固体物理答案第3章
(完整版)固体物理胡安第三章课后答案
3.1 在单原子组成的一维点阵中，若假设每个原子所受的作用力左右不同，其力常数如图所示相间变化，且21。
试证明在这样的系统中，格波仍存在着声频支和光频支，其格波频率为21221221212)2(sin 411M）（qa 证明：第2n 个原子所受的力121122221212121222)()()(n nn n nn nnuu u u u u u F 第2n+1个原子所受的力nn n n nn nnu u u u u u u F 22121122112221222112)()()(这两个原子的运动方程：212222112121122112222()()n n n n nn n nmu u u u mu u u u &&&&方程的解qan t inqan t in Beu Aeu 2)12(122)2(2代入到运动方程，可以得到BA e eBmAB eeAmqaiqa iq a i q a i )()(21222122122212经整理，有)()(22122212221221B mA eeB eeAmqa iqa iqa iq ai 若A ，B 有非零解，系数行列式满足22212122221212,,aai q i q a a i q i q me eee m根据上式，有21221221212)2(sin 411M）（qa 3.3(a) 设单原子链长度L=Na波矢取值2qhNa每个波矢的宽度2qNa，状态密度2Na dq 间隔内的状态数2Nadq ，对应±q ，ω取相同值因此22Na dqdq一维单原子链色散关系，4sin 2aqm 令4,sin2aq m两边微分得到cos22aaq ddq将220cos12aq 代入到0cos22aaq ddq22222,2a dq ddq da频率分布函数2222122122Na NaN dadq3.4三维晶格振动的态密度为3(2)V 根据态密度定义3()(2)|()|qV dS q r ＝对2qAq两边微分得到2d q Aqdq在球面上2qd Aq dq，半径01qA代入到态密度函数得到21/23323/2144,2422qV qV AV AAAq最小截止频率m001/223/234mmV dd NA可得2/32min 06N AV所以1/2min 023/2,4VA在0min或时，是不存在频率ω的分布的，也就不会有频率分布的密度。
(完整word版)阎守胜答案
固体物理基础习题解答第一章 金属自由电子气体模型思 考 题1.如何理解电子分布函数)(E f 的物理意义是： 能量为E 的一个量子态被电子所占据的平均几率?[解答]金属中的价电子遵从费密-狄拉克统计分布， 温度为T 时, 分布在能级E 上的电子数目1/)(+=-T k E E B F e g n ,g 为简并度, 即能级E 包含的量子态数目. 显然， 电子分布函数11)(/)(+=-T k E E B F e E f是温度T 时, 能级E 的一个量子态上平均分布的电子数。
因为一个量子态最多由一个电子所占据, 所以)(E f 的物理意义又可表述为： 能量为E 的一个量子态被电子所占据的平均几率。
2.绝对零度时, 价电子与晶格是否交换能量？［解答]晶格的振动形成格波，价电子与晶格交换能量，实际是价电子与格波交换能量。
格波的能量子称为声子， 价电子与格波交换能量可视为价电子与声子交换能量。
频率为i ω的格波的声子数11/-=T k i B i e n ω .从上式可以看出, 绝对零度时， 任何频率的格波的声子全都消失。
因此， 绝对零度时， 价电子与晶格不再交换能量.3.你是如何理解绝对零度时和常温下电子的平均动能十分相近这一点的?[解答］自由电子论只考虑电子的动能. 在绝对零度时, 金属中的自由（价)电子, 分布在费密能级及其以下的能级上， 即分布在一个费密球内。
在常温下, 费密球内部离费密面远的状态全被电子占据, 这些电子从格波获取的能量不足以使其跃迁到费密面附近或以外的空状态上， 能够发生能态跃迁的仅是费密面附近的少数电子, 而绝大多数电子的能态不会改变。
也就是说， 常温下电子的平均动能与绝对零度时的平均动能一定十分相近。
