固体物理习题课第五章可打印

固体物理学：第五章习题

第五章习题 P3051. 解：一维部洛赫电子的能带具有如下性质，)()(αsk E k E +=，⋅⋅⋅±±=210、、s于是有：αs k kE kk E+∂∂∂∂= ……①和kkE kk E -∂∂∂∂-= ……②而布里渊区在边界上，α2s k±=，取α2sk -=代入①、②两式，可得：αα22s kE s k E-∂∂∂∂=， αα22s kEs k E -∂∂∂∂-= 由上两式相容的条件立即得到：02=±∂∂αsk E ，即能量取极值。

（可参看附加题1、2，课本P288例1、P290例3） 2. 解：对面心立方格子，原胞的三个基矢为：)(21a +=α，)(22a +=α，)(23a +=α，倒格子基矢为：)(11b ++-=α)(12b +-=α ，)(13b -+=α倒格矢：332211n b n b n K n ++=])()()[(3213213211n n n n n n n n n -+++-+++-=α面心立方格子是一个边长为α2的体心立方格子，离原点最近的八个倒格点的坐标是：)111(1，，α ，)111(1，，α，)111(1，，α，)111(1，，α)111(1，，α，)111(1，，α，)111(1，，α，)111(1，，αα3=六个次近邻倒格点的坐标是：)002(1，，±α，)02,0(1，±α，)2,00(1±，α，α2= 由最近邻和次近邻倒格矢的中垂面围成的多面体——截角八面体（它是一个十四面体）便是面心立方格子的第一布里渊区。

如课本P261图5-3。

3. 解：（参考徐习P259～260,教材P191,4-19式）（1）按照定义，空间中E=E F的等能面称为费米面，由mk h E F 222=知道，这是半径为F k 的球面。

在绝对零度下，电子全部位于费米球内，T=0K 时，费米能级的能量32223220)3(2)83(2ππn mn m h E F ==式中n 为电子浓度，令3222)83(22πn m h k m h F =得，31)83(πn k F = 设晶体的电子总数为N ，体积为V,对于具有简单立方结构的单价金属，V=N α3，因此，所求费米球半径：m V N k F /10147.010345.3492.0492.0)183()83(101031331⨯=⨯====-ααππ（2）因简单立方边界为α，其第一布里渊区是空间中边长为1/α的立方体，体积为1/α3，故费米球刚好被包含在其内部。

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?

(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。

固体物理习题5省公开课获奖课件说课比赛一等奖课件

Na
α Na a
n
5.6 一矩形晶格，原胞边长 a 2 1010 m ，b 4 1010 m
（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）画出自由电子旳费密面。(设每个原胞有两个电子。）
0
解：(1) 因为 a ai 2 A i
0
b bj 4 A j
b mω2 b 2
b2 x2 cos π x dx b
mω2b2 π2
5.4 用紧束缚措施导出体心立方晶体s态电子旳能带
E
k
E
at s
A
8J cos
kxa 2
cos
kya 2
cos
kza 2
并求能带宽度。
解：用紧束缚措施处理晶格旳s态电子，当只计及近来邻格点
旳相互作用时，其能带旳表达式为
ΙΙ
ΙΙ
ΙΙΙ ΙΙ ΙΙΙ
n 4 8 AC 3 3a 2
可算出费米圆旳半径 kF
由此能够画出自由电子旳
2πn
16π 3.1 3 3a2 a
费米圆，如图中旳所示。考虑周期势场旳微扰，对自由电子旳费米圆作两点修正：（1）在布里渊区旳边界线处发生分裂。（2）费米圆与布里渊区边界线间旳交角进行钝化。
倒格子基矢为
a
*
1 oi
2A
b*
1 oj
4A
以
a
*
,
b
*
为基矢构成旳倒格子
B3
如图6-11所示,图中“。”
A3
代表倒格点。由图可见，
矩形晶格旳倒格子也是
矩形格子。
ky B2 A2 b
o

《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。

习题5固体物理习题黄昆版共25页

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71、既然我已经踏上这条道路，那么，任何东西都不应妨碍我沿着这条路走下去。——康德 72、家庭成为快乐的种子在外也不致成为障碍物但在旅行之际却是夜间的伴侣。——西塞罗 73、坚持意志伟大的事业需要始终不渝的精神。——伏尔泰 74、路漫漫其修道远，吾将上下而求索。——屈原 75、内外相应，言行相称。—一条件。——黑格尔 7、纪律是集体的面貌，集体的声音，集体的动作，集体的表情，集体的信念。 ——马卡连柯
8、我们现在必须完全保持党的纪律，否则一切都会陷入污泥中。 ——马克思 9、学校没有纪律便如磨坊没有水。— —夸美纽斯
10、一个人应该：活泼而守纪律，天真而不幼稚，勇敢而鲁莽，倔强而有原则，热情而不冲动，乐观而不盲目。 ——马克思

