固体物理第五章答案
固体物理第五章习题及答案
.
从上式可以看出，当电子从外场力获得的能量又都输送给了晶格时, 电子的有效质量 m* 变 为 . 此时电子的加速度
a= 1 F =0
m*
,
即电子的平均速度是一常量. 或者说, 此时外场力与晶格作用力大小相等, 方向相反. 11. 万尼尔函数可用孤立原子波函数来近似的根据是什么?
[解答] 由本教科书的（5.53）式可知, 万尼尔函数可表示为
m* = 1 m 1 + 2Tn
Vn <1.
10. 电子的有效质量 m* 变为 的物理意义是什么?
[解答] 仍然从能量的角度讨论之. 电子能量的变化
(dE)外场力对电子作的功 = (dE)外场力对电子作的功 + (dE)晶格对电子作的功
m*
m
m
=
1 m
(dE ) 外场力对电子作的功
− (dE)电子对晶格作的功
i 2 nx
V (x) = Vne a
n
中, 指数函数的形式是由什么条件决定的?
[解答] 周期势函数 V(x) 付里叶级数的通式为
上式必须满足势场的周期性, 即
V (x) = Vneinx
n
显然
V (x + a) = Vnein (x+a) = Vneinx (eina ) = V (x) = Vneinx
Es (k)
=
E
at s
− Cs
−
Js
e ik Rn
n
即是例证. 其中孤立原子中电子的能量 Esat 是主项, 是一负值, − Cs和 − J s 是小量, 也是负 值. 13. 紧束缚模型下, 内层电子的能带与外层电子的能带相比较, 哪一个宽? 为什么?
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。
固体物理第5章_能带理论_习题参考答案
第六章 能带理论 (习题参考答案)1. 一矩形晶格，原胞长10a 210m-=⨯，10b410m-=⨯（1）画出倒格子图（2）以广延图和简约图两种形式，画出第一布里渊区和第二布里渊区（3）画出自由电子的费米面（设每个原胞有2个电子）解：（1）因为a =a i=20A i b =b j=40A j倒格子基矢为12a iA*=, 014bj A*=以a *b *为基矢构成的倒格子如图。
由图可见，矩形晶格的倒格子也是矩形格子。
(2)取任一倒格子点O作为原点，由原点以及最近邻点A i,次近邻点B i的连线的中垂线可以围成第一，第二布里渊区，上图这就是布里渊区的广延图。
如采用简约形式，将第二区移入第一区，我们得到下图。
(3) 设晶体中共有N个原胞，计及自旋后，在简约布里渊区中便有2N个状态。
简约布里渊区的面积21()8A a bA ***-=⨯=而状态密度22()16()N g K N A A*==当每个原胞中有2个电子时，晶体电子总数为 22()216Fk FN g k kdk N k ππ=⨯=⎰所以1/211111()0.2()210()8F k A m π---=≈=⨯这就是费米圆的半径。
费米圆如下图所示2. 已知一维晶体的电子能带可写成()2271cos cos 2,88E k ka ka m a ⎛⎫=-+⎪⎝⎭式中a 是晶格常数。
试求： （i ）能带的宽度；（ii ）电子在波矢k 状态时的速度； （iii ）能带底部和顶部电子的有效质量。
()()()()()()()()22222m in 2m ax 22m ax m in 22222m in 71cos cos 2,8811cos 24400,2;221sin 24sin 404k i E k ka ka m a ka m a k E k E am a E E E m am aii v E kv ka ka m aiii E k kk E E mπ⎛⎫=-+⎪⎝⎭⎡⎤=--⎢⎥⎣⎦====∆=-=∴=∇∴=--==+解：当时，当时，能带的宽度为：在能带底部，将在附近用泰勒级数展开，可得：()()()22m in 22m ax 22m ax 220342203k E mm m E k k E E k mk E mm m ππδδδ****=+∴===-=+∴=-在能带顶部，将在附近用泰勒级数展开，令k=+k 可得：aa3. 试证明：如果只计及最近邻的相互作用，用紧束缚方法导出的简单立方晶体中S 态电子的能带为()2cos 2cos 2cos 2s x y z E k E A J ak ak ak πππ⎡⎤=--++⎣⎦并求能带的宽度。
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 。
