黄昆版固体物理学课后问题详解解析汇报问题详解
黄昆版固体物理学课后答案解析答案(1)
《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， 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 ∴52.06r 8r34a 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 374.062)r 22(r 344a r 344x 3333≈π=π⨯=π⨯= （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 74.062r224r 346x 33≈π=π⨯= （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 334.063r 338r 348a r 348x 33333≈π=π⨯=π⨯=1.2、试证：六方密排堆积结构中633.1)38(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。
固体物理 课后习题解答(黄昆版)第四章
4.1，根据 k黄昆 固体物理 习题解答第四章 能带理论= ± 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 a们的特性．说明它们都代表驻波，并比较两个电子云分布 ψ2说明能隙的来源(假设V n =V n *)。
＜解＞令 k= + π ， k ′ = − π ，简并微扰波函数为ψ=A ψk( ) + B ψk( )a*a⎡E k ( ) − E A V B n= 0( )V A n+ ⎡E k − E B =取 E E +带入上式，其中 E += E k0( )+ V nV(x)<0,V n < 0 ,从上式得到 于是A ⎡ n π− n π ⎤πψ = A ⎡ψ 0( )−ψk0′( )⎤ =ixe a − e i x a =2A sin n x+⎣k⎢ L ⎣⎥ ⎦L a 取 E E − ， E −=E k0( )− V nV A n= −V B n,得到A BA ⎡ i nπx−i n πx⎤πψ = A ⎡ψ 0( )−ψk0′( )⎤ =e a − ea=2A cos n x−⎣ k⎦⎢ ⎣L a由教材可知，Ψ+及 Ψ − ν ( ) 为零．产生驻波因为电子波矢n kπ=时，电子波的波长aλ =2π=2a ，恰好满足布拉格发射条件，这kn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 k π= 的 0 级波函数。
2a11r2π1π 2π1i2π1xi mx i x i mx(m+ )ψ* ＜解＞( ) = ikx=eikx ae e= e2a⋅ea= e a 4k L⋅π=L*Lπ1 i2xL第一能带：m0, m = 0,ψ( ) = e a2ab b′则b′ →,k2π⋅= −L2π, m= −1,i2πx i π∴ψ *( )= 13πi xe第二能带：a a即（e a=e ）2a k L2a2π2π 1 π2π 1 5π第三能带：c′ →, ⋅=aa即m =,*1,ψk( ) = Li x i xe2a⋅ea= L i xe2a解答（初稿）作者季正华- 1 -4.3 电子在周期场中的势能．黄昆 固体物理 习题解答1 2 2 2 2 m ω ⎡b − −( x na ⎤) ,当na b x na b + V x ( ) =0 ，当(n-1)a+b ≤ ≤x na 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V x ( )= 1∫ V x L( )=1∫a( )=1a b( )L a ba ∫−b题设 a = 4b ，故积分上限应为 a b − = 3b ，但由于在 [b b ,3 ] 区间内[− , ] 区间内积分．这时， n = 0 ，于是V x ( ) 0=，故只需在= 1∫b= m ω2∫b22=m ω2 ⎡ 2b− 1x 3b ⎤ = 1m ωb 2V( )b − x dx )( b x ⎢ −b −b⎥ 。
黄昆版固体物理学课后答案
黄昆版固体物理学课后答案《固体物理学》习题解答黄坤原著韩汝琦改编（陈志远答案，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，x?（1）对于简立方结构：（见教材p2图1-1）nvvc43？r、 vc=a3，n=134343？RR33∴十、0.526a38r3a=2r，v=（2）对于体心立方：晶胞的体对角线bg=3a?4r?a?n=2,vc=a343x32？∴十、434? r2？？r33330.688a3433（R）3（3）对于面心立方：单元面对角线BC=2A？4r，？A.22rn=4，vc=a3444??r34??r3233x0.74336a(22r)（4）对于六角密排：a=2r晶胞面积：s=6?s?abo?6?晶胞的体积：v=s?c?a?asin60332a=223328a?a?32a3?242r323n=1212?11?2??3=6个6246??r323x0.7436242r（5）对于金刚石结构，晶胞的体对角线bg=3a?4?2r?a?8r3n=8,vc=a3一448??r38??r33?33x0.346a3833r33c81。