固体物理答案第五章1

A4 B4
a∗
kx
第二区
作为原点，（2）取任意倒格点作为原点，由原点至其最近邻 Ai 、次近邻）取任意倒格点o作为原点的连线的中垂线可围成第一、第二布里渊区(如上图如上图)， Bi 的连线的中垂线可围成第一、第二布里渊区如上图，这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，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，其结果如图所示。其结果如图所示。
当每个原胞有两个电子时，当每个原胞有两个电子时，晶体电子的总数为
r r rr r r 1 ik⋅Rl at at ψ k,r = ∑e ϕα k − Rl N Rl
( )
(
)
r 一维晶体情况下，一维晶体情况下，晶格常数 a ，Rl = na
所以
r r r 1 ψ k, x = ∑ e ikna ϕat ( x − na ) α n N
r r 1 −α x ϕ (x) = e α at
a i (k x − k y ) i a (k x + k y ) kza kza 2 2 cos cos +e e 2 2 = E sat − A − 2J a i (− k x − k y ) i a (− k x + k y ) kza kza 2 2 cos cos +e + e 2 2
Eg = 2Vn
是周期势场V(x)付里叶级数的系数，该系数可由式付里叶级数的系数，其中 Vn 是周期势场付里叶级数的系数
1 Vn = ∫ V ( x )e a −a 2
a 2
−i
2π nx a
dx
求得。求得。第一禁带宽度为
1 E g1 = 2 V1 = 2 ∫ V ( x )e a −a 2

上海师大固体物理第五章(1)Bloch定理

ˆ T ˆ U H e ee

r i r j U en r i R n

绝热近似对能级影响在10-5 eV
2. Hatree-Fock平均场近似（单电子近似）
严格来说，体系中的每一对电子之间都有相互作用。平均场近似是指对于单个电子，把其它电子对它的作用看成一个平均场，即假定每个电子所处的势场都相同，使每个电子的电子间相互作用势能仅与该电子的位置有关，而与其它电子的位置无关。
周期势场近似：周期场中的单电子运动问题
固定的离子势场看作周期势场，电子的平均场是常势场。在单电子近似和晶格周期势场近似下，把多电子体系问题简化为在晶格周期势场下的单电子定态问题，即
2 2 V r r E r 2m
ˆ （1）引入平移对称算符 T ( R n )
• 平移对称操作算符：代表平移格式的对称操作，任意一个函数 f r 经平移算符作用后变成
ˆ T Rn f r f r Rn

ˆ f ( r )可以是V ( r )， ( r )，H ( r ) r i , E Ei ，代入薛定谔方程，由分离变量法，令 r1 r i i

ˆ ri E ri H i i i i

所有电子都满足薛定谔方程，可略去下标。只要解得 i r i , Ei ，便可得
也是严
格周期性的，
V r V r R n

平移对称性是晶体单电子势最本质的特点
绝热近似：多粒子的多体问题一种粒子的多电子问题

中山大学固体物理第五章参考答案

Kronig-Penney 一维方形势场模型有着重要意义，首先它是第一个可以严格求解的模型，证实了周期场中的电子可以占据的能级形成能带，能带之间存在禁带。其次，这个模型有多方面的适应性，经过适当修正可以用来讨论表面态，合金能带以及超晶格的能带问题。
Blakemore 书也介绍了这个模型， p213 给出了p=2 的结果。
这种现象与金属费米面附近的电子在强磁场中的行为有关因而与金属的费米面结构有密切关系这些现象是研究金属费米面结构的有力工具上面对自由电子的讨论可以推广到bloch电子只需要用有效质量即可因为前者已经涵盖了周期场的影响上式推广到bloch电子有
3.由同种原子组成的二维密排结构晶体，原子间距为a，作图画出其前三个布
d2x 2 U(x)
U0
1区 2区 3区
b x
0 ca 1( x) Aeix Beix , 2( x) Aei 'x Bei 'x , 3( x) eika ( Aeix Beix ), 这里 2mE / , ' 2m(E U0 ) /
反。
构造一虚拟的空穴带，以描述空穴动力学
k
逸失一电子后的价带
2、能隙的由来？利用能带理论解释导体、半导体以及绝缘体？
要点：本质是由于原子与原子的相互作用能级分裂成能带，能带之间即是能隙。晶体中是由于周期性势场的影响，在布里渊区边界处bloch波的散射形成了能隙。
导体半导体绝缘体：电子的填充+能隙的大小
n
AeitN naq Aeitnaq
即：eiNaq 1
q 2 n
Na
n =任意整数，但考虑到 q 值的取值范围，n 取值数目是有限的：只有布里渊区内的 N 个整数值。