4.晶体膨胀时, 费密能级如何变化?［解答] 费密能级3/2220)3(2πn m E F=,其中n 是单位体积内的价电子数目. 晶体膨胀时, 体积变大, 电子数目不变, n 变小， 费密能级降低. 5.为什么温度升高, 费密能反而降低？[解答］当0≠T 时， 有一半量子态被电子所占据的能级即是费密能级. 温度升高， 费密面附近的电子从格波获取的能量就越大, 跃迁到费密面以外的电子就越多， 原来有一半量子态被电子所占据的能级上的电子就少于一半, 有一半量子态被电子所占据的能级必定降低. 也就是说, 温度升高， 费密能反而降低. 6.为什么价电子的浓度越大， 价电子的平均动能就越大?[解答］由于绝对零度时和常温下电子的平均动能十分相近，我们讨论绝对零度时电子的平均动能与电子浓度的关系.价电子的浓度越大价电子的平均动能就越大, 这是金属中的价电子遵从费密—狄拉克统计分布的必然结果. 在绝对零度时， 电子不可能都处于最低能级上， 而是在费密球中均匀分布。
固体物理第三章习题答案
1
4 u n
( ij u )
i j
右边
1
1
4 u n
i(n)
( in u
i(n)
2
2 in
j(n)
nj
u )
2
2 nj
4 u n
( in ( u n u i )
j(n)
nj
nj
(u j u n ) )
T 成正比，说明德拜模型 温的情况下。
3－ 5 设想在一维单原子晶格
中，只激发出一个动量
为
q ( q 0 )的声子，试证明晶体并
不因此而获得物理动量
。
证明：先证下面的式子 1 N
'
： l l l l
' '
e
n
ina ( q l q ' )
l
ll '
1, 0,
略去 项，（因为低温，
1）
d
C
T
m
l
M M
0
a
e
k BT
1
l
M
a
T
0
d
似为无穷大 )
e
k BT
1
(因为低温，频率低的占
主要，所以上限可以近
l
M k T
2 B
a
(e
0
x e
x
2
x 2
1)
2
(整理)固体物理课后习题与答案
第一章 金属自由电子气体模型习题及答案1. 你是如何理解绝对零度时和常温下电子的平均动能十分相近这一点的？[解答] 自由电子论只考虑电子的动能。
在绝对零度时，金属中的自由（价）电子，分布在费米能级及其以下的能级上，即分布在一个费米球内。
在常温下，费米球内部离费米面远的状态全被电子占据，这些电子从格波获取的能量不足以使其跃迁到费米面附近或以外的空状态上，能够发生能态跃迁的仅是费米面附近的少数电子,而绝大多数电子的能态不会改变。
也就是说，常温下电子的平均动能与绝对零度时的平均动能十分相近。
2. 晶体膨胀时，费米能级如何变化？[解答] 费米能级3/222)3(2πn mE o F= ， 其中n 单位体积内的价电子数目。
晶体膨胀时，体积变大，电子数目不变，n 变小，费密能级降低。
3． 为什么温度升高，费米能反而降低？[解答] 当K T 0≠时，有一半量子态被电子所占据的能级即是费米能级。
除了晶体膨胀引起费米能级降低外，温度升高，费米面附近的电子从格波获取的能量就越大，跃迁到费米面以外的电子就越多，原来有一半量子态被电子所占据的能级上的电子就少于一半，有一半量子态被电子所占据的能级必定降低，也就是说，温度生高，费米能反而降低。
4． 为什么价电子的浓度越大，价电子的平均动能就越大？[解答] 由于绝对零度时和常温下电子的平均动能十分相近，我们讨论绝对零度时电子的平均动能与电子的浓度的关系。
价电子的浓度越大，价电子的平均动能就越大，这是金属中的价电子遵从费米—狄拉克统计分布的必然结果。
在绝对零度时，电子不可能都处于最低能级上，而是在费米球中均匀分布。
由式3/120)3(πn k F =可知，价电子的浓度越大费米球的半径就越大，高能量的电子就越多，价电子的平均动能就越大。
这一点从3/2220)3(2πn m E F=和3/222)3(10353πn mE E oF ==式看得更清楚。
电子的平均动能E 正比于费米能o F E ，而费米能又正比于电子浓度32l n。
固体物理答案第三章1
Ae i ωt naq
Be i ωt naq
2n i ωt a b q 2
将 x 2n , x 2n 1 的值代回方程得到色散关系
β1 β 2 ω 2mM
2
m M
3.3 一维复式格子，原子质量都为m,晶格常数为a，任一个原
子与最近邻原子的间距为b,若原子与最近邻原子和次近邻原子 的恢复力常数为 β 和 β ，试列出原子的运动方程并求出色散 关系。
1
2
3
n-1
n a
n+1 n+2
N-1 N
解： 此题为一维双原子链。设第 n 1, n, n 1, n 2 个原子的 位移分别为 un1 , un , un1 , un 2 。第 n 1 与第 n 1 个原子属 于同一原子，第 n 与第 n 2 个原子属于同一原子，于是
m M
2
16mMβ1 β2 2 aq sin 2 2 β1 β 2