2.测试：在六角形紧密堆积结构中？()1/2? 一点六三三a3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.也就是说，图中的Nabo形成一个正四面体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。
A.a1？2（j？k）A.证明了：（1）面心立方的法向晶格基向量（固体物理的原胞基向量）：？a2？（i？k）2aa3?2(i?j)??2(a2?a3)由倒格子基矢的定义：b1??0,aa1?(a2?a3)?,2a,2a,20,a,2a?i,2aa3a???，a2?a3?,242a0,2?j,0,a,2?kaa2(?i?j?k)240?4a2???2?b1?2??3?(?i?j?k)?(?i?j? k)a4a？2.b2？（I？J？K）a类似地：2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 课后习题解答(黄昆版)第二章
′ ωbcc u (r0 )bcc A62 A6 12.252 / 9.11 = = ( ) /( ) = = 0.957 ′ 14.452 /12.13 ω fcc u (r0 ) fcc A12 A12
2.7 对 于 H2 ， 从 气 体 的 测 量 得 到 的 林 纳 德 － 琼 斯 势 参 数 为
σ ⎤ 1 σ ⎤ ⎡σ ⎡ σ 解： u (r ) = 4ε ⎢( )12 − ( ) 6 ⎥ , u (r ) = N (4ε ) ⎢ An ( )12 − Al ( ) 6 ⎥ 2 r ⎦ r r ⎦ ⎣ r ⎣
A62 A12 6 1 ⎛ du (r ) ⎞ 6 r u = 0 ⇒ = 2 σ ⇒ = − N ε 0 0 ⎜ ⎟ A6 2 A12 ⎝ r ⎠r
w
w
. e h c 3 . w
-5-
m o c
解答（初稿）作者
季正华
α e2
1 (1 − ) 当 e 变为 2e 时，有 r0 n
n 4α e 2 1 (1 − ) = u (e) × 4 n −1 r0 (2e) n
2.3 若一晶体两个离子之间的相互作用能可以表示为 计算: 1) 平衡间距 r0
解答（初稿）作者 季正华 -1-
u (r ) = −
α
r
m
+
β
rn
黄昆 固体物理 习题解答
2.5 假设Ⅲ-Ⅴ族化合物中，Ⅲ族、Ⅴ族原子都是电中性的（q*＝0） ， 求出其电离度 fi 。
解：对于Ⅲ族原子的有效电荷为 q* = (3 − 8
w
. e h c 3 . w
β
r010 + 2W ]
α = 7.5 × 10 −19 eV ⋅ m 2
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。
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， 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 ∴52.06r 8r34a 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 374.062)r 22(r 344a r 344x 3333≈π=π⨯=π⨯= （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 74.062r224r 346x 33≈π=π⨯= （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 334.063r 338r 348a r 348x 33333≈π=π⨯=π⨯=1.2、试证：六方密排堆积结构中633.1)38(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。
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 原着 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， 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∴52.06r 8r34a 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 31.2、试证：六方密排堆积结构中633.1)38(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=⨯Ω31230,,22(),0,224,,022a aa a a a a a a a Ω=⋅⨯==，223,,,0,()224,,022i j ka a a a a i j k a a ⨯==-++ 同理可得：232()2()b i j k ab i j k aππ=-+=+-即面心立方的倒格子基矢与体心立方的正格基矢相同。
