王淑华版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?
物理化学第五版课后习题答案解析电子教案
物理化学第五版课后习题答案解析第五章 化学平衡5－1．在某恒定的温度和压力下，取n 0﹦1mol 的A (g )进行如下化学反应：A (g )B (g )若0B μ﹦0A μ，试证明，当反应进度﹦0.5mol 时，系统的吉布斯函数G 值为最小，这时A ，B 间达到化学平衡。
解： 设反应进度为变量A (g )B (g )t ﹦0 n A , 0﹦n 0 0 0﹦0t ﹦t 平 n A n B﹦BBn ν n B ﹦B，n A ﹦n 0－n B ﹦n 0－B，n ﹦n A ＋n B ﹦n 0气体的组成为：y A ﹦A n n ﹦00B n n νξ-﹦01n ξ-，y B ﹦B nn﹦0n ξ各气体的分压为：p A ﹦py A ﹦0(1)p n ξ-，p B ﹦py B ﹦p n ξ各气体的化学势与的关系为：0000ln ln (1)A A AA p p RT RT p p n ξμμμ=+=+- 0000lnln B B B B p p RT RT p p n ξμμμ=+=+⋅ 由 G ＝n AA＋n BB＝(n A 0A μ＋n B 0B μ)＋00ln(1)A p n RT p n ξ-＋00ln B p n RT p n ξ⋅ ＝[n 0－A μ＋0B μ]＋n 00lnpRT p ＋00()ln(1)n RT n ξξ--＋0ln RT n ξξ 因为 0B μ﹦0A μ，则G ＝n 0(0A μ＋0lnpRT p)＋00()ln(1)n RT n ξξ--＋0ln RT n ξξ ,0()ln T p G RT n ξξξ∂=∂- 20,20()()T p n RT Gn ξξξ∂=-∂-＜0 令 ,()0T p Gξ∂=∂011n ξξξξ==-- ﹦0.5 此时系统的G 值最小。
5－2．已知四氧化二氮的分解反应 N 2O 4 (g ) 2 NO 2(g )在298.15 K 时，0r m G ∆＝4.75kJ ·mol －1。
物理化学答案——第五章-相平衡[1]
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第五章 相平衡一、基本公式和内容提要基本公式1. 克劳修斯—克拉贝龙方程m mH dp dT T V ∆=∆相相（克拉贝龙方程，适用于任何纯物质的两相平衡） 2ln m H d p dT RT ∆=相（克劳修斯—克拉贝龙方程，适用与其中一相为气相，且服从理想气体状态方程的两相间平衡）2.特鲁顿(Trouton)规则1188vap mvap m b H S J mol k T --∆=∆≈⋅⋅（T b 为该液体的正常沸点）3.相律f+Φ=C+n C=S-R-R ′f+Φ=C+2 (最普遍形式)f* +Φ=C+1 (若温度和压力有一个固定，f * 称为“条件自由度”)*4. Ehrenfest 方程2112()p p C C dp dT TV αα-=-（C p ，α为各相的恒压热容，膨胀系数）基本概念1． 相：体系中物理性质和化学性质完全均匀的部分，用Φ表示。
相的数目叫相数。
2．独立组分数C＝S－R－R′，S为物种数，R为独立化学反应计量式数目，R′ 为同一相中独立的浓度限制条件数。
3．自由度：指相平衡体系中相数保持不变时，所具有独立可变的强度变量数，用字母f 表示。
单组分体系相图相图是用几何图形来描述多相平衡系统宏观状态与T、p、X B（组成）的关系。
单组分体系，因C＝1 ，故相律表达式为f＝3－Φ。
显然f最小为零，Φ最多应为 3 ，因相数最少为 1 ，故自由度数最多为 2 。
在单组分相图中，（如图5-1，水的相图）有单相的面、两相平衡线和三相平衡的点，自由度分别为f＝2、f＝1、f＝0。
两相平衡线的斜率可由克拉贝龙方程求得。
图5-1二组分体系相图根据相律表达式f＝C－Φ＋2＝4－Φ，可知f最小为零，则Φ最多为 4 ，而相数最少为 1 ，故自由度最多为 3 。
为能在平面上显示二组分系统的状态，往往固定温度或压力，绘制压力-组成（p-x、y）图或温度-组成（T-x、y）图，故此时相律表达式为f*＝3－Φ，自然f*最小为 0 ，Φ最多为 3，所以在二组分平面图上最多出现三相共存。
物理化学第五版课后习题答案解析
第五章 化学平衡5－1．在某恒定的温度和压力下，取n 0﹦1mol 的A (g )进行如下化学反应：A (g )B (g )若0B μ﹦0A μ，试证明，当反应进度﹦0.5mol 时，系统的吉布斯函数G 值为最小，这时A ，B 间达到化学平衡。