（2）（a）当上式取‘+’号时为光学波 β1 β 2 8mMβ1 β2 2 2 1 cosaq ωo m M m M 2 2mM β1 β 2
2 1 2 2 1 iqa 2 2 1 1 2
由于A和B不可能同时为零，因此其系数行列式必定为零，即
β β mω β β e 0 β β mω β β e
2 iqa 1 2 2 1 iqa 2 2 1 1 2
解上式可得
12 2 β1 β2 2m 4m2 16m β1 β2 sin2 qa 2 ω 2 2 2m β1 β2 2 12 β1 β2 1 1 4β1 β2 sin2 qa 2 m 2 β1 β2
固体物理（胡安）课后答案（可编辑）
固体物理(胡安)课后答案第一章晶体的结构及其对称性1.1石墨层中的碳原子排列成如图所示的六角网状结构,试问它是简单还是复式格子。
为什么?作出这一结构所对应的两维点阵和初基元胞。
解:石墨层中原子排成的六角网状结构是复式格子。
因为如图点A和点B的格点在晶格结构中所处的地位不同,并不完全等价,平移A→B,平移后晶格结构不能完全复原所以是复式格子。
1.2在正交直角坐标系中,若矢量,,,为单位向量。
为整数。
问下列情况属于什么点阵?(a)当为全奇或全偶时;(b)当之和为偶数时。
解:当为全奇或全偶时为面心立方结构点阵,当之和为偶数时是面心立方结构1.3 在上题中若奇数位上有负离子,偶数位上有正离子,问这一离子晶体属于什么结构?解:是离子晶体,属于氯化钠结构。
1.4 (a)分别证明,面心立方(fcc)和体心立方(bcc)点阵的惯用初基元胞三基矢间夹角相等,对fcc为,对bcc为(b)在金刚石结构中,作任意原子与其四个最近邻原子的连线。
证明任意两条线之间夹角θ均为解:(1)对于面心立方 (2)对于体心立方 (3)对于金刚石晶胞1.5 证明:在六角晶系中密勒指数为(h,k,l)的晶面族间距为证明:元胞基矢的体积倒格子基矢倒格矢:晶面间距1.6 证明:底心正交的倒点阵仍为底心正交的。
证明:简单六角点阵的第一布里渊区是一个六角正棱柱体底心正交点阵的惯用晶胞如图: 初级晶胞体积: 倒易点阵的基矢: 这组基矢确定的面是正交底心点阵1.7 证明:正点阵是其本身的倒易点阵的倒格子。
证明:倒易点阵初级元胞的体积:是初基元胞的体积而由于而或:现在证明: 又令又:代入同理 1.8 从二维平面点阵作图说明点阵不可能有七重旋转对称轴。
解: 1.9 试解释为什么:(a)四角(四方)晶系中没有底心四角和面心四角点阵。
(b)立方晶系中没有底心立方点阵。
(c)六角晶中只有简单六角点阵。
解:(a)因为四方晶系加底心,会失去4次轴。
(b)因为立方晶系加底心,将失去3次轴。
固体物理参考答案(前七章)
固体物理习题参考答案（部分）第一章 晶体结构1.氯化钠：复式格子，基元为Na +，Cl -金刚石：复式格子，基元为两个不等价的碳原子 氯化钠与金刚石的原胞基矢与晶胞基矢如下：原胞基矢)ˆˆ()ˆˆ()ˆˆ(213212211j i a a i k a a k j a a +=+=+= ， 晶胞基矢 ka a j a a ia a ˆˆˆ321===2. 解：31A A O '：h:k;l;m==-11:211:11:111:1:-2:1 所以（1 1 2 1） 同样可得1331B B A A ：（1 1 2 0）； 5522A B B A ：（1 1 0 0）；654321A A A A A A ：（0 0 0 1）3.简立方： 2r=a ，Z=1,()63434r 2r a r 3333πππ===F体心立方：()πππ833r4r 342a r 3422a 3r 4a r 4a 33333=⨯=⨯=∴===F Z ，，则面心立方：()πππ622r 4r 34434442r 4a r 4a 233ar 33=⨯=⨯=∴===F Z ，，则 六角密集：2r=a, 60sin 2c a V C = a c 362=,πππ622336234260sin 34223232=⨯⨯⨯=⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛a a c a r F a金刚石：()πππ163r 38r 348a r 3488Z r 8a 33333=⨯=⨯===F ，， 4. 解：'28109)31arccos(312323)ˆˆˆ()ˆˆˆ(cos )ˆˆˆ()ˆˆˆ(021*******12211=-=-=++-⋅+-=⋅=++-=+-=θθa a k j i a k j i a a a a a kj i a a kj i a a 5.解：对于（110）面：2a 2a a 2S =⋅=所包含的原子个数为2，所以面密度为22a2a22=对于（111）面：2a 2323a 22a 2S =⨯⨯= 所包含的原子个数为2，所以面密度为223a34a 232=8.证明：ABCD 是六角密堆积结构初基晶胞的菱形底面，AD=AB=a 。