《固体物理学》房晓勇-习题05第五章金属电子论基础

第五章金属电子论基础5.1 已知下列金属的电子数密度3/n cm -：Li 4.7×1022Ni 2.65×1022Cu 8.45×1022试计算这些金属的费米能和费米球半径。

解：（参考中南大学4.6）根据《固体物理学》式（5-32）解法一：金属的电子浓度()3/21/222/01221B E k Tm E n dE eμπ∞-⎛⎫= ⎪-⎝⎭⎰（1）式中()/1()1BE k Tf E e μ-=-，由于0=T K ，0F E μ=，所以当0F E E >，有0)(=E f ，而当0F E E ≤，有1)(=E f ，故（1）式可简化为：()03/23/23/21/202222012212232FE Fm m n E dE E ππ⎛⎫⎛⎫== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎰（2）得()22/30232FE n mπ=解法：根据《固体物理学》式（5-19）和式（5-18）得费米半径()1/323F k nπ=费米能量()2222/32322F F k E n m mπ== 分别代入电子数密度()()23422/32/32222,276.34102 3.14233 3.142 4.71022 6.941 1.6710F LiE n m π--⎛⎫⨯ ⎪⨯⎝⎭⎡⎤==⨯⨯⨯⨯⎣⎦⨯⨯⨯ ()()1/31/32222,33 3.142 4.710F Li k n π⎡⎤==⨯⨯⨯=⎣⎦()()23422/32/32222,276.34102 3.14233 3.142 4.71022 6.941 1.660510F LiE n m π--⎛⎫⨯ ⎪⨯⎝⎭⎡⎤==⨯⨯⨯⨯⎣⎦⨯⨯⨯ ()()1/31/32222,33 3.142 4.710F Li k n π⎡⎤==⨯⨯⨯=⎣⎦()()23422/32/32222,276.34102 3.14233 3.142 2.65102258.69 1.660510F NiE n m π--⎛⎫⨯ ⎪⨯⎝⎭⎡⎤==⨯⨯⨯⨯⎣⎦⨯⨯⨯ ()()1/31/32222,33 3.142 2.6510F Ni k n π⎡⎤==⨯⨯⨯=⎣⎦()()23422/32/32222,276.34102 3.14233 3.1428.45102263.54 1.660510F CuE n m π--⎛⎫⨯ ⎪⨯⎝⎭⎡⎤==⨯⨯⨯⨯⎣⎦⨯⨯⨯ ()()1/31/32222,33 3.1428.4510F Cu k n π⎡⎤==⨯⨯⨯=⎣⎦5.2 限制在边长为L 的正方形的N 个电子，单电子能量为()()222,2xy x y kk E k k m+=（1）求能量E 到E+dE 之间的状态数；(2) 求绝对零度时的费米能量。

固体物理基础课后答案西安电子科技大学出版社(曹全喜雷天明黄云霞李桂芳著) 第一二三四五章

m1
Gh
a1 h
a2 k
hb1
kb2
lb3
a1 h
a2 k
2h
a2 a3 a1 a2 a3
2k a3 a1 a1 a2 a3
2l a1 a 2 a1 a2 a3
0
同理，有 m2 G h 0 ， m3 G h 0
所以，倒格矢 Gh hkl晶面。
解：由布拉格反射模型，认为入射角＝反射角，由布拉格公式：2dsin=，可得
d n 2 sin
（对主极大取 n=1）
d
1.54 2 sin19.20
2.34(A)
10 ǃ试证明：劳厄方程与布拉格公式是等效的。
证明：由劳厄方程： Rl (k k 0 ) 2 与正倒格矢关系： Rl G h 2 比较可知：
e 2 4 0
(1)
R
2
N
e 2 4 0 R
2
Bn R n1
解：
2
4 ǃ考虑指数为（100）和（001）的面，其晶格属于面心立方，且指数指的是立方惯用原胞。若采用初基原胞基矢坐标系为轴，这些面的指数是多少？
解：如右图所示：在立方惯用原胞中的（100）晶面，在初基原胞基矢坐标
系中，在 a1 、 a 2 、 a3 三个基矢坐标上的截距为 2, , 2 ，则晶面
第二条本习题解答基于版本：固体物理基础-西安电子科技大学出版社(曹全喜雷天明黄云霞李桂芳著) ，且仅限于习题解答，而不包含思考题部分；
第三条此版本只含有习题参考答案（部分题目提供了多习了前 5 章，因此本解答仅包含前 5 章内容，完整版将于寒假后奉上；
2 Gh
；(c)
对于简单立方晶格有 d 2
a2 h2 k2 l2