王淑华版固体物理第五章答案
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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
黄昆版固体物理学课后答案解析答案 (2)
《固体物理学》习题解答黄昆 原着 韩汝琦改编 （陈志远解答，仅供参考）第一章 晶体结构、解：实验表明，很多元素的原子或离子都具有或接近于球形对称结构。
因此，可以把这些原子或离子构成的晶体看作是很多刚性球紧密堆积而成。
这样，一个单原子的晶体原胞就可以看作是相同的小球按点阵排列堆积起来的。
它的空间利用率就是这个晶体原胞所包含的点的数目n 和小球体积V 所得到的小球总体积nV 与晶体原胞体积Vc 之比，即：晶体原胞的空间利用率， VcnVx = （1）对于简立方结构：（见教材P2图1-1） a=2r ， V=3r 34π，Vc=a 3，n=1∴52.06r8r34a r 34x 3333=π=π=π=（2）对于体心立方：晶胞的体对角线BG=x 334a r 4a 3=⇒= n=2, Vc=a 3∴68.083)r 334(r 342a r 342x 3333≈π=π⨯=π⨯= （3）对于面心立方：晶胞面对角线BC=r 22a ,r 4a 2=⇒= n=4，Vc=a 3（4）对于六角密排：a=2r 晶胞面积：S=6260sin a a 6S ABO ⨯⨯=⨯∆=2a 233 晶胞的体积：V=332r 224a 23a 38a 233C S ==⨯=⨯ n=1232126112+⨯+⨯=6个（5）对于金刚石结构，晶胞的体对角线BG=3r 8a r 24a 3=⇒⨯= n=8, Vc=a 3、试证：六方密排堆积结构中633.1)38(ac 2/1≈=证明：在六角密堆积结构中，第一层硬球A 、B 、O 的中心联线形成一个边长a=2r 的正三角形，第二层硬球N 位于球ABO 所围间隙的正上方并与这三个球相切，于是：NA=NB=NO=a=2R.即图中NABO 构成一个正四面体。
…、证明：面心立方的倒格子是体心立方；体心立方的倒格子是面心立方。
证明：（1）面心立方的正格子基矢（固体物理学原胞基矢）：123()2()2()2a a j k a a i k a a i j ⎧=+⎪⎪⎪=+⎨⎪⎪=+⎪⎩r r r r r rr r r由倒格子基矢的定义：1232()b a a π=⨯Ωr r r31230,,22(),0,224,,022a a a a a a a a a a Ω=⋅⨯==r r rQ ，223,,,0,()224,,022i j ka a a a a i j k a a ⨯==-++r rr r r r r r同理可得：232()2()b i j k ab i j k aππ=-+=+-r rr r r r r r 即面心立方的倒格子基矢与体心立方的正格基矢相同。
《固体物理》第5章课后题目答案
1、什么是Peierl不稳定性和Peierls相变？【解答】：假设的晶格内原子状态：假定一维系统是由晶格常数为 a 的N个原子组成，每个晶格原胞只带一个传导电子，电子波函数满足周期条件；第一布里渊区边缘在±π/a，第一布里渊区可以填充2N个电子，因为N个价电子正好填充了最低能带的一半，费米能量恰好位于能带1/2处(Kf=±π/2a)，空能级和占据能级各一半。
然而，Peierls指出这种等距离排列的一维晶格是不稳定的，在低温下，原子发生移动，晶格常数由a变为2a，即第一布里渊区边缘移至费米面且打开了一个能隙，系统总能量降低（。
这就说明，原来等距离排列的具有较高能量的一维晶格经原子移动后变成具有较低能量的畸变晶格，所以原来的晶格是不稳定的。
经过晶格畸变，从半满能带的导体变成为稳定的只有满带和空带的半导体，这就是Peierls不稳定性。
只有在0K时，体系才完全处于上述半导体基态中，当T升高，晶格原子的振动逐步加强以至畸变模糊。
存在相变温度Tp，T＜Tp，体系呈现半导体；T≥Tp，体系相变为导体，这种半导体变为导体的相变称为Peierls相变。
2、简述金刚石、石墨的结构和物性，比较它们性质的异同？【解答】：金刚石和石墨的化学成分都是碳，科学家们称之为“同质多像变体”，也有人称“同素异形体”。
从这种称呼可以知道它们具有相同的“质”，但“形”或“性”却不同，且有天壤之别，金刚石是目前最硬的物质，而石墨却是最软的物质之一。
大家都知道铅笔芯就是用石墨粉和粘土配比而制成的，石墨粉多则软，用“B“表示，粘土掺多了则硬，用“H”表示。
