黄昆版固体物理学课后答案解析答案

《固体物理学》习题解答
黄昆 原著 韩汝琦改编 （陈志远解答，仅供参考)
第一章 晶体结构
1。

1、
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， Vc
nV
x = （1）对于简立方结构:（见教材P2图1-1）
a=2r ， V=
3
r 3
4π，Vc=a 3,n=1 ∴52.06r 8r
34a r 34x 3
333=π=π=π= （2）对于体心立方:晶胞的体对角线BG=x 3
3
4a r 4a 3=⇒= n=2， Vc=a 3
∴68.083)r 3
34(r 342a r 342x 3
3
33≈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
74.062)
r 22(r 344a r 344x 3
3
33≈π=π⨯=π⨯= (4）对于六角密排：a=2r 晶胞面积：S=62
60sin a a 6S ABO ⨯⨯=⨯∆=2
a 233 晶胞的体积:V=332r 224a 23a 3
8
a 233C S ==⨯=
⨯ n=1232
1
26112+⨯+⨯
=6个 74.062r
224r 346x 3
3
≈π=π⨯= (5）对于金刚石结构，晶胞的体对角线BG=3
r 8a r 24a 3=
⇒⨯= n=8， Vc=a 3
34.063r 3
38r 348a r 348x 3
33
33≈π=π⨯=π⨯=
1。

2、试证：六方密排堆积结构中
633.1)3
8(a c 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。

…
1。

3、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 ⎧=+⎪⎪
⎪
=+⎨⎪
⎪=+⎪⎩
由倒格子基矢的定义：1232()b a a π
=
⨯Ω
3
1230,
,22
(),0,224
,,0
2
2a a
a a a a a a a a Ω=⋅⨯=
=，2
23,,,
0,()224,,0
2
2
i j k
a a a a a i j k a a ⨯==-++ 213422()()4a
b i j k i j k a a
π
π∴=⨯⨯-++=-++
同理可得:232()2()
b i j k a
b i j k a
π
π=
-+=+-即面心立方的倒格子基矢与体心立方的正格基矢相同。

所以，面心立方的倒格子是体心立方。

(2)体心立方的正格子基矢(固体物理学原胞基矢)：123()2()2()2a a i j k a a i j k a a i j k ⎧=-++⎪⎪
⎪
=-+⎨⎪
⎪=+-⎪⎩
由倒格子基矢的定义:1232()b a a π
=
⨯Ω
3
123,,
222
(),,2222
,,222
a a a a a a a a a a a a a
-Ω=⋅⨯=-=
-
，223,,,,()2222,,222i j k a a a a a a j k a a a ⨯=-=+- 213222()()2a b j k j k a a
π
π∴=⨯⨯+=+
同理可得：232()2()
b i k a
b i j a
π
π=
+=+即体心立方的倒格子基矢与面心立方的正格基矢相同.
所以，体心立方的倒格子是面心立方。

1.5、证明倒格子矢量112233G h b h b h b =++垂直于密勒指数为123()h h h 的晶面系。

证明:
因为33121323
,a a
a a CA CB h h h h =
-=-，112233G h b h b h b =++ 利用2i j ij a b πδ⋅=,容易证明
12312300
h h h h h h G CA G CB ⋅=⋅=
所以,倒格子矢量112233G h b h b h b =++垂直于密勒指数为123()h h h 的晶面系。

1。

6、对于简单立方晶格，证明密勒指数为(,,)h k l 的晶面系，面间距d 满足：2
2
2
2
2
()d a h k l =++，其中a 为立方边长；并说明面指数简单的晶面，其面密度较大，容易解理.解：简单立方晶格：123a a a ⊥⊥，123,,a ai a aj a ak === 由倒格子基矢的定义:2311232a a b a a a π
⨯=⋅⨯,3121232a a b a a a π⨯=⋅⨯,12
3123
2a a b a a a π⨯=⋅⨯
倒格子基矢：123222,,b i b j b k a a a
πππ=== 倒格子矢量：123G hb kb lb =++,222G h i k j l k a a a
πππ
=++
晶面族()hkl 的面间距：2d G
π=
2221
()()()h k l a a a
=++
2
2
2
22()
a d h k l =++ 面指数越简单的晶面，其晶面的间距越大，晶面上格点的密度越大,单位表面的能量越小，这样的晶面越容易解理。

1。

9、画出立方晶格（111)面、（100）面、（110）面,并指出(111)面与（100）面、（111)面与（110）面的交线的晶向。

解：(111)
1、(111）面与(100)面的交线的AB,AB 平移，A 与O 点重合，B 点位矢：B R aj ak =-+， （111)面与(100）面的交线的晶向AB aj ak =-+，晶向指数[011].
(111)
2、（111)面与（110)面的交线的AB ，将AB 平移，A 与原点O 重合，B 点位矢：B R ai aj =-+，(111）面与（110）面的交线的晶向AB ai aj =-+，晶向指数[110]。

第二章 固体结合
2。

1、证明两种一价离子组成的一维晶格的马德隆常数2ln 2=α，设离子的总数为2N .
＜解＞ 设想一个由正负两种离子相间排列的无限长的离子键，取任一负离子作参考离子(这样马德隆常数中的正负号可以这样取,即遇正离子取正号，遇负离子取负号），用r 表示相邻离子间的距离，于是有 (1)11112[ (234)
ij r r r r r α±'=
=-+-+∑ 前边的因子2是因为存在着两个相等距离i r 的离子，一个在参考离子左面,一个在其右面，故对一边求和后要乘2，马德隆常数为
2
34
(1) (234)
n x x x x x +=-
+-+ 当X=1时,有111
1 (2234)
n
-
+-+=
2.3、若一晶体的相互作用能可以表示为 ()m
n
u r r
r
α
β
=-
+
试求:（1)平衡间距0r ；
（2)结合能W （单个原子的）; （3)体弹性模量；
（4）若取02,10,3,4m n r A W eV ====，计算α及β的值。