固体物理第五章答案

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＝
12.据上题，当电子浓度 n 增大时，费米球膨胀。证明当电子浓度 n 与原子浓度 na 之比触。解：由教材 p181 图 6－20，f.c.c 的第一 B、Z 为 14 面体，14 面体表面离中心 T 点最近的点为 L 点。坐标为
3 = 3 5.4/a 4 a
2 (1/2.1/2.1/2) a
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)]
(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

《固体物理学答案》第五章

第五章晶体中电子能带理论习题１．晶体常数为a 的一维晶体中，电子的波函数为（1）()x ai x k πψ3cos =,（2）()f la x f x k,)(-l ∑∞∞=-=ψ是某一函数，求电子在以上状态中的波矢．［解答］由《固体物理教程》（5.14）式()()r e R r k R r i n k nψψ∙=+可知，在一维周期势场中运动的电子的波函数满足()()x e a x k ika k ψψ=+由此得(1) ()()()()x e x x ai x a i a x a i a x k ika k k ψψππππψ=-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+3cos 3cos 3cos于是1-=ikae因此得 ,5,3,aa akπππ±±±= 若只取布里渊区内的值：ak aππ<-，则有ak π=(2) ()].)1([)(a l x f la a x f a x l l k ∑∑∞-∞=∞-∞=--=++=+ψ令1+='ll得 ()()()()x e x a l x f a x k ika k k ψψψ==-=+∑'.由上式知 ikae =1所以有 ,6,4,2,0aa a kπππ±±±= 因此得在布里渊区内的值为0=k2.一维周期势场为()()[]()⎪⎩⎪⎨⎧-≤≤+-+≤≤---=.1,0,21222b na x b a n b na x b na na x b mW x V 当当其中b a 4=，W 为常数，试画出此势能曲线，并求出势能的平均值．［解答］图5.1 一维周期势场如图5.1所示，由于势能具有周期性，因此只能在一个周期内求平均即可，于是得Ｖ=a 1 ()dx x V a a ⎰-22=()dx x V b bb ⎰-2241 =dx x b mW b b b ⎰--][2141222 =b b x x b b mW --]31[8322 =2261b mW . 3.用近自由电子模型求解上题，确定晶体的第一及第二个禁带宽度．［解答］根据教科书（5.35）式知禁带宽度的表示式为 ng V E 2=，其中n V 是周期势场()x V傅里叶级数的系数，该系数可由《固体物理教程》（5.22）式n V = a 1 ()dx e x V nx ai a a π222--⎰求得，第一禁带宽度为112V E g ==2()dxex V a a x ai ⎰--222a 1π=2⎰---b b x ai dxex b mW b π2222][241=2⎰-⎪⎭⎫ ⎝⎛-b b dx x b x b mW b 2cos ][241222π=3228πb mW .第二禁带宽度为222V E g ==2()dxex V a a x ai ⎰--224a 1π=2⎰---b b x bi dx e x b mW b π][241222 =2⎰-⎪⎭⎫ ⎝⎛-b b dx x b x b mW b πcos ][241222=222πb mW4.已知一维晶格中电子的能带可写成()⎪⎭⎫⎝⎛+-=ka ka ma k E 2cos 81cos 8722 ，式中ａ是晶格常数．m 是电子的质量，求（1）能带宽度，（2）电子的平均速度，（3）在带顶和带底的电子的有效质量．［解答］（1）能带宽度为 .min max E E E -=∆由极值条件 ()0=dkk dE 得上式的唯一解是0sin =ka 的解，此式在第一布里渊区内的解为 ak π,0=.当()k E k ,0时=取极小值min E ，且有 min E =()00=E当()k E ak,时π=，E(k)取极大值max E ,且有.222max ma a E E=⎪⎭⎫ ⎝⎛=π由以上可得能带宽度为.222m i nm a x ma E E E =-=∆（2）由《固体物理教程》（5.81）式，得电子的平均速度为 ().2sin 41sin 1⎪⎭⎫⎝⎛-==ka ka ma dk k dE v（3）由《固体物理教程》（5.87）式得，带顶和带底电子的有效质量分别为.322cos 21cos 1222m ka ka m k E mak ak ak -=⎪⎭⎫⎝⎛-=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡∂∂=±=-±=*±=πππ.22cos 21cos 012220m ka ka m k E m k k k =⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡∂∂==-==*５．对简立方结构晶体，其晶格常数为a ．（1）用紧束缚方法求出对应非简并ｓ态电子的能带；（2）分别画出第一布里渊区［110］方向的能带﹑电子的平均速度、有效质量以及沿［110］方向有恒定电场时的加速度曲线．