固体物理课后习题解答（黄昆版）第三章
固体物理课后习题解答（黄昆版）第三章黄昆固体物理习题解答第三章晶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，在第个格点引起的位移为，µ= anj j sin(ωj_j+ σj) ，σj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µn= ∑ µnj=∑ a j sin(ωj t naq j+σj)j j（1）µ2 n =∑µjnj∑µj*nj=µj2nj+ µ µnj*nj′j j′由于µ µnj?nj数⽬⾮常⼤的数量级，⽽且取正或取负⼏率相等，因此上式得第2 项与第⼀项µ相⽐是⼀⼩量，可以忽略不计。
所以2= ∑ µ 2njn j由于µnj是时间的周期性函数，其长时间平均等于⼀个周期内的时间平均值为µ 2 = 1 T∫0 2 ω+σ 1 2 j aj sin( t naqjj j)dt a=j（2）T0 2已知较⾼温度下的每个格波的能量为KT，µnj的动能时间平均值为1 L T ?1 ?dµ 2 ?ρw a2 T 1= ∫∫dx0?ρnj?= j j∫0 2 ω+ σ= ρ 2 2 T??dt L a sin( t naq)dt w Lanj T0 0 0 ? 2 ?dt??2T0 j j j j 4 j j其中L 是原⼦链的长度，ρ使质量密度，T0为周期。
1221所以Tnj= ρ w La j j=KT（3）4 2µKT因此将此式代⼊（2）式有nj2 = ρωL 2 jµ所以每个原⼦的平均位移为2== ∑ µ 2= ∑KT= KT∑1n njρωL2ρLω2j j j j j3.2 讨论N 个原胞的⼀维双原⼦链（相邻原⼦间距为a），其2N 格波解，当M=m 时与⼀维单原⼦链的结果⼀⼀对应.解答（初稿）作者季正华- 1 -黄昆固体物理习题解答解：如上图所⽰，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：..mµ2n= ?βµ(22n?µ2n+1 ?µ2n?1)..Mµ2n+1 = ?βµ(22n+1 ?µ2n+2 ?µ2n)体系为N 个原胞，则有2N 个独⽴的⽅程i na q⽅程解的形式：iµ2n=Ae[ωt?(2 ) ] µ2n+1=Be[ω?(2n+1)aq]na qµ=将µ2n=Ae[ωt?(2 ) ]2n+1 Be i[ωt?(2n+1) aq]代回到运动⽅程得到若A、B 有⾮零的解，系数⾏列式满⾜：两种不同的格波的⾊散关系：——第⼀布⾥渊区解答（初稿）作者季正华- 2 -第⼀布⾥渊区允许 q 的数⽬黄昆固体物理习题解答对应⼀个 q 有两⽀格波：⼀⽀声学波和⼀⽀光学波。
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， 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 ∴52.06r 8r34a 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 374.062)r 22(r 344a r 344x 3333≈π=π⨯=π⨯= （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 74.062r224r 346x 33≈π=π⨯= （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 334.063r 338r 348a r 348x 33333≈π=π⨯=π⨯=1.2、试证：六方密排堆积结构中633.1)38(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。
黄昆版固体物理学课后答案解析答案 (3)
《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。
《固体物理学(黄昆)》课后习题答案(2)
1.10——答案在王矜奉《固体物理概念题和习题指导》p10 第 17 题
3.10 设晶体中每个振子的零点振动能为
1 ，使用德拜模型求晶体的零点振动能。 2
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 E0 就是各振动
1
模零点能之和。 E0
m
0
E0 g d 将E0
将
M
us ueisKa e it , Vs VeisKa e it . 代入上式有
M 2u C 10 e ika V 11Cu , M 2V C eika 10 u 11CV ,
4
是 U，v 的线性齐次方程组，存在非零解的条件为
2 2 2 2 Kx , 2m 2m a 2m a
2 2 2 2 2 2 2 2 B点能量 B K x K y 2 m 2 , 所以 B / A 2 2m a a 2m a
所以 B / A 3
(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
2 2 论，自由电子的能量为 K x2 K y K z2 ，FerM 面应为球面．由(b)可知，内切于 2m