解：（1）求平衡间距r 0 晶体内能()()2m n N U r r r
αβ
=
-+ 平衡条件
0r r dU
dr
==，11000m n m n r r αβ
++-+=，1
0(
)n m n r m βα
-= （2)单个原子的结合能
01()2W u r =-，0
0()()m n r r u r r r αβ
==-+，1
0()n m n r m βα-= 1(1)()2m
n m m n W n m βαα
--=-
（3)体弹性模量0
202(
)V U
K V V ∂=⋅∂ 1112[1...]234α=-+-+22
n α∴=
晶体的体积3
V NAr =，A 为常数，N 为原胞数目 晶体内能()()2m n N U r r r
αβ=
-+ U U r V r V ∂∂∂=∂∂∂112
1
()23m n N m n r r NAr
αβ++=- 22112
1
[()]23m n U N r m n V V r r r NAr
αβ++∂∂∂=-∂∂∂ 0
2222
200000
1[]29m n m n V V U N m n m n V V r r r r αβαβ=∂=-+-+∂ 由平衡条件
112
000
1
()023m n V V U N m n V
r r NAr αβ++=∂=
-=∂，得00m n m n r r αβ= 0
222220001[]29m n V V U
N m n V V r r αβ=∂=-+∂ 0
222000
1[]29m n
V V U N m n m n V V r r αβ
=∂=
-+∂2000[]29m n N nm V r r αβ=--+ 000
()2m n N U r r αβ
=
-+ 0
202
2
0()9V V U mn
U V V =∂=
-∂ 体弹性模量0
9mn
K U V = （4）若取02,10,3,4m n r A W eV ====
10()n m n r m βα-=，1(1)()2m
n m m n W n m βαα
--=-
10
02
W r β=
，20100[2]r W r βα=+
-95101.210eV m β=⨯⋅，1929.010eV m α-=⨯⋅
2.6、bcc 和fcc Ne 的结合能，用林纳德-琼斯(Lennard —Jones ）势计算Ne 在bcc 和fcc 结构中的结合能之比值．
＜解＞12
612
61()4()(),()(4)()()2n l u r u r N A A r r r r σ
σσ
σεε⎡⎤
⎡
⎤
=-=-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣
⎦
26
6612006
12()102
2r A A du r r u N r A A σε⎛⎫=⇒=⇒=- ⎪⎝⎭
220662
01212()12.25/9.11()/()0.957()14.45/12.13
bcc bcc fcc fcc u r A A u r A A ωω'===='
2.7、对于2H ，从气体的测量得到Lennard —Jones 参数为6
5010, 2.96.J A εσ-=⨯=计算fcc 结构的2H 的结合能[以KJ/mol 单位)，每个氢分子可当做球形来处理．结合能的实验值为0。

751kJ ／mo1，试与
计算值比较．
＜解＞ 以2H 为基团，组成fcc 结构的晶体，如略去动能，分子间按Lennard —Jones 势相互作用,则晶体的总相互作用能为：
126
126
2.ij ij i j U N P P R R σσε--⎡⎤⎛⎫⎛⎫''=-⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦
∑∑
61214.45392;12.13188,
ij ij
j
i
P P --''==∑
∑16235010, 2.96, 6.02210/.
erg A N mol εσ-=⨯==⨯()()12628
16
2.96 2.962602210/5010
12.1314.45 2.55/.
3.16 3.16U U mol erg KJ mol -⎡⎤
⎛⎫⎛⎫=⨯⨯⨯⨯⨯-≈-⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦
0将R 代入得到平衡时的晶体总能量为。

因此，计算得到的2H 晶体的结合能为2．55KJ ／mol ，远大于实验观察值0.75lKJ ／mo1．对于2H 的晶体，量子修正是很重要的，我们计算中没有考虑零点能的量子修正，这正是造成理论和实验值之间巨大
差别的原因．
第三章 固格振动与晶体的热学性质
3.1、已知一维单原子链,其中第j 个格波，在第n 个格点引起的位移为,sin(_)nj j j j j a t naq μωσ=+,j σ为任意个相位因子，并已知在较高温度下每个格波的平均能量为，具体计算每个原子的平方平均位移。

＜解＞任意一个原子的位移是所有格波引起的位移的叠加，即
sin()n nj j j j j j
j
a t naq μμωσ==++∑∑ （1）
2*2*n nj nj nj nj nj j j j j j μμμμμμ''
≠⎛⎫⎛⎫==+ ⎪⎪⎝
⎭⎝
⎭
∑∑∑∑
由于nj nj μμ⋅数目非常大为数量级，而且取正或取负几率相等，因此上式得第2项与第一项相比是一小量，可以忽略不计。