［解答］（1）非简并ｓ态电子的能带().e n R k ∑∙--=ns s ats s J C E k E式中n R是晶体参考格点最近邻格矢．对于简单立方晶体，任一格点有6个最近邻．取参考格点的坐标为（0,0,0）,则6个最近邻点的坐标为()()().,0,0,0,,0,0,0,a a a ±±±简单立方体非简并s 态电子的能带则为()().cos cos cos 2a k a k a k J C E k E z y x s s at s s ++--=（2）在[110]方向上 ,22,0k k k k y x z === 能带变为(),22cos 40⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=ka J E k E s s其中 ,20ss at s J C E E --=在[110]方向上,在第一布里渊区内,电子的能带如图5.2所示.图5.2[110]方向电子的能带电子的平均速度.22sin 221⎪⎪⎭⎫⎝⎛=∂∂=ka a J k E v s 平均速度曲线如图5.3所示.图5.3 平均速度曲线电子的有效质量,22cos 222222⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=∂∂=*ka a J k E m s 有效质量曲线如图5.4所示.图5.4 有效质量曲线在[110]方向有恒定电场情况下,电子的受力 εe F -=电子的加速度2222cos 2⎪⎪⎭⎫⎝⎛-==*ka a J e m F a s ε.设电场方向与[110]方向相反,加速度曲线则如图5.5所示.图5.5加速度曲线6.用紧束缚方法处理面心立方体晶格的s 态电子,试导出其能带⎥⎦⎤⎢⎣⎡++--=2cos 2cos 2cos 2cos 2cos 2cos 4a k a k a k a k a k a k J C E E x z z y y x s s atss ,并求出能带底的有效质量. [解答]用紧束缚方法处理晶格的s 态电子,当只计及最近邻格点的相互作用时,根据《固体物理教程》（5.60）式,其能带表示式为()∑∙--=ns s ats s J C E k E n R k e ,n R 是最近邻格矢.对面心立方晶格,取参考点的坐标为(0,0,0),则12个最近邻格点的坐标为 (2a ±,2a ±,0),( 2a ±,0, 2a ±),(0, 2a ±,2a±). 将上述12组坐标带入能带的表示式,得()∑∙--=ns s ats s J C E k E n R k es s ats J C E --=()()()()()()()()()()()()⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++---+-+---+-++---+-z y z y z y z k y k a i z k x k a i z k x k a i z k x k a i z x y x y x y x y x k k a i k k a i k k a i k k a i k k a i k k a i k k a i k k a i e e e e e e e e e e e e 222222222222()()()()()()⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++++-+++-++--=z y z y z x z x y x y x s s ats k k a k k a k k a k k a k k a k k a J C E 2cos 2cos 2cos 2cos 2cos 2cos⎥⎦⎤⎢⎣⎡++--=2cos 2cos 2cos 2cos 2cos 2cos 4a k a k a k a k a k a k J C E x z z y y x s s ats .能带底即()k E 的最小值对应的k为(0,0,0),有《固体物理教程》(5.87)可得在能带底处电子的有效质量为2202222a J k E m s kxx xx i=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡∂∂==*.同理可得222a J m s yy=*,222a J m s zz =*其它交叉项的倒数全为零.7.用紧束缚方法处理体心立方晶体,求出（1） s 态电子的能带为()2cos 2cos 2cos 8a k a k a k J C E k E z y x s s ats s --= ; （2）画出第一布里渊区[111]方向的能带曲线;（3）求出带顶和带底电子的有效质量. 【解答】（1）用紧束缚方法处理晶格的s 态电子,当只计及最近邻格点的相互作用时,其能带的表示式为().e n R k ∑∙--=ns s ats s J C E k E n R 是最近邻格矢.对体心立方晶格,取参考格点的坐标为（0,0,0）,则8个最近邻格点的坐标为（2,2,2aa a ±±±）. 