4 点的内切球的体积
3
4 3
，于是在 K 空间中，内切球内能容纳的电子数为 a
当 K= / a 时
2 20C / M , 2 2C / M ,
当 K=0 时，
2 22C / M , 2 0,
2 与 K 的关系如下图所示．这是一个双原子(例如 H 2 )晶体
固体物理 课后习题解答(黄昆版)第三章
黄昆固体物理习题解答第三章晶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，在第个格点引起的位移为，μ= anj j sin(ωj_j+ σj) ，σj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μn= ∑ μnj=∑ a j sin(ωj t naq j+σj)j j（1）μ2 n =⎛⎜⎝∑μjnj⎞⎛⎟⎜⎠⎝∑μj*nj⎞⎟⎠= ∑μj2nj+ ∑ μ μnj*nj′j j′由于μ μnj⋅nj数目非常大的数量级，而且取正或取负几率相等，因此上式得第2 项与第一项μ相比是一小量，可以忽略不计。
所以2= ∑ μ 2njn j由于μnj是时间的周期性函数，其长时间平均等于一个周期内的时间平均值为μ 2 = 1 T∫0 2 ω+σ 1 2j aj sin( t naqjj j)dt a=j（2）T0 2已知较高温度下的每个格波的能量为KT，μnj的动能时间平均值为1 L T ⎡1 ⎛dμ⎞2 ⎤ρw a2 T 1= ∫ ∫dx0⎢ρnj⎥= j j∫0 2 ω+ σ= ρ 2 2 T⎜⎟dt L a sin( t naq)dt w Lanj T0 0 0 ⎢ 2 ⎝dt⎠⎥2T0 j j j j 4 j j其中L 是原子链的长度，ρ 使质量密度，T0为周期。
1221所以Tnj= ρ w La j j=KT（3）4 2μKT因此将此式代入（2）式有nj2 = ρ ωL 2 jμ所以每个原子的平均位移为2== ∑ μ 2= ∑KT= KT∑1n njρ ωL2ρLω2j j j j j3.2 讨论 N 个原胞的一维双原子链（相邻原子间距为 a），其 2N 格波解，当 M=m 时与一维单原子链的结果一一对应.解答（初稿）作者季正华- 1 -黄昆固体物理习题解答解：如上图所示，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：..mμ2n= −β μ(22n−μ2n+1 −μ2n−1)..Mμ2n+1 = −β μ(22n+1 −μ2n+2 −μ2n)体系为N 个原胞，则有2N 个独立的方程i na q方程解的形式：iμ2n=Ae[ωt−(2 ) ] μ2n+1=Be[ω−(2n+1)aq]na qμ=将μ2n=Ae[ωt−(2 ) ]2n+1 Be i[ωt−(2n+1) aq]代回到运动方程得到若A、B 有非零的解，系数行列式满足：两种不同的格波的色散关系：——第一布里渊区解答（初稿）作者季正华- 2 -第一布里渊区允许 q 的数目黄昆 固体物理 习题解答对应一个 q 有两支格波：一支声学波和一支光学波。
《固体物理学(黄昆)》课后习题解答
v0
证
� 倒格子基矢 b1
=
2π
�� � a2�× a3� a1 ⋅ a2 × a3
� b2
=
2π
�� � a3�× a1� a1 ⋅ a2 × a3
� b3
=
2π
�� � a1�× a2� a1 ⋅ a2 × a3
��� 倒格子体积 v0* = b1 ⋅ (b2 × b3 )
v0*
=
(2π )3 v03
《固体物理》习题解答
第一章 习 题
1.1 如果将等体积球分别排列下列结构，设x表示刚球所占体积与总体积之比，证明
结构 简单立方(书P2, 图1-2) 体心立方(书P3, 图1-3)
面心立方(书P3, 图1-7)
六方密排(书P4, 图1-6)
金刚石(书P5, 图1-8)
x
π / 6 ≈ 0.52 3π / 8 ≈ 0.68
2π / 6 ≈ 0.74
2π / 6 ≈ 0.74 3π /16 ≈ 0.34
解 设n为一个晶胞中的刚性原子数，r表示刚性原子球半径，V表示晶胞体积，则致
4π nr3
密度为: ρ =
（设立方晶格的边长为a） r取原子球相切是的半径于是
3V
结构
r
n
V
简单立方
a/2
1
a3
体心立方
a/2
1
a3
ρ π / 6 ≈ 0.52
� b3
=
2π
�� � a1�× a2� a1 ⋅ a2 × a3
� a � � � � a� � � � a� � �
体心立方格子原胞基矢 a1 =
(−i 2
+
j + k ),
(完整版)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， 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 ∴52.06r 8r34a 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 374.062)r 22(r 344a r 344x 3333≈π=π⨯=π⨯= （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 74.062r224r 346x 33≈π=π⨯= （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 334.063r 338r 348a r 348x 33333≈π=π⨯=π⨯=1.2、试证：六方密排堆积结构中633.1)38(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。