矿物学家用摩氏硬度来表示相对硬度，金刚石为10，而石墨的摩氏硬度只有1。
它们的硬度差别那么大，关键在于它们的内部结构有很大的差异。
石墨内部的碳原子呈层状排列，一个碳原子周围只有3个碳原子与其相连，碳与碳组成了六边形的环状，无限多的六边形组成了一层。
层与层之间联系力非常弱，而层内三个碳原子联系很牢，因此受力后层间就很容易滑动，这就是石墨很软能写字的原因。
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=
a a i ， j 2 2
由 Es = at －A－B e ik e ik a e ik a e ik a s
x x y y
a
带顶位置：Kx =π ／a
= at －A－2B（Coskxa+Coskya） s 在第一 B.Z 区 带底位置：Kx =Ky =0, Ky =π ／a 带宽：8B （2）mxx* =
(3)
K(x)= l f(x－la)
(f 为某一确定函数)
求电子在这些状态的波矢 K(a 为晶格常数)
解：(1) K(x)=sin a x K(x+na)=sin a (x+na)=sin( a x+n) =(-1)n sin( a x )=(-1)n K(x)
at at
当 Kx=Ky=Kz=π ／a 时
能带宽度＝Ema x－Emin ＝12B
（3）当 Kx, Ky, Kz 均趋于零时
2 2 2 2 Ky a Kx a K z2 a 1 1 at 2 2 ） Es （ k ） E s —A—2B（1— 2
=
a2 2 2 2 3 K K K x y z at E s —A—2B 2
1.在近邻近似下，按紧束缚近似，针对简立方晶体 S 能带
（ 1） （ 2） （ 3）
. 计算 Es ～ k 关系； . 求能带宽度； . 讨论在第一 B·Z 中心附近等能面的形状。
注：CosX=1－X2/(2！) + X4/(4！) －……
解： （1）.对简立方，最近邻原子处于 Es = s －A－B e
a i ( k x k y kz ) 2
e
a i ( k x k y kz ) 2
e
a i ( k x k y kz ) 2
=E s －A－2B×
at
a ia a (k k ) a i ( kx ky ) a a 2 x y a a e cos kz i ( k x k y ) cos kz kz i 2 ( k x k y ) kz e 2 2 2 2 +e cos 2 + e cos 2 + a i kx 2 a a a i k x a cos ky e 2 cos ky 2 2 cos 2 kz
at s at
Es min =E s －A－8B Es ma x=E s －A+8B
at
当 Kx=Ky=Kz=2π ／a 或 kx=2π /a;ky=kz=0 时
能带宽度＝Ema x－Emin ＝16B 3．一个晶格常数为 a 的二维正方晶格，求： （1）用紧束缚近似求 S 能带表示式，能带顶及能带底的位置及能带 宽度； （2）带底电子和带顶空穴的有效质量； （3）S 带电子的速度表示式 解： （1）选某一原子为坐标原点，最近邻的原子有四个，位置为 Rn
0
0
Ef
Ef
0
4Vc (2m) 3 2 12 E dE h3
4V 2 3 = 3 c (2m) 3 2 E f 2 3 h
4V 2 = 3 c (k f ) 3 3 h
N Vc
1 3
=
Vc K 3 f 3 2
又 价电子浓度 n=
N Vc
所以 Kf=(32 ) = (32n)1/3
(3)
沿Γ K（Kz=0, Kx= Ky=2π δ ／a，０≤δ ≤3/4）
E=Esa －A－4B（cos 2δ π ＋2cosδ π ） (4) 沿Γ W（Kz=0, Kx=2π δ ／a，Ky=π δ ／a，０≤δ ≤1） E=Esa －A－4B（cos δ π × cosδ π /2－cosδ π －cos δ π /2） 解：面心立方最近邻的原子数为 12，根据禁束缚近似 S 带计算公
D(E)=
2
dk dE L 2
证：一维 K 空间，K 点密度为
因为 E(K)是偶函数， dE 间隔对应正、 负二个 dk, 所以在 dk 对应 的能量间隔 dE 间，第 n 个能带对应的电子状态数 dz＝4× ∴
L 2L dk= dk 2 2 L dk D(E) = dE
又有 dz=D(E)dE
2 N K＝ na
6.已知一维晶体的电子能带可写成