将上述8组坐标代入能带的表示式,的().e n R k ∑∙--=ns s ats s J C E k E()()()()()()()()⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+++++++--=---+---+---++-+--+++z k y k x k a i z k y k x k a i z k y k x k a i z k y k x k ai z k y k x k a i z k y k x k a i z k y k x k a i z y x e e e e e e e e J C E k k k a i s s ats 22222222()()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++--=--+--+2cos 2cos 2cos 2cos 22222a k e a k e a k e a k e J C E z zz z k k a i s s atsy k x k ai y k x k a i y k x k a i y x ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-2cos 2cos 422a k a k e e J C E z y k a i s s at s x k ai x 2cos 2cos 2cos 8ak a k a k J C E z y x s s at s --=.（2）在[111]方向上k k k k z y x 33=== , 且第一布里渊区边界在 ak k k z y x π±===,于是能带化成⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=ka J E E s 63cos 830,其中s ats C E E -=0.图5.6为第一布里渊区[111]方向的能带曲线.图5.6 [111]方向的能带曲线（3）由能带的表示式及余弦函数的性质可知,当===z y x k k k 时,sE 取最小值,即0===z y x k k k 是能带底,电子的有效质量为2202222a J k E m s kxx xx i=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡∂∂==*同理可得222a J m s yy=*,222a J m s zz =*其它交叉项的倒数全为零.而在布里渊区边界上的⎪⎭⎫ ⎝⎛±⎪⎭⎫ ⎝⎛±⎪⎭⎫ ⎝⎛±a a a πππ2,0,0,0,2,0,0,0,2处是能带顶,电子的有效质量为222a J m m m s zzyyxx-===***.其它交叉项的倒数也全为零.8.某晶体电子的等能面是椭球面⎪⎪⎭⎫⎝⎛++=32322212122m k m k m k E ,坐标轴1，2，3相互垂.（1）求能态密度;（2）今加一磁场B , B与坐标轴的夹角的方向余弦分别为γβα,,,写出电子的运动方程;（3）证明电子在磁场中的回旋频率*=m eB c ω, 其中2132********⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=*m m m m m m m γβα.【解答】（1）由已知条件可将波矢空间内电子能带满足的方程化为1222232322222121=++ E m k E m k E m k .将上式与椭球公式1222222=++c z b y a x 比较可知,在波矢空间内电子的等能面是一椭球面.与椭球的体积abc π34比较可得到,能量为E 的等能面围成的椭球体积 2332132234E m m m πτ= 由上式可得dE E m m m d 21321324 πτ=.能量区间内电子的状态数目()dE E m m m V d V dz cc 1321323222πτπ== 是晶体体积.电子的能态密度()21321322E m m m VdE dz E N cπ==（2）根据《固体物理教程》中（5.86）式得⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂+∂∂∂+∂∂=331222121212211F k k EF k k E F k E a ,⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂+∂∂+∂∂∂=332222221122221F k k E F k E F k k E a,⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂∂+∂∂∂=323222321132231F k E F k k E F k k E a .将⎪⎪⎭⎫⎝⎛++=32322212122m k m k m k E代入上述三式得运动方程为 333222111,,m F a m Fa m F a ===.即333222111,,F dtdvm F dt dv m F dt dv m ===. （1）当存在磁场B时,电子受到洛仑兹力B v e F⨯-=.其分量形式为 ()()23323223321v B v B v e B v B v e F ωνωβγ-=--=--=,()()31131331132v B v B v e B v B v e F ωνωγα-=--=--=, ()()12212112213v B v B v e B v B v e F ωνωαβ-=--=--=式中B B=,γωβωαωeB eB eB ===321,,.将上述结果代入运动方程（1）得.,,122133311322233211v v dt dvm v v dt dvm v v dt dv m ωωωωωω-=-=-= （2）(3)上述方程可用不同的方法求解.解法一：对(2)式两边作拉普拉斯变换，并采用如下初始条件 ()1010v v =,()2020v v =,().0303v v =得[]11v pL m +[]23v L ω-[]32v L ω=101v m ,-[]13v L ω+[]22v pL m +[]31v L ω=202v m ,[]12v L ω-[]21v L ω+[]33v pL m =303v m .