解： 设反应进度为变量A (g )B (g )t ﹦0 n A , 0﹦n 0 0 0﹦0t ﹦t 平 n A n B﹦BBn ν n B ﹦B，n A ﹦n 0－n B ﹦n 0－B，n ﹦n A ＋n B ﹦n 0气体的组成为：y A ﹦A n n ﹦00B n n νξ-﹦01n ξ-，y B ﹦B nn﹦0n ξ各气体的分压为：p A ﹦py A ﹦0(1)p n ξ-，p B ﹦py B ﹦p n ξ各气体的化学势与的关系为：0000ln ln (1)A A AA p p RT RT p p n ξμμμ=+=+- 0000lnln B B B B p p RT RT p p n ξμμμ=+=+⋅ 由 G ＝n AA＋n BB＝(n A 0A μ＋n B 0B μ)＋00ln(1)A p n RT p n ξ-＋00ln B p n RT p n ξ⋅ ＝[n 0－A μ＋0B μ]＋n 00lnpRT p ＋00()ln(1)n RT n ξξ--＋0ln RT n ξξ 因为 0B μ﹦0A μ，则G ＝n 0(0A μ＋0lnpRT p )＋00()ln(1)n RT n ξξ--＋0ln RT n ξξ ,0()ln T p G RT n ξξξ∂=∂- 20,20()()T p n RT Gn ξξξ∂=-∂-＜0 令 ,()0T p Gξ∂=∂011n ξξξξ==-- ﹦0.5 此时系统的G 值最小。
5－2．已知四氧化二氮的分解反应 N 2O 4 (g) 2 NO 2(g )在298.15 K 时，0r m G ∆＝4.75kJ ·mol －1。
《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。
中山大学固体物理第五章参考答案
4.分别求出二维正方晶格简约区中沿M和XZM轴自由电子能量函数En(k) 能量
最低的前四条曲线的表达式，画出其示意图并给出各曲线的简并度。
二度简并
• 思考题
（1）对有限尺寸晶体（如量子点，量子线或量子井），你认为其晶体能带相 对于理想晶体会有什么变化？
周期性边界条件破坏，边界效应开始变得明显能带不再是准连续的。
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
(3)空穴：k(状态)空间的一种状态空缺，是存在这一空缺的整
个能带的描述，同其它电子一样，在真实空间的位置不确定，
在k空间的运动方向与其它电子相同，总带正电荷。
k 如果轨道中一个波矢为
能带是对称的，有
Ee
(ke
)
Ee
(ek的e ) 电Eh子(k逸e ) 失Eh,(k则h )，空显穴然的有波矢E为h (k-h
边界条件：波函数和它的一阶导数在x=c,和a处连续
U(x)
U0
1区 2区 3区
b x
0 ca Aeic Beic Cei 'c Dei 'c , ( Aeic Beic ) '(Cei 'c Dei 'c ) Cei 'a Dei 'a eika ( Aeia Beia ), '(Cei 'a Dei 'a ) eika ( Aeia Beia )
固体物理学1~6章习题解答
证明：由书可知
在高温时， ，则在整个积分范围内 为小量，因此可将上式中被积函数化简为
将上式代入 的表达式，得
将
代入上式得
3.10设晶格中每个振子的零点振动能为 ，试用德拜模型求三维晶格的零点振动能
解：由讨论由一个N个原子组成的二维晶格的比热，证明在低温下其比热正比于
（1）这种晶格属于哪种布拉维格子？
（2）原胞的体积和晶胞的体积各等于多少？
答：（1）因为a=3i，b=3j，而c=1.5（i+j+k）=1/2（3i+3j+3k）=1/2（a+b+c′）式中c′=3k。显然，a、b、c′构成一个边长为3*10-10m的立方晶胞，基矢c正处于此晶胞的体心上。因此，所述晶体属于体心立方布喇菲格子。
《固体物理学》习题解答
第一章
1.1有许多金属即可形成体心立方结构，也可以形成面心立方结构。从一种结构转变为另一种结构时体积变化很小.设体积的变化可以忽略，并以Rf和Rb代表面心立方和体心立方结构中最近邻原子间的距离，试问Rf/Rb等于多少？
答：由题意已知，面心、体心立方结构同一棱边相邻原子的距离相等，都设为a：
（2）晶胞的体积= = =27*10-30(m3)
原胞的体积= = =13.5*10-30(m3)
1.7六方晶胞的基失为： ， ，
求其倒格子基失，并画出此晶格的第一布里渊区.