2 7 1 2 E( k )= ma ( 8 －coska+ 8 cos2ka)
其中 a 为晶格常数，求（1）能带宽度； （2）电子在波矢 k 状态的速度； （3）带顶和带底的电子有效质量。
解： （1）
2 7 1 2 E(k)= ma ( 8 －coska+ 8 cos2ka) 2 7 1 2 = ma 8 －coska+ 8 (2cos 2ka－1)]
则
Es ( k )=E s －A－B e
at
a i ( k x k y kz ) 2
e 2
a i ( k x k y kz )
+e
a i ( k x k y k z ) 2
e
a i (kx k y kz ) 2
+e
a i ( k x k y kz ) 2
e
m*
2
2E K 2
(3) = m (coska－1/2 cos2ka)－1 当 k=0 时 为带底，m* ＝2m; 当 k=π /a 时 为带顶，m*＝－2m/3 7. 证明面心立方晶体 S 电子能带 E（K）函数沿着布里渊区几个主要 对称方向上可化为： (1) 沿Γ X（Ky=Kz=0, Kx=2π δ ／a，０≤δ ≤1） E=Esa －A－4B（1＋2cos δ π ） (2) 沿Γ L（Kx=Ky=Kz= 2π δ ／a，０≤δ ≤1/2） E=Esa －A－12Bcos 2δ π
2 E
2
.= 2 /(2a2BcosKxa)
Kx
2
myy* =
2
ห้องสมุดไป่ตู้E
2
.= 2 /(2a2BcosKya)
mxy* = myx* =0
Ky
2
把带底位置 Kx =Ky =0 代入 得：mxx* = myy* = m*= 2 /(2a2B) 把带顶位置：Kx =π ／a，Ky =π ／a 代入 得：mxx* = myy* = m*= － 2 /(2a2B) 带顶空穴有效质量 mh * =－ m*= 2 /(2a2B) （3） v ▽kEs( k )=
1
1 *2aB(sinKxa i +sinKya j )
4．利用一维 Bloch 电子模型证明：在布里渊区边界上，电子的能量 取极值。 解：由教材式（6－76） 、 （6－77） E ＋＝Th + |Vh | + Th(2Th /|Vh | +1)Δ
E＋
２
E_＝Th －|Vh|－Th (2Th /|Vh|－1)Δ ＝2Th(2Th /|Vh| +1)Δ ＝0 处
Cu 的费米能 Ef=7.0ev，试求电子的费米速度 Vf。在 273K 时，Cu 的电 阻率为Ρ ＝1.56×10-8Ω ·m,试求电阻的 0 平均自由时间τ 和平均自 由程 。
解：对金属处于费米面上的电子，其能量 其速度 又因为
K f m 2E f m
2K 2 E f＝ 2m
Vf＝
＝
K f＝
mV f
＝
2mE f
由第 9 题 又有
Kf＝（3π 2ne）1/3
ne＝
m
比较以上二式可得价电子密度 由（7－41）式 所以
(k f )＝
＝ ＝ 2 ne e ( k f )
1
m 2V f3 3 2 3
考虑到自旋， v 内的状态数 d Z=
2Vc 2 3 4 k dk (2 )
dz 4Vc (2m) 3 2 12 D= E dE h3
对索未菲自由电子
1 e
( E E f ) / KT
Ef=
2k 2 f 2m
T＝0 时
电子均有费米球内 f =
1
=1
常温时.费米能级略有下降，电子仍基本均在费米球内 电子数 N= f·D·dE= DdE =
n =1.36 时，费米球与 fcc 第一布里渊区的边界接 na
TL 距离为
2 a
由上题费米球半径为 Kf=(32n)1/3
f. c.c
原子密度为 na ＝
4 a3
当 n=1.36na
136 . 4 时 a3
Kf=(32×
136 . 4 1/3 ) 5.4/a 所以费米球与 f.c.c 的第一 b.z 相切。 a3
∴eikna =(-1)n =ei (n+2m)
2m K ＝ a （1 ＋ n ）
(m 也为整数) kna=(n+2m) 所以
8 (2) K(x)=icos[ a x] 8 K(x+na)=icos[ a (x+na)] 8 =icos( a x+8n)= K(x)
∴e
(3)
当 L＝1(单位长度)时.
D(E)=
2 dk dE
9.索未菲自由电子模型，证明在 k 空间费米球半径为：Kf=(32n)1/3 其 中 n 为电子浓度 证： 对自由电子 E＝ 体积 v=4k2dk dk=
1 1 m2 · E 2 dE 2
2k 2 2m
在 k 空间等能面为球面，二等能面间
式， （教材 P184）