由此解出[]∆∆=11v L . 其中()()B p Ap m m m p m m m pm p m p m +≡+++=---=∆22332222113321312123231ωωωωωωωωω.321m m m A =,321233222211m m m m m m B ωωω++=.()()322130313202121021120332302323103213130312202231011C p C p C v m v m v m pv m m v m m p v m m m pm v m p m v m v m ++≡+++-+=--=∆ωωωωωωωωωωω()203302322103211,v v m m C v m m m C ωω+==,3031320212102113v m v m v m C ωωωωω++=.因此得[]()Bp A C B p p AB C B C p AB C B p Ap C p C p C v L +++-+=+++=22231323221111.上式两边取逆拉普拉斯变换得t B BA Ct B AB C B C p AB C v sin cos 123131+-+=.同理可得t B B A C t B AB C B C p AB C v sin cos 123132'+'-'+'=.()301103312203211,v v m m C v m m m C ωω+='=', 1021130323202223v m v m v m C ωωωωω++='.及t B B A C t B AB C B C p AB C v sin cos 123133''+''-''+''=.()102201212303211,v v m m C v m m m C ωω+=''=''2032210311302333v m v m v m C ωωωωω++=''.可见电子回旋频率为B .解法二：由于电子作周期运动，将试探解t i c e v v ω101=, t i c e v v ω202=t i c e v v ω303=（这里302010,,v v v 一般为复数，电子的真实速度应为321,,v v v 的实部或虚部.）代入（2）式得 101v m i c ω+302v ω-203v ω=0,103v ω+202v m i c ω-301v ω=0,102v ω-201v ω+303v m i c ω=0.302010,,v v v 有不全为零的解的充要条件是0312123231=----m i m i m i c c c ωωωωωωωωω. 由此得 ()02332222113321=++-c c m m m m m m ωωωωω.于是B m m m m m m c=++=3212332222112ωωωω.这样，两种方法均给出电子回旋频率为21321233222211⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++==m m m m m m B c ωωωω.再将γωβωαωeB eB eB ===321,,,代入上式即得*=meBc ω, 其中2132********⎪⎪⎭⎫⎝⎛++=*m m m m m m m γβα.9.求出一维、二维金属中自由的能态密度.[解答]（1）一维情况自由电子的色散关系为 mk E 222 =.由此得dk E m dk m kdE 2121222⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛== ,即dE E m dk 212122-⎪⎭⎫⎝⎛= . 对应同一个dE ，在k ±方向各有一个dk ，因此空间中dE E E +与之间的区间为dE E m dk d 2121222-⎪⎭⎫⎝⎛== τ,在该范围内的状态数为dE E m L d LdZ 212122-⎪⎭⎫⎝⎛== πτπ,其中L 是晶格长度.于是，态密度()12122-⎪⎭⎫ ⎝⎛==E m L dE dZ E N π.（2）二维情况参照《固体物理教程》（5.102）式可知，二维情况下态密度的一般表示式为()⎰∇=Lk EdLS E N 22π.其中S 是晶格的面积，积分沿能量为E 的等能线进行.由()2222y x k k m E += 得 ()mk k k m E y x k 221222 =+=∇.于是有()21222222 mS k m k S E dL S E N Lk ππππ=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=∇=-⎰.10.二维金属晶格，晶胞为简单矩形，晶格常数A a2=,A b 4=，原子为单价的.(1) 试画出第一、二布里渊区； (2) 计算自由电子费密半径；(3) 画出费密面在第一、二布里渊区的形状.【解答】（1）倒格子原胞基矢j bb i a b ππ2,221==.选定一倒格点为原点,原点的最近邻倒格矢有4个,它们是21,b b ±±这4个倒格矢的中垂线围成的区间即是第一布里渊区.即图5.7中Ⅰ所示区间.原点的次近邻倒格矢有4个,它们是21b b ±±这4个倒格矢的中垂线围成的区间与第一布里渊区边界围成的区间即是第二布里渊区.即图5.7中Ⅱ所示区间.图5.7 二维矩形晶格第一、二布里渊区（2）在绝对零度时,二维金属中导电电子若看成自由电子,电子的能量mk E 222 =,能量dE E E+→区间的电子占据波矢空间dk 的范围.在此范围内的波矢数目为图5.8二维波矢空间kdk S ππ2)2(2∙,其中2)2(πS是二维金属中导电电子的波矢密度,S 是金属面积。