所以2
2
n nj
j
μμ
=
∑
由于nj μ是时间t 的周期性函数，其长时间平均等于一个周期内的时间平均值为
222
1
1sin()2
T j j j j j j a t naq dt a T μωσ=
++=
⎰
(2） 已知较高温度下的每个格波的能量为KT,nj μ的动能时间平均值为
0222
220
00
0111sin()224L
T T nj j j nj j j j j j j d w a T dx dt L a t naq dt w La T dt T μρρωσρ⎡⎤⎛⎫=
=++=⎢⎥ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦
⎰
⎰
⎰ 其中L 是原子链的长度，ρ使质量密度，0T 为周期。

所以22
1142
nj j j T w La KT ρ=
= （3） 因此将此式代入（2)式有2
2
nj j
KT
PL μω=
所以每个原子的平均位移为 22
22
1
n nj j
j
j j j
KT KT PL PL μμωω====∑∑
∑
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 个格波解,当M = m 时与一维单原子链
的结果一一对应。

解：质量为M 的原子位于2n —1， 2n+1， 2n+3 ……；质量为m 的原子位于2n ， 2n+2, 2n+4 …….
牛顿运动方程
2221212121222(2)(2)
n n n n n n n n m M μβμμμμβμμμ+-+++=---=---
N 个原胞，有2N 个独立的方程
设方程的解
[(2)]2[(21)]
21i t na q n i t n aq n Ae Be
ωωμμ--++==，代回方程中得到
2
2
(2)(2cos )0
(2cos )(2)0
m A aq B aq A M B βωβββω⎧--=⎪⎨-+-=⎪⎩ A 、B 有非零解,22
22cos 02cos 2m aq
aq M βωβββω
--=--，则 1
2
2
22
()4{1[1sin ]}()m M mM aq mM m M ωβ+=±-+ 两种不同的格波的色散关系
12
2
22
1
22
2
2
()4{1[1sin ]}()()4{1[1sin ]}()
m M mM aq mM m M m M mM aq mM m M ωβωβ
+-+=+-++=--+
一个q 对应有两支格波：一支声学波和一支光学波。

总的格波数目为2N.
当M m =时
4cos 24sin 2
aq m aq m βωβω+-=
=
，
两种色散关系如图所示:
长波极限情况下0q →，sin(
)22
qa qa
≈
， (2
)q m
β
ω-=与一维单原子晶格格波的色散关系一致.
3.3、考虑一双子链的晶格振动,链上最近邻原子间的力常数交错地为β和10β，两种原子质量相等,且最近邻原子间距为2a 。

试求在0,q q a π==处的()q ω，并粗略画出色散关系曲线。

此问题模拟如2H 这样的双原子分子晶体。

答：(1）
浅色标记的原子位于2n —1, 2n+1， 2n+3 ……;深色标记原子位于2n, 2n+2， 2n+4 ……。

第2n 个原子和第2n ＋1个原子的运动方程:
212222112121122112222()()n n n n n n n n
m m μββμβμβμμββμβμβμ+-+++=-+++=-+++
体系N 个原胞,有2N 个独立的方程
方程的解：
1
[(2)]
221
[(21)]
2
21i t n aq n i t n aq n Ae
Be
ωωμμ--++==，令22
1122/,/m m ωβωβ==，将解代入上述方程得：
11222
222
2
1
2
1
2
112222
2221
2
12()()0
()()0
i aq i aq i aq i aq A e e
B e
e
A B ωωωωωωωωωω--+--+=+-+-=
A 、
B 有非零的解，系数行列式满足：
11222
222
2
12
1
2
112222
2221
2
12(),()
0(),()i aq i aq i aq i aq e
e
e
e
ωωωωωωωωωω--+--+=+-+-
11112
222
222222221212
1
2
()()()0i aq i aq i aq i aq e e e e ωωωωωωω--+--++= 11112222
22222
2
2
2
1
2
1
2
1
2
()()()0i aq i aq i aq i aq e
e
e
e
ωωωωωωω--+--++=
因为1ββ=、210ββ=，令22
22
012010,10c c m m
ωωωω====得到 2224
00(11)(10120cos )0aq ωωω--+=
两种色散关系：22
0(1120cos 101)qa ωω=±+
当0q =时，2
20
(11121)ωω=±，
0220
ωωω+-==
当q a
π
=
时，2
20
(1181)ωω=±，
00
202ωωωω+-==
（2）色散关系图：
3。

7、设三维晶格的光学振动在q=0附近的长波极限有2
0()q Aq ωω=-
求证:()1/2
0023/2
1(),4V f A
ωωωωωπ=
-<;0()0,f ωωω=>。

＜解＞()
112
2
2
2
00000()0,0Aq f Aq q A ωωωωωωωωωω>-=>=<⇒-=⇒=-时，
依据()3
()2,()()
2q q V
ds
q Aq f q ωωωπ∇=-=
∇⎰
，并带入上边结果有
()()()()()()()1/21/2
00331/2223/2
01142()222q V
ds V A V f A A
q ωπωωωωωππωωπ=⋅=⋅-=⋅-∇-
3.8、有N 个相同原子组成的面积为S 的二维晶格，在德拜近似下计算比热，并论述在低温极限比热正比与2
T 。

证明：在k 到k dk +间的独立振动模式对应于平面中半径n 到n dn +间圆环的面积2ndn π,且
()22
532222L s ndn kdk kdk d v ρω
πρωωπππ===即则
()
()2
3
3220//2
22
22
333212121
m
D
D
B B x B B B B k T
k T x
D
D
d s k T s k T k T k T s
d x dx
E E v e
v e v e ωωωωρρρωωωω
πππ⎛⎫⎛⎫
⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭=
+==
---⎰
⎰
⎰
, 20,(
)v s E
T E T C T T
∂→∝∴=∝∂3时，
3。