固体物理习题带答案
第二章：原子的结合
1． 设原子间的互作用能表示为 u (r ) 态，则 n>m. 解：原子间的相互作用能为： u (r )
作用能处于极小值： 这时有
r
m
rn
。证明：要使两原子处于平衡状
r
m
rn
。若两原子处于平衡状态时，则其相互
du (r ) (m) m 1 (n) n 1 dr r r
子晶格的情形比较， 与 q 之间存在着两种不同的色散关系。一维复式晶体中可以存在两 种独立的格波。两种不同的格波的色散关系：
2 2
(m M ) 4mM {1 [1 sin 2 aq]1 / 2 } 2 mM (m M ) (m M ) 4mM {1 [1 sin 2 aq]1 / 2 } 2 mM (m M )
xn (t ) A cos(t 2 naq) 。试求格波的色散关系。
解：一维单原子链中，牛顿方程为：
n ( x n 1 xn 1 2 xn ) m x
若将其振动位移写成 xn (t )
A cos(t 2 naq) 代入牛顿方程，则有
2
2 [1 cos(2aq)] 因此其色散关系为 m
0 。 所 以 有
r0
m
r0
m 1
n
r0
n 1
。所以
m nm r0 。 n
0
r0
同
时
有
d 2u ( r ) (m)( m 1) m 2 (n)( n 1) n 2 2 dr r r
。
所
以
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3．1 已知一维单原子链，其中第j 个格波，在第n 个格点引起的位移nj μ为：
sin()
nj j j j j a t naq μωδ=++
j δ为任意相位因子。
并已知在较高温度下每个格波的平均能量为B k T 。
具体计算每
个原子的平方平均位移。
解：（１）根据2011
sin ()2
T j j j t naq dt T ωδ⎰++= 其中2j
T π
ω=
为振动周期，
所以222
21
sin ()2
nj j j j j j a t naq a μωδ=++=
（２） 第j 个格波的平均动能 （３） 经典的简谐运动有：
每个格波的平均动能＝平均势能＝1
2格波平均能量＝12
B k T 振幅222B j j k T a Nm ω=
， 所以 2
22
12B nj j j
k T a Nm μω==。
而每个原子的平方平均位移为：222221
()2
B n nj nj j j
j
j
j
j
k T
a Nm μμμω====∑∑∑∑。
３．２讨论N 个原胞的一维双原子链（相邻原子间距为a ），其２N 个格波的解。
当m M =时与一维单原子链一一对应。
解：（１）一维双原子链： 22q a a
π
π
-
≤<
声学波：1
222
2
411sin ()m M mM aq mM m M ωβ-⎧⎫⎡⎤+⎪⎪=--⎨⎬⎢⎥+⎣⎦⎪⎪
⎩⎭
当m M =时，有
2
224(1cos )sin 2
aq
aq m m ββω-=
-= 。
光学波：1
222
2
411sin ()m M mM aq mM m M ωβ+⎧⎫⎡⎤+⎪⎪=+-⎨⎬⎢⎥+⎣⎦⎪⎪
⎩⎭
当m M =时，有
2
2
24(1cos )cos 2
aq
aq m m ββω+=
+= 。
（２）一维双原子链在m M =时的解 22224sin 2422cos 2aq m q aq a
a
m βωπ
π
βω-+⎧=⎪⎪-
≤<
⎨
⎪=⎪⎩
与一维单原子链的解 224sin 2
aq
q m a
a
βπ
π
ω=-
≤<
是一一对应的。
3．5已知NaCl 晶体平均每对离子的相互作用能为： 其中马德隆常数 1.75,9a n ==,平衡离子间距0 2.82r =?。
（１） 试求离子在平衡位置附近的振动频率。
（２） 计算与该频率相当的电磁波的波长，并与NaCl 红外吸收频率的测量只值
61μ进行比较。
解：（1）处理小振动问题，一般可采用简谐近似，在平衡位置附近，可将互作用能展开至偏差0r r δ=-的二次方项。
224
00002
00
()()1()()()2U r U r U r U r O δδδδδδδδδδ==∂+∂++=+⋅+⋅+∂∂ （1） 其中