答：根据正格矢与倒格矢之间的关系，可得：
正格子的体积Ω=a·（b*c）=
那么，倒格子的基矢为 ， ，
其第一布里渊区如图所示：(略)
答：根据题意，由于OA、OB和OC分别与基失a1，a2和a3重合，那么
1.3二维布拉维点阵只有5种，试列举并画图表示之。
物理化学：第五章思考题解答
么？ ①直接用下式计算
ln
o Δr Hm (298.15K) ⎛ K o(773.15K ) 1 1 ⎞ = − − ⎜ ⎟ o R 773 . 15 K 298 . 15 K K (298.15K ) ⎝ ⎠
o ②先算出 Δ r H m (773.15K ) ，然后用下式计算
ln
o (773.15K ) ⎛ 1 Δr Hm K o(773.15K ) 1 ⎞ = − − ⎜ ⎟ o R K (298.15K ) ⎝ 773.15K 298.15K ⎠
∗ eq ν B = − RT ln K o + ∑ν B ∫ o VB (l, s) dp + RT ln ∏B (a B ) B p
[
⎥ ⎦
]
=0
∴
p ⎧ ⎫ eq ν B ∗ K o = ∏ (a B ) × exp⎨∑ν B ∫ o V B (l, s) RT dp ⎬ p ⎩B ⎭ B p ⎧ ⎫ ∗ (l, s) ( RT ) dp ⎬ = K a exp⎨∑ν B ∫ o V B p ⎩B ⎭
第5章
化学平衡
·101·
o ③先求出 Δ r H m (T ) 与 T 的关系式，再代入下式进行积分 o dlnK o / dT = Δ r H m (T ) / RT 2 o 是温度的函数，故 解：第三种方法是正确的。因为该反应的 Δ r C p ,m o 也是温度的函数，不能用第一种或第二种方法计算 K o 。 Δr Hm
反应焓，后者用摩尔蒸发焓。固体物质的分解温度则与纯液体的正常沸 点类似，是平衡压力为 101325 Pa 时的温度。
2HgO (s) == 2Hg (l) + O 2 (g)
o o (298.15 K ) = −2Δ f G m (HgO,298.15 K ) Δ r Gm
固体物理答案第五章1
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
固体物理课后习题答案
(
) )
)
1 3 a 4
a 2
(
(
)
2π ⎧ b a 2 × a3 1 = ⎪ Ω ⎪ 2π ⎪ a 3 × a1 ⎨b 2 = Ω ⎪ 2π ⎪ ⎪b3 = Ω a1 × a 2 ⎩
(
) ) )
(
(
Ω = a1 ⋅ a 2 × a 3 =
i a a 2 × a3 = 2 a 2 j 0 a 2
(
k 0 a =i a 2 2 0
(
)
⎞ 2π k⎟= −i + j + k 同理 ⎠ a
(
)
(
)
(
)
2π ⎧ ⎪b1 = a −i + j + k ⎪ 2π ⎪ i− j+k ⎨b 2 = a ⎪ 2π ⎪ ⎪b3 = a i + j − k ⎩
(
)
(
)
(
)
由此可得出面心立方格子的倒格子为一体心立方格子； 所以体心立方格子和面心立方格子互为正倒格子。 2.2 在六角晶系中，晶面常用四个指数（hkil）来表示，如图 所示，前三个指数表示晶面族中最靠近原点的晶面在互成 1200的 共面轴 a1 , a2 , a3 上的截距为
设两法线之间的夹角满足
K 1 i K 2 = K1 i K 2 cos γ
K 1iK 2 cos γ = = K1 i K 2 2π 2π (h1 i + k1 j + l1 k )i (h2 i + k2 j + l2 k ) a a 2π 2π 2π 2π (h1 i + k1 j + l1 k )i (h1 i + k1 j + l1 k ) i (h2 i + k2 j + l2 k )i (h2 i + k2 j + l2 k ) a a a a
固体物理答案-第一章(王淑华版)
设 a, b, c 是倒格矢的基矢，则
2π 2π b c 2π a b c i Ω a a bc
同理
2π 2π c k b j c b h k l khkl 2π i j k b c a
a2 a3
a i j k a a a i 2 a 2 2 2 a a a 2 2 2 2
a a 2 j 2 a a 2 2
a 2 k a 2
a a 2 2 a a 2 2
a2 a2 j k 2 2
a2 a2 a2 a3 j k 2 2
1 3 a1 a 2 a 3 a 2
1.9 证明倒格点阵的倒格点阵是正格点阵本身。
证明：设正格基矢为 a1 , a2 , a3 , 倒格基矢为 b1 , b2 , b3 .