9、写出量子谐振子系统的自由能，证明在经典极限下，自由能为0q B n q
B F U k T
k T ω⎛⎫
≅+ ⎪⎝⎭
∑
证明：量子谐振子的自由能为112q
B q
k T
B n q B F U k T e k T ωω
-
⎡⎤⎛⎫⎢⎥ ⎪=++
- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣
⎦
∑
经典极限意味着（温度较高）BT g k ω
应用21...x e x x =-++ 所以2
1...q B q
q k T
B B e
k T k T ωωω-
⎛⎫
=-++ ⎪⎝⎭
因此01
112q q q B n B n q q
B B F U k T
U k T k T k T ωωω⎛
⎫⎛⎫
≅++-+≅+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
∑∑ 其中01
2q q
U U ω≅+∑
3。

10、设晶体中每个振子的零点振动能为
1
2
ω，使用德拜模型求晶体的零点振动能。

证明:根据量子力学零点能是谐振子所固有的,与温度无关,故T=0K 时振动能0E 就是各振动模零点能之和。

()()()0000
1
2
m
E E g d E ωωωωωω=
=
⎰
将和()22332s V g v ωωπ=代入积分有
4
02339168m m s V E N v ωωπ=
=，由于0
98
m B D B D k E Nk ωθθ==得 一股晶体德拜温度为~2
10K ，可见零点振动能是相当大的，其量值可与温升数百度所需热能相比拟．
3.11、一维复式格子2415 1.6710,
4, 1.510/M
m g N m m
β-=⨯⨯==⨯
4( 1.5110/),
dyn cm ⨯即求(1）
，光学波0
max min ,ωω，声学波max A
ω.
（2）相应声子能量是多少电子伏。

（3)在300k 时的平均声子数。

（4）与0
max ω相对应的电磁波波长在什么波段。

＜解＞(1）
，131max
3.0010,A
s ω
-===⨯ 131
max
6.7010o
s ω
-===⨯
131max
5.9910A
s ω
-===⨯
（2)161312max 16
1312max 161312min 6.5810 5.9910 1.97106.5810
6.7010 4.41106.5810 3.0010 3.9510A o o s eV
s eV s eV
ωωω---------=⨯⨯⨯=⨯=⨯⨯⨯=⨯=⨯⨯⨯=⨯
（3）max max max
max
//110.873,0.2211
1
A O
B B A O
k T
k T
n
n
e
e
ωω=
==
=--
min
min /10.2761
O
B O
k T
n e
ω=
=-
（4）228.1c
m πλμω
==
第四章 能带理论
4。

1、根据k a
π
=±
状态简并微扰结果，求出与E -及E +相应的波函数ψ-及ψ+？，并说明它们的特性．说
明它们都代表驻波，并比较两个电子云分布2
ψ说明能隙的来源(假设n V =*n V ）。

＜解＞令k a
π
=+
，k a
π
'=-
，简并微扰波函数为00()()k k A
x B x ψψψ=+ 0*
()0n E k E A V B ⎡⎤-+=⎣⎦
()0
0n V A E
k E B '⎡⎤+-=⎣⎦
取E E +=
带入上式，其中0()n E E k V +=+
V （x)〈0,0n V <，从上式得到B= —A,于是
0()()n n i x i x a a
k
k A A x x e e L
ππψψψ-'
+⎡⎤⎡⎤=-=-⎢⎥
⎣⎦⎣⎦
=2sin A n x a L π 取E E -=，0()n E E k V -=- ,n n V A V B A B =-=得到
0()()n n i x i x a a
k
k A
A x x e e L
ππψψψ-'
-⎡⎤⎡⎤=-=-⎢⎥
⎣⎦⎣⎦
=2cos A n x a L π 由教材可知,+ψ及-ψ均为驻波． 在驻波状态下，电子的平均速度()k ν为零．产生驻波因为电子波矢n k a π=
时，电子波的波长22a
k n
πλ==，恰好满足布拉格发射条件，这时电子波发生全反射，并与反射波形成驻波由于两驻波的电子分布不同，所以对应不同代入能量。

4.2、写出一维近自由电子近似，第n 个能带（n=1，2，3)中,简约波数2k a
π
=
的0级波函数。

＜解＞2221
()*
24()i mx i x i mx i m x ikx ikx a a a a k x e e L L L L
ππππψ+===⋅=
第一能带：*
2
0,0,()2i x a k
m m x a L
π
π
ψ⋅===
第二能带:23*222,,1,()x i x a a k b b b b m m x a a L
πππππψ''=→⋅=-=-∴=i i 2a 则即（e =e ）
第三能带：25*
2222,,1,()i x i x i x a a a k c c m m x e a a L L
πππ
ππψ'→⋅===⋅=即
4.3、电子在周期场中的势能．
222
1(),2
m b x na ω⎡⎤--⎣⎦ na b x na b -≤≤+当 ()V x = 0 , x na b ≤≤-当(n-1)a+b
其中d ＝4b ，ω是常数．试画出此势能曲线,求其平均值及此晶体的第一个和第二个禁带度．
＜解＞（I ）题设势能曲线如下图所示．
(2）势能的平均值:由图可见，()V x 是个以a 为周期的周期函数，所以
111()()()()a a b
L b b
V x V x V x dx V x dx L a a --===⎰⎰⎰
题设4a b =,故积分上限应为3a b b -=，但由于在[],3b b 区间内()0V x =，故只需在[],b b -区间内积分．这时,0n =，于是
2222
2
32
111()()223
6b b b b b
b
b b m m V V x dx b x dx b x x m b a a a
ωωω----⎡⎤==-=
-=⎢⎥⎣
⎦
⎰⎰。