00
()
0U r δδδ=∂+=∂ 为平衡条件。
由0r 已知可确定β：
2
10n q r n
αβ-=。
（2）
根据（1）式，离子偏离平衡位置δ所受的恢复力为：
2'
002
()()U r U r F δδδδβδδδ=∂+∂+=-=-⋅=-∂∂ （3）
故恢复力常数为0
2'
2
23
()1r U r n q r r βα∂-==∂。
（4） 对于离子晶体的长光学波，
(0)ω+=
= （5） 将Na 的原子质量2423 1.6610m g -=⨯⨯, Cl 的原子质量2435.5 1.6610M g -=⨯⨯， 基本电荷电量104.80310q esu -=⨯ 代入上式，得 （２） 相对应的电磁波波长为
8614
22 3.14 2.998101710171.1110
c m m π
λμω-⨯⨯⨯===⨯=⨯ （6） 对应与远红外波，与NaCl 红外吸收频率测量值在同一数量级。
[注：如采用国际单位制进行计算，因在（2）式前乘一因子
90
18.99104k πε=
=⨯牛顿米2
/库仑 ]
3．6 求出一维单原子链的频率分布函数()ρω。
解：一维单原子链的色散关系为： 222
2
4sin sin 22
m aq aq m βωω=
=，
其中m ω= sin
2
m aq
ωω=,
振动模式的数目：2222cos
22
m Na Na d dn dq a aq ωωππω=⨯
=⨯⨯=
所以()0m m
g ωωωωω≤=>⎩
3．7设三维晶格的光学振动在0q =附近的长波极限有：
求证：频率分布函数为 12
023/201()()40V g A ωωωωωπωω⎧-<⎪=⎨⎪≥⎩
证明：由20()q Aq ωω=-， 得()2q q Aq ω∇=。
故频率分布函数为 12
023/201()()40V g A ωωωωωπωω⎧-<⎪=⎨⎪≥⎩
3．8有N 个相同原子组成面积为S 的二维晶格，在德拜近似下，计算比热，并讨论在低温极限比热正比于2T 。
解：（1）q r
空间的状态密度为
2
(2)
S
π。
每个q r
对应一个纵波，c q ω=P ， 每个q r
对应一个横波，c q ω⊥=。
所以d ω范围的状态数应包括纵波和横波的状态数： 其中
2
221111()2c c c
⊥
=
+P 由于晶格振动模数有限，则晶格振动最高频率由
决定。
由此得12
4()D N c S
πω=。
比热222
2
2
()()()2(1)(1)B B D D B B k T k T B
B
V B B k T
k T
e e k T k T S c k g d k d c
e
e
ω
ω
ωωω
ω
ωωωωωωπ==--⎰⎰
h h h h h h
令B x k T
ω
=
h ， D B D k ω=Θh , D Θ—德拜温度。
322
04()(1)D x
T v B x D T x e c Nk dx e Θ=Θ-⎰。
（2）在低温极限 0T →，
D
T
Θ→∞，
322
22
04()24()(1)x v B B x D D
T x e T c Nk dx Nk T e ∞==∝Θ-Θ⎰， 与三维情况下的德拜3T 律相对应。
3．10设晶体中每个振子的零点震动能12
ωh ，试用德拜模型求晶体的零点振动能。
解： 根据德拜理论，cq ω=，可得晶格频率分布函数为
223
3()2V
g c
ωωπ=。
存在m ω，在m ωω≤范围的振动都可用弹性波近似，m ω则根据自由度确定如下：
2
230
3()32m
m V g d d N c ωωωωωωπ==⎰
⎰。
或1
3
26()m N c V ωπ⎡⎤=⎢⎥⎣
⎦。
因此固体总的零点振动能为
00
19
()28
m m E g d N ωωωωω==⎰
h h 。
3．11一维复式格子245 1.6710m g -=⨯⨯，4M
m
=， 1.510/N m
β=⨯（即41.510/)dyn cm ⨯，求：
（１） 光学波max O ω，min O ω， 声学波max A ω。
（２） 相应声子能量是多少电子伏特。
（３） 在300K 时的平均声子数。
（４） 与max O ω相对应的电磁波在什么波段。
解：（1） （2）ε=h ω
（3）在300T K =相应的能量：
因此在室温只能激发声学声子，平均声子数为
（4）8513
max
22 3.14 2.98810 2.810286.7010
O c
m m πλμω-⨯⨯⨯=
==⨯=⨯。
此波长处在红外波段。