固体物理 课后习题解答(黄昆版)第三章
•
w
M M
将
us −1
d 2us = C (Vs −1 − us ) + 10C (Vs − us ) ， dt 2 d 2Vs = 10C ( us − Vs ) + C ( us +1 − Vs ) , dt 2
w
a/2
o
vs −1
. e h c 3 . w
c 10c
m o c
o
•
o
•
us
vs
当 当
k = k x ，且 k y = 0 时的 ω − k 图，和 kx = k y
时的 ω − k 图，如右图所示。
3.5 已知 Nacl 晶体平均每对离子的相互作用能为 U (r ) = −
马德隆常数 α ＝1.75，n＝9，平均离子间距 r0 = 2.82 Å 。 （1）试求离子在平衡位置附近的振动频率
(b)根据题意，
μl ,m = μ (0) exp[i (lk x a + mk y a − ωt )]
) = c[( μl +1,m + μl −1,m − 2μl ,m ) 的解， dt 2 + ( μl ,m +1 + μl ,m −1 − 2μl ,m )] M(
因为
d 2 μl , m
μl ,m = μ (0) exp[i (lk x a + mk y a − ωt )]
代回到运动方程得到
若 A、B 有非零的解，系数行列式满足：
w
两种不同的格波的色散关系：
w
. e h c 3 . w
-2-
m o c
——第一布里渊区
解答（初稿）作者 季正华
固体物理 课后习题解答(黄昆版)第四章
4.1，根据 k黄昆 固体物理 习题解答第四章 能带理论= ± 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 a们的特性．说明它们都代表驻波，并比较两个电子云分布 ψ2说明能隙的来源(假设V n =V n *)。
＜解＞令 k= + π ， k ′ = − π ，简并微扰波函数为ψ=A ψk( ) + B ψk( )a*a⎡E k ( ) − E A V B n= 0( )V A n+ ⎡E k − E B =取 E E +带入上式，其中 E += E k0( )+ V nV(x)<0,V n < 0 ,从上式得到 于是A ⎡ n π− n π ⎤πψ = A ⎡ψ 0( )−ψk0′( )⎤ =ixe a − e i x a =2A sin n x+⎣k⎢ L ⎣⎥ ⎦L a 取 E E − ， E −=E k0( )− V nV A n= −V B n,得到A BA ⎡ i nπx−i n πx⎤πψ = A ⎡ψ 0( )−ψk0′( )⎤ =e a − ea=2A cos n x−⎣ k⎦⎢ ⎣L a由教材可知，Ψ+及 Ψ − ν ( ) 为零．产生驻波因为电子波矢n kπ=时，电子波的波长aλ =2π=2a ，恰好满足布拉格发射条件，这kn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 k π= 的 0 级波函数。
2a11r2π1π 2π1i2π1xi mx i x i mx(m+ )ψ* ＜解＞( ) = ikx=eikx ae e= e2a⋅ea= e a 4k L⋅π=L*Lπ1 i2xL第一能带：m0, m = 0,ψ( ) = e a2ab b′则b′ →,k2π⋅= −L2π, m= −1,i2πx i π∴ψ *( )= 13πi xe第二能带：a a即（e a=e ）2a k L2a2π2π 1 π2π 1 5π第三能带：c′ →, ⋅=aa即m =,*1,ψk( ) = Li x i xe2a⋅ea= L i xe2a解答（初稿）作者季正华- 1 -4.3 电子在周期场中的势能．黄昆 固体物理 习题解答1 2 2 2 2 m ω ⎡b − −( x na ⎤) ,当na b x na b + V x ( ) =0 ，当(n-1)a+b ≤ ≤x na 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V x ( )= 1∫ V x L( )=1∫a( )=1a b( )L a ba ∫−b题设 a = 4b ，故积分上限应为 a b − = 3b ，但由于在 [b b ,3 ] 区间内[− , ] 区间内积分．这时， n = 0 ，于是V x ( ) 0=，故只需在= 1∫b= m ω2∫b22=m ω2 ⎡ 2b− 1x 3b ⎤ = 1m ωb 2V( )b − x dx )( b x ⎢ −b −b⎥ 。
黄昆《固体物理学》习题解析
s
ε 11 ε 12 ε 21 ε 22 ε 31 ε 32
假设六角晶系的介电常数为
ε 11 ε 12 ε = ε 21 ε 22 ε 31 ε 32
则由 ε = A x εAx .