（3）,势能在[-2b,2b ］区间是个偶函数，可以展开成傅立叶级数
200021()cos ,()cos ()cos 2222b b m m m m m m V x V V x V V x xdx V x xdx b b b b b
πππ∞
=-∞
'=+
==∑
⎰⎰112
2210
2,1()cos
2b
g g m x
E V m E b x dx b
b
ωπ===
-⎰
第一个禁带宽度以代入上式,
利用积分公式()2
232
cos sin 2cos sin u u mudu mu mu mu mu m m =
+-⎡⎤⎣
⎦⎰
得 2
23
16m b ωπ
=
1g E 第二个禁带宽度222,2g E V m ==以代入上式,代入上式
22
2
2
()cos
b
g m x
E b x dx b
b
ωπ=
-⎰
再次利用积分公式有2
22
2m b ωπ=
2g E
4.4、
解：我们求解面心立方，同学们做体心立方。

（1）如只计及最近邻的相互作用,按照紧束缚近似的结果，晶体中S 态电子的能量可表示成：
()0()()s ik R s s s Rs E k J J R e ε-⋅==--
∑
近邻
在面心立方中，有12个最近邻，若取0m R =,则这12个最近邻的坐标是:
①
(1,1,0),(1,1,0),(1,1,0),(1,1,0)2222a a a a
②
(0,1,1),(0,1,1),(0,1,1),(0,1,1)2222a a a a
③
(1,0,1)(1,0,1),(1,0,1),(1,0,1)2222
a a a a
由于S 态波函数是球对称的，在各个方向重叠积分相同，因此()S J R 有相同的值，简单表示为J 1=()S J R 。

又由于s 态波函数为偶宇称,即()()s s r r ϕϕ-=
∴在近邻重叠积分*
()()()()()s i s s i J R R U V R d ϕξξϕξξ⎡⎤-=--⎣⎦⎰
中，波函数的贡献为正 ∴J 1＞0.
于是，把近邻格矢S R 代入()s
S E R 表达式得到：
01
()s ik R s S Rs E k J J e ε-⋅==--∑
近邻
=()()()()2222
01x y x y x y x y a
a a a
i k k i k k i k k i k k S J J e e e e ε-+----+---⎡--+++⎢⎣
()()()()2
2
2
2
y z y z y z y z a
a
a
a
i k k i k k i k k i k k e
e
e
e
-+----+---+++++()()()()2
2
2
2
x z x z x z x z a
a
a
a
i k k i k k i k k i k k e
e
e
e
-+----+---⎤+++⎥⎦
=012cos ()cos ()cos ()cos ()2222S x y x y y z y z a a a a J J k k k k k k k k ε⎧⎡⎤⎤⎡
--++-+++-⎨⎢⎥⎥⎢⎦⎣⎣
⎦⎩
cos ()cos()2z x z x a k k k k ⎫
⎡⎤+++-⎬⎢⎥⎣⎦⎭
cos()cos()2cos cos αβαβαβ↓++-=
=014cos
cos cos cos cos cos 222222s x y y z z x a a a a a a J J k k k k k k ε⎡
⎤--++⎢⎥⎣⎦
（2）对于体心立方：有8个最近邻，这8个最近邻的坐标是：
(1,1,1),(1,1,1),(1,1,1),(1,1,1)2222a a a a
(1,1,1),(1,1,1,),(1,1,1),(1,1,1)2222
a a a a
01()8(cos cos cos )222
s s x y z a a a
E k J J k k k ε=--
4。