固体物理答案第五章1

l = ∞
∑ f ( x la )
∞
为某一确定的函数）（ f 为某一确定的函数）
试求电子在这些状态的波矢。试求电子在这些状态的波矢。
r r r r r ir Rn 解：由式 ψk r + Rn = e ψk (r )
(
)
可知，可知，在一维周期势场中运动的电子波函数满足
ψ k ( x + a ) = e ikna ψ k ( x )
v* a =
1 v i o 2A v* 1 v b = j o 4A
v* v* 以 a ,b
为基矢构成的倒格子
B3
ky
B2
A2
b
B1
A1
如图6-11所示图中“。” 所示,图中如图所示图中“
A3
o
代表倒格点。由图可见，代表倒格点。由图可见，矩形晶格的倒格子也是矩形格子。矩形格子。第一区
(s = 0,1,2...
n = ±1,±2...)
5.2 电子在周期场中得势能
1 2 2 2 mω b ( x na ) V (x) = 2 0
[
]
当na b ≤ x ≤ na + b
当(n - 1)a + b ≤ x ≤ na b
是常数。试画出此势能曲线，并求此势能的平均值。且 a = 4b, ω 是常数。试画出此势能曲线，并求此势能的平均值。 V(x) 解：
r k ya kza k xa at E k = E s A 8J cos cos cos 2 2 2
并求能带宽度。并求能带宽度。用紧束缚方法处理晶格的s态电子，当只计及最近邻格点用紧束缚方法处理晶格的态电子，解：态电子的相互作用时，其能带的表示式为的相互作用时，

上海师大固体物理第五章(8)习题课及本章总结

在x=a处有：
Aeia Beia Ceb Deb eikab
i Aeia Beia Ceb Deb eikab
只有当A、B、C、D的系数行列式为零时，四个方程才有解，即有
2 2 sinh bsin a cosh b cos a cos k a b
2
其中
cosh x ex ex ,sinh x ex ex
2m / h2
1/2 a 给出，这一范围
是函数
sin a
P
cos a
取值1之间的范围。对能量的其
a
它取值，波动方程不存在行波解或类Bloch解，从而以此在
能谱中构成禁带。
在Kronig——Penny势场中的能量关于波数的关系曲线，其中P=3/2。请注意在ka=，2， 3，…处出现的能隙。
Kronig-Penney一维方形势场模型有着重要的意义：
为分割在各个顶角附近的曲面。
据以上分析可估计能态密度N(E)的大小。
在第一布里渊区内：
E
E
时，
A
N(E) C
E
E EA时, S N E
E EA时,
S N E
当E超过第二布里渊区的最低能量EB时：N(E)由0迅速增大。
E
E
EC
EB EC
EEB0
EA
EC>EB
N(E)
EC<EB
C· ··B A
在合金中，二价元素锌的浓度超过36%后，如果仍维持相，则由于能级密度迅速减小，电子要填充到比较高的能级。
对于相结构，锌的浓度要到48%时，即E>EA后，能级密度才迅速减小，电子可以填充到比较低的能级。因此当锌的浓度超过36%但低于48%时，相比较稳定。同理也可以说明，当浓度再增加时，合金的结构又要改变，而进入相。

(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。

固体物理第五章例题

E 3n 2m
0 F 2

2 2 3
1.05 10 2 9.1 10
- 34 2 - 31
7.5 10 -19 J 4.7ev
2 3 3.5 10 -10

3

2
25 在低温下金属钾的摩尔热容量的实验结果可写成:
23
K n n1b1 n2b2
第三布里渊区
①n1 ②n1 ③n1 ④n1 ⑤n1 ⑥n1
2 , n2 0; K 1 2b1 0 , n2 2; K 2 2b2 2 , n2 2; K 3 2b1 2b2 -2 , n2 0; K 4 -2b1 -2 , n2 -2; K 5 -2b1 - 2b2 0 , n2 -2; K 6 -2b2
6
26 一维周期场中电子的波函数k(x)应当满足布罗赫定理。若晶格常数是a，电子的波函数为：
x 3x 1 k x sin ; 2 k x i cos a a
3 k x

试求电子在这些状态的 f x - la f是某个确定的函数。波矢。
C 2.08T 2.57T

3
mJ/mol K
若一摩尔的钾有N＝6×1023 个电子，试求钾的费米温度和德拜温度。 5
解：
e a CV CV CV T bT
Z 2 R Z 2 R e CV T T 0 2TF 2TF0
12 NkB T a bT 3 ; CV Θ 5 D
2
14
k 0 E 0 0

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