'
得
ε 13 ε 11 ε 31 = − ε 21 ε 33 − ε 31
v v v a2 × a3 2π a v v v a v v v 倒格子基矢 b1 = 2π v v v = ⋅ (i − j + k ) × (i + j − k ) a1 ⋅ a2 × a3 v0 2 2 v v v 2π a 2 v v v 2π v v ( j +k) = ⋅ (i − j + k ) × (i + j − k ) = a v0 4 v v v a3 × a1 2π v v 同理 b2 = 2π r r r = (i + k ) a1 ⋅ a2 × a3 a v v v v 2π v v b3 = (i + j ) a
v 2π v v 2π v v 2π v b1 = i , b2 = j , b3 = k a b c
-3-
整
v v v a ×a b1 = 2π v 2v 3v a1 ⋅ a2 × a3
v v v a ×a b3 = 2π v 1v 2v a1 ⋅ a2 × a3
理
h k l ( ) 2 + ( )2 + ( )2 ；说明面 a b c
可见由 b1 , b2 , b3 为基矢构成的格子为面心立方格子
-2-
Jo
体心立方格子原胞基矢 a1 =
ne
v v v a2 × a3 解：由倒格子定义 b1 = 2π v v v a1 ⋅ a2 × a3 v
黄昆版固体物理学课后答案解析答案 (1)
《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(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。
…、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。
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《固体物理学》习题解答黄昆 原著 汝琦改编 （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， 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 ∴52.06r 8r34a 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 374.062)r 22(r 344a r 344x 3333≈π=π⨯=π⨯= （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 74.062r224r 346x 33≈π=π⨯= （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 334.063r 338r 348a r 348x 33333≈π=π⨯=π⨯=1.2、试证：六方密排堆积结构中633.1)38(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=⨯Ω31230,,22(),0,224,,022a aaa a a a a a a Ω=⋅⨯==，223,,,0,()224,,022i j ka a a a a i j k a a ⨯==-++ 213422()()4ab i j k i j k a aππ∴=⨯⨯-++=-++同理可得：232()2()b i j k ab i j k aππ=-+=+-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=⨯Ω3123,,222(),,2222,,222a 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 aππ∴=⨯⨯+=+同理可得：232()2()b i k ab i j aππ=+=+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 aa 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12312300h 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：22222()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⨯=⋅⨯，1231232a a b a a a π⨯=⋅⨯倒格子基矢：123222,,b i b j b k a a aπππ===倒格子矢量：123G hb kb lb =++，222G h i k j l k a a aπππ=++ 晶面族()hkl 的面间距：2d Gπ=2221()()()h k l a a a=++22222()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234(1) (234)n x x x x x +=-+-+ 当X=1时，有1111 (2234)n-+-+=2.3、若一晶体的相互作用能可以表示为 ()mnu r r r αβ=-+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 晶体能()()2m n N U r r rαβ=-+ 平衡条件0r r dUdr==，11000m n m n r r αβ++-+=，10()n m n r m βα-= （2）单个原子的结合能01()2W u r =-，00()()m n r r u r r r αβ==-+，10()n m n r m βα-= 1(1)()2mn m m n W n m βαα--=-（3）体弹性模量0202()V UK V V∂=⋅∂ 晶体的体积3V NAr =，A 为常数，N 为原胞数目 晶体能()()2m n N U r r rαβ=-+ 1112[1...]234α=-+-+22n α∴=U U r V r V ∂∂∂=∂∂∂1121()23m n N m n r r NAr αβ++=- 221121[()]23m n U N r m n V V r r r NAr αβ++∂∂∂=-∂∂∂ 022222000001[]29m n m n V V U N m n m n V V r r r r αβαβ=∂=-+-+∂ 由平衡条件1120001()023m n V V U N m n Vr r NAr αβ++=∂=-=∂，得00m n m n r r αβ= 0222220001[]29m n V V UN m n V V r r αβ=∂=-+∂ 02220001[]29m nV 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=-+ 02022()9V V U mnU V V =∂=-∂ 体弹性模量09mnK U V = （4）若取02,10,3,4m n r A W eV ====10()n mn r m βα-=，1(1)()2mn m m n W n m βαα--=-1002W 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＞1261261()4()(),()(4)()()2n l u r u r N A A r r r r σσσσεε⎡⎤⎡⎤=-=-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦26661200612()1022rA A du r r u N r A A σε⎛⎫=⇒=⇒=- ⎪⎝⎭22066201212()12.25/9.11()/()0.957()14.45/12.13bcc 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65010, 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：1261262.ij ij i j U N P P R R σσε--⎡⎤⎛⎫⎛⎫''=-⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦∑∑61214.45392;12.13188,ijij jiP P --''==∑∑16235010, 2.96, 6.02210/.erg A N mol εσ-=⨯==⨯()()12628162.96 2.962602210/501012.1314.45 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。