7、有一一维单原子链，间距为a ，总长度为N a 。

求（1）用紧束缚近似求出原子s 态能级对应的能带E(k ）函数。

（2）求出其能态密度函数的表达式.（3）如果每个原子s 态只有一个电子，求等于T=0K
的费米能级0F E 及0F E 处的能态密度.
＜解＞010101(1),()()2cos 2cos ika
ika s s E k J J e
e J J ka E J ka εε-=--+=--=-
0()()s ik R s E k E J J p e -⋅⎡⎤=--⎢⎥⎣⎦
∑ （2） ，1121()2222sin sin L dk Na N
N E dE J a ka J ka
πππ=⨯
⨯=⨯=
（3)， 0
00
22()22222F
k F F F Nak Na N k dk k k a
πρππ=
⋅=⋅⋅=∴=⎰
00
11
1()2cos
,()2sin
2F F s F N
N
E E k E J a E N E a
J J a
a
π
π
ππ==-⋅==
=⋅
4.8、证明一个自由简单晶格在第一布里渊区顶角上的一个自由电子动能比该区一边中点大2倍．(b)对于一个简单立力晶格在第一布里渊区顶角上的一个自由电子动能比该区面心上大多少？(c ）(b ）的结果对于二价金属的电导率可能会产生什么影响7
＜解＞(a ）二维简单正方晶格的晶格常数为a ，倒格子晶格基矢22ˆˆ,A i B j a a
ππ== 第一布里渊区如图所示
()2
222ˆˆˆ,.,
2B x
y z i B K i j a a a K
K K m
πππε⎛⎫⎛⎫=
=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
=
++A 区边中点的波矢为K 角顶点的波矢为自由电子能量
2
2
22
2
2
,222A x
K m m a m a ππε⎛⎫⎛⎫
=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
A 点能量
()2222
2
22
22,222B x
y
K K m m a a m a πππε⎡⎤⎡⎤
⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=+=⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦
B 点能量所以/2B A εε=
b)简单立方晶格的晶格常数为a ，倒格子基矢为222ˆ
ˆˆ,,,A i B j C k a a a
πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
第一布里渊区如图7—2所示．
2
2
;
2A m a πε⎛⎫
== ⎪⎝⎭
A 点能量()22222
2
22
223,222B x
y
z
K K K m m a a a m a ππππε⎡⎤⎡⎤
⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++=++=⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦
B 点能量
所以/3B A εε=
（c ）如果二价金属具有简单立方品格结构，布里渊区如图7—2所示．根据自由电子理论，自由电子的能量为()2
2222x
y z K K K m
ε=
++，FerM 面应为球面．由（b ）可知，内切于4点的内切球
的体积3
43a ππ⎛⎫
⎪
⎝⎭
,于是在K 空间中，内切球内能容纳的电子数为
()3
3
42 1.0473
3
2V N N a ππππ⎛⎫== ⎪⎝⎭ 其中3V Na = 二价金属每个原子可以提供2个自由电子，内切球内只能装下每原子1.047个电子，余下的0.953个电子可填入其它状态中．如果布里渊区边界上存在大的能量间隙，则余下的电子只能填满第一区内余下的所有状态(包括B 点)．这样，晶体将只有绝缘体性质．然而由(b)可知，B 点的能员比A 点高很多，从能量上看,这种电子排列是不利的．事实上，对于二价金属，布里渊区边界上的能隙很小，对于三维晶体，可出现一区、二区能带重迭．这样，处于第一区角顶附近的高能态的电子可以“流向"第二区中的能量较低的状态，并形成横跨一、二区的球形Ferm 面．因此，一区中有空态存在，而二区中有电子存在，从而具有导电功能．实际上,多数的二价金届具有六角密堆和面心立方结构，能带出现重达,所以可以导电．
4.10、
解：设晶体中有N 个Cu 原子，向其中掺入x 个锌原子。

则晶体中电子的总数为： （N-x)+2x=N+x
由于Cu 是面心立方，每一个原胞中含4个电子.因此：晶体中包含的原胞数为：
4
N 其倒格子为体心立方，倒格子的边长为：
4a
π
于是：布里渊区边界到原点的距离为
:
14a a
⨯= 即：当Fermi
球与第一布里渊区边界相切时，F k a
=
又由：()33
423
2F V
k N x ππ⨯
⨯=+
3
23F k N x V π+∴===
于是有：
3344
N x N x N a N a ++=⇒=
10.3597x N ⇒
=≈ 0.35970.3597
0.5610.35970.6403
x N x ⇒
==≈-- 即：当锌原子与铜原子之比为0.56时，Fermi 球与第一布里渊区边界相接触。

4。

12、正方晶格．设有二维正方晶格，晶体势为()22,4cos cos .x y U x y U a a ππ⎛⎫⎛⎫
=-
⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
用基本方程，近似求出布里渊区角,a a ππ⎛⎫
⎪⎝⎭
处的能隙． ＜解＞以ˆˆ,i j 表示位置矢量的单位矢量，以12ˆˆ,b b 表示倒易矢量的单位矢量，则有，
()
11221122122ˆˆˆˆˆˆ,,,r xi yi G G b G b g b g b g g a
π=+=+=+为整数。

晶体势能()22,4cos cos .x y U x y U a a ππ⎛⎫⎛⎫
=-
⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
()()
()
()
2222111111i x i x i y i y iG G G U r U e e e e U e ππππσσσσ--⎛⎫⎛⎫=-++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭∑()()()111020...0G G G U U U U =-===其中，而其他势能傅氏系数。

这样基本方程
()()()0k G G
C K U G K G λε-+-=∑变为
()()()()()()()()()()()()()()11111111111111110K G G G G C K U C K G U C K G U C K G U C K G λε-+-+-+-+-=求布里
渊区角顶,a a ππ⎛⎫
⎪⎝⎭
，即()111(,)11222k G G ==处的能隙，可利用双项平面波近似
()()()iKr i K G r C K e C K G e -ψ=+-来处理。

当()()11
11,1122
K G K G =
=-时依次有 ()()()()11
1111,111122
K G G K G G -=--=+而其他的()11K G -,
()()
1111K G G ->，所以在双项平面波近似下上式中只有
()()()()()()()
()1111,1111;221111,1111;22C G C K G C G C G C K G C G ⎛⎫⎛⎫
-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
()()()()()()1112111211111102
21111110
2
2G G C G UC G C G UC G λελε-⎛⎫⎛⎫⎛⎫
---= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫---+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
()
1
112
G λε- u -
u -
()1
112
G λ
ε-- =0，因为
()
()()2
2
2
2
1
1
211112
2
11122G G G m ma πλλ
λ-⎡⎤
====⎢⎥⎣⎦
2
2
2
2
2
()0,U U U ma
πλεελ--=±=
±由行列式有解得=
2.u ππ
εεε-∆-=+所以在（,-）处的能隙为=a a
第五章 晶体中电子在电场和磁场中的运动
5.1、设有一维晶体的电子能带可写成 2
2
71()(cos cos 2)88
E k ka ka ma =-+， 其中a 为晶格常数，m 是电子的质量。

试求（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
2
71
()(cos cos 2)88
E k ka ka ma =
-+ =2
2ma [7
8
－cosk a +18(2cos 2ka －1）] ＝
2
2
4ma [(cos ka －2)2－1]
当ka ＝(2n+1)π时,n=0，±1，±2…
2
max 2
2()E k ma =
当ka =2n π时， min ()0E k = 能带宽度＝2max min 2
2E E ma
-=
（2)1()1
(sin sin 2)4
dE k ka ka dk ma υ=
=- （3) 222*
11
(cos cos 2)2E k m m ka ka -∂∂⎡⎤==-⎢⎥⎢⎥⎣⎦
当0k =时，带底，*2m m = 当k a π
=±
时,带顶，*2
3
m m =-
5.5、
解：(1)电子的运动速度：1
()k v E k =
∇
∴ 加速度:
11()k k
dv d dE
E dt dt dt
=∇=∇ 由于单位时间内能量的增加=力在单位时间内作的功 即：
1
k dE ds F F v E F dt dt
=⋅=⋅=∇⋅ ∴
12322123
11[][]k k k dv E E E E F F F F dt k k k ∂∂∂=∇∇⋅=∇++∂∂∂ 写成分量的形式：
222112312322112131112131111dv E E E F F F F F F dt k k k k k m m m ⎛⎫∂∂∂=++=++ ⎪∂∂∂∂∂⎝⎭ 222212312322122232122231111dv E E E F F F F F F dt k k k k k m m m ⎛⎫∂∂∂=++=++ ⎪∂∂∂∂∂⎝⎭ 2223123123223132331
32331111dv E E E F F F F F F dt k k k k k m m m ⎛⎫∂∂∂=++=++ ⎪∂∂∂∂∂⎝⎭ 其中：22
11ij i j
E m k k ∂=∂∂ （i,j=1，2，3） 由题知:22
222
312
123
222k k k E m m m =++
容易得出：2221111
111
E m k m ∂==∂ 同理：
2223331111,m m m m == 221212
110E
m k k ∂==∂∂ 同理:
1321233131111110m m m m m ===== 故运动方程为：1
112223
33dv m F dt dv
m F dt dv m F dt ⎧=⎪⎪
⎪=⎨⎪
⎪=⎪⎩
（2）当存在磁场B 作用时，电子将受到洛仑兹力作用
F ev B =-⨯
当B 相对于椭球主轴的方向余弦为,,αβγ时，电子的运动方程可写成：
1
2
3233112()()()i
j k
v B v v v v B v B i V B V B j V B V B k B B B ⨯==γ-β+α-γ+β-ααβγ
∴ 电子的运动方程可写成：
∴ 1
112323322223131133
33111221()()()dv m F e v B v B v v dt dv
m F e v B V B v v dt dv m F e v B V B v v dt ⎧==-γ-β=ω-ω⎪⎪
⎪==-α-γ=ω-ω⎨⎪
⎪==-β-α=ω-ω⎪⎩
其中：123,,eB eB eB ω=αω=βω=γ
由于电子在磁场B 作用下作周期性运动，故可设试探解:
110220330i t
i t i t
v v e v v e v v e ωωω=== 代入上述方程组可得： 112332223113331221i m v v v i m v v v i m v v v ω=ω-ω⎧⎪ω=ω-ω⎨⎪ω=ω-ω⎩ 即11322331221321233000
i m v v v v i m v v v v i m v ω+ω-ω=⎧⎪ω-ω-ω=⎨⎪ω-ω+ω=⎩ 123,,v v v 有非零解的条件是
132
3212
1
3
0i m i m i m ωω-ωωω-ω=ω-ωω
3222
123112233im m m i m i m i m ⇒ω=ωω+ωω+ωω
即：2222
112233223
m m m m m m ω+ω+ωω==e 2B 2222
123
123m m m m m m α+β+γ
∴ω2=22
*2e B m
2
123222222123*m m m m m m m =α+β+γ
即:*eB
m ω= 其中：1/2
123222222123*m m m m m m m ⎛⎫= ⎪α+β+γ⎝⎭
证毕
第六章 金属电子论
第七章 半导体电子论
7.1、InSb 电子有效质量0.015e m m =，介电常数18ε=,晶格常数 6.49a A =。

试计算；(1)施主的电离能；（2）基态轨道的半径；(3）施主均匀分布，相邻杂质原于的轨道之间将产生交叠时掺有的施主浓度应该高于多少?
＜解＞（1)由于施主电离能D E 是氢原子电离能i E 的
2
0*
m m ε
倍， 42
0*0.01413.6
() 6.5910()(17)
i D m E E eV eV m ε-⨯∴=
==⨯ （2），228
00002
4170.52() 6.3110()6.3110()**0.014
m a a A A m m e m πεεε-⨯====⨯⨯ （3），如果施主的电子与类氢基态轨道发生重叠，则均匀分布于InSb 中施主杂质浓度D N 就一定满足
33202
8311(2)1,(
) 4.9810()2(2 6.3110)
D D a N N m a --=∴===⨯⨯⨯
第十二章 晶体中的缺陷和扩散
例1．假设把一个钠原子从钠晶体内部移到边界上所需要的能量为1ev (1）
，试计算室温（300k ）时，sckottky 空位的浓度？（已知:Na ρ=0.97克/原米3,原子量为23）
解：（1）设N 为单位体积内的Na 原子数，则在温度T 时，schottky 定位的浓度n 可写成:B u
K T
n Ne -=
由题知：u=1ev=1。

602 ×10-19J
Na ρ=0。

97克/厘米3→每cm 3含Na 的mol 数为:0.97
23
⇒每cm 3Na 中所含的原子数为：
N=
230.97
6.021023
⨯⨯
于是:19231.61023 1.3810300
0.97
6.021023
B u
K T
n Ne
e --⨯--
⨯⨯==
⨯⨯⨯
534.210。

=⨯个
例2。

如果u 代表形成一个Frenkel 缺陷所需的能量，证明在温度T 时，达到热平衡的晶体中，Frenkel
缺陷的数目为
:.
2u
K T
B n -
=
解：达到热平衡时，在N 个原子的晶体中形成n 个空位的可能方式数为：
1!
()!!
n
N N w C N n n ==
-
这n 个原子排列在N ＇个间隙位置上的可能方式数为：
2''!
(')!!
n
N N w C N n n ==
-
这样,从N 个原子中取出n 个原子并把它们排n ＇个间隙位置上的总方式数为：
ω=12ωω=
!＇!
()!!(＇)!!
N N N n n N n n --
由此引起的熵的增量为：
!'!
ln ln ln ()!!
((')!!B B N N s k w k N n n N n n ⎡⎤==+⎢⎥--⎣⎦ 利用斯特令公式:luN!=NlnN-N
得[][]ln ()()ln 'ln '(')(')ln B B s k N N N n ln N n n n k N N N n ln N n n n =----+---- 系统的自由能改变：F nu T s =-
U 为形成一个Frenkel 缺陷所需的能量。

由热平衡条件:0：T
F n ∂⎛⎫
=
⎪∂⎝⎭有
2
()(')
ln
B N n N n u K T n --=
即：
2
(')()
B u K T n e N n N n -=-- ,＇n N n N
2：.u
KBT
n -
∴=有
证毕
例3．铁一碳合金是面心立方结构，晶体常数为3.61A ,设碳占的比重为1.7％试计算当碳是填隙式或替代式渗入时,合金的密度各等于多少？
解：C 的mol 质量：12g ，C ：含量为：1。

7%
Fe 的mol 质量：55。

85g ，Fe ：应为：98.3％
因此：在100克合余中,如果C 是替代式溶入,则
1.7
0.1415()12
C mol mol =
=的数 98.3
1.76()55.85
Fe mol mol =
=的数 100g 合金的总mol 数=0。

1415+1.76=1。

9015(mol)
⇒在1mol 的合金中：C 的mol 数=
0.1415
0.07451.9015
mol =
Fe 的 mol 数=
1.76
0.9255.1.9015
mol =
于是替代式的合金密度：
23
83
(0.925555.850.074512)
4 6.0210(3.6110)ρ-⨯+⨯⨯
⨯=
=
⨯原胞质量
原胞体积
=7。

43克/厘米3.
如果C 以填隙方式溶入铁的晶格中
则()
23
3
87.4555.851292.554 6.02103.6110ρ-⎡⎤
+⨯⎢⎥⨯⎢⎥⨯⎢⎥⎣⎦=
⨯=7。

88克/厘米3
显然,C 以不同的方式存在于Fe 中，其密度的差别较大，因此，可以用实验的方法确定碳原子在合余中的存在方式。

例4．设t=0时,在晶体表面每单位面积上集中着扩散粒子N ，试求径过t 时间后，扩散粒子的均方位移？
22x Dt ⎡⎤=⎣⎦
解：本题属于有源扩散问题。

t 时刻,x 处扩散粒子的浓度是：
2
4(,)x Dt
n x t -
=
扩散粒子的均方位移可按下式求出：
2
22242
4(,)(,)x
Dt
x
Dt
x n x t dx x e dx
x
n x t dx e
dx
οοοο-∞∞
∞
-∞==
⎰⎰⎰⎰
[]3
2
549(4)
2(1215)Dt Dt P ==-
例5．已知c 在Fe α-中的扩散系数D 与温度关系的实验数据为：当温度为200℃时，扩散系数D 200℃=10—11
cm 2/秒。

温度为760℃时，D 760℃=10-6cm 2/秒，试求扩散过程的激活能Q （千焦耳/摩尔）.
气体常数R= 8。

31J/mol ·K 。

［华工99年研究生入学考试三（15分）］
解：由D=D o e —Q/RT 有：/0Q RT D De =
12//200760.Q RT Q RT C C D e D e ⇒=
12
11
()576020010Q R T T c c
D e D -=
=
12
11
()5ln10Q R T T -= 125ln1058.31 2.3
11114731033
R Q T T ⨯⨯=
=--
58.31 2.34731033
560
⨯⨯⨯⨯=
=83。

38kJ/mol 。

作业:
（1）对于铜,形成一个肖脱基空位的能量为 1.2ev ，在接近熔点时（1300K ），估算空位的浓度.形成一个填隙原子所需的能量约为4ev,估算接近熔点时填隙原子的浓度。

试比较这两种浓度的数量级差多少？ (2）在离子晶体中，由于电中性的要求，Schottky 缺陷都是成对地产生的。

令n 代表正、负离子空位的对数，E 是形成一对缺陷所需要的能量，N 为整个离子晶体中正、负离子对的数目；证明：
n ≈Ne
2.
B E
K T -
求1mol 原子的激活能Q=N 0ε和频率因子D 0。