则
2π 2π 2π 2π a1 a2 b1 b1 b2 a3 a1 Ω Ω Ω Ω
(1)体心立方
设小球位于立方体中心，大球位于立方体顶角，立方体的边长
a=2R，空间对角线长为。当小球恰与大球相切时，将形成稳
定的体心立方结构。此时，小球的半径
2r 2 3 R 2R
r
3 1 R 0.73R
因此，对于体心立方，1 r R 0.73 若r/R<0.73，小球在体心处可以摇动，结构不稳定，因此 不 能以体心结构存在，只能取配位数较低的简单立方结构。
证明：设 a, b, c 分别沿 i , j , k 方向。a a i , b b j , c c k
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
固体物理习题解答
《固体物理学》习题解答( 仅供参考)参加编辑学生柯宏伟（第一章），李琴（第二章），王雯（第三章），陈志心（第四章），朱燕（第五章），肖骁（第六章），秦丽丽（第七章）指导教师黄新堂华中师范大学物理科学与技术学院2003级2006年6月第一章晶体结构1. 氯化钠与金刚石型结构是复式格子还是布拉维格子，各自的基元为何？写出这两种结构的原胞与晶胞基矢，设晶格常数为a。
解：氯化钠与金刚石型结构都是复式格子。
氯化钠的基元为一个Na+和一个Cl－组成的正负离子对。
金刚石的基元是一个面心立方上的Ｃ原子和一个体对角线上的Ｃ原子组成的Ｃ原子对。
由于NaCl和金刚石都由面心立方结构套构而成，所以，其元胞基矢都为：123()2()2()2a a a ⎧=+⎪⎪⎪=+⎨⎪⎪=+⎪⎩a j k a k i a i j 相应的晶胞基矢都为：,,.a a a =⎧⎪=⎨⎪=⎩a ib jc k2. 六角密集结构可取四个原胞基矢123,,a a a 与4a ,如图所示。
试写出13O A A '、1331A A B B 、2255A B B A 、123456A A A A A A 这四个晶面所属晶面族的晶面指数()h k l m 。
解：(1)．对于13O A A '面，其在四个原胞基矢上的截矩分别为：１，１，12-，１。
所以，其晶面指数为()1121。
(2)．对于1331A A B B 面，其在四个原胞基矢上的截矩分别为：１，１，12-，∞。
所以，其晶面指数为()1120。
(3)．对于2255A B B A 面，其在四个原胞基矢上的截矩分别为：１，1-，∞，∞。
所以，其晶面指数为()1100。
(4)．对于123456A A A A A A 面，其在四个原胞基矢上的截矩分别为：∞，∞，∞，１。
所以，其晶面指数为()0001。
3. 如将等体积的硬球堆成下列结构，求证球体可能占据的最大体积与总体积的比为： 简立方：6π；体心立方：8；面心立方：6；六角密集：6；金刚石：16。
固体物理课后习题答案
固体物理课后习题答案固体物理课后习题答案固体物理是物理学中的一个重要分支，研究物质的结构和性质。
它涉及到晶体学、电子结构、磁性、声学等多个方面。
在学习固体物理的过程中，课后习题是巩固知识、提高能力的重要途径。
下面是一些固体物理课后习题的答案，供大家参考。
1. 问题：什么是晶体？晶体的特点是什么？答案：晶体是由周期性排列的原子、离子或分子组成的固体。
晶体的特点包括：- 长程有序性：晶体的原子、离子或分子按照一定的规则排列，形成周期性的结构。
- 均匀性：晶体的结构在宏观和微观尺度上都是均匀的。
- 可预测性：晶体的结构可以通过晶体学方法进行研究和预测。
- 具有特定的物理性质：晶体的结构和周期性排列导致了其特定的物理性质，如光学性质、电学性质等。
2. 问题：什么是晶体的晶格常数？答案：晶体的晶格常数是指晶体中原子、离子或分子排列的周期性重复单位的尺寸。
晶格常数可以用来描述晶体的结构和性质。
在晶体学中，晶格常数通常用晶格常数矢量a、b、c表示，它们分别表示晶格沿着三个坐标轴的长度。
3. 问题：什么是布拉维格子？答案：布拉维格子是指晶体中的离散的点阵结构，用来描述晶体的对称性。
布拉维格子的点阵可以通过晶体的晶格常数和晶体的对称操作得到。
布拉维格子的对称性决定了晶体的物理性质，如晶体的能带结构和声子谱。
4. 问题：什么是声子？声子与固体的性质有什么关系？答案：声子是固体中的一种元激发，它代表了晶格振动的量子。
声子的能量和动量由固体的结构和性质决定。
声子的存在对固体的性质有重要影响，如导热性、电导性等。
声子的研究可以揭示固体的热力学和动力学性质。
5. 问题：什么是费米面？费米面与固体的导电性有什么关系？答案：费米面是描述固体中电子分布的一个表面，它代表了能量最高的占据态和能量最低的未占据态之间的边界。
费米面的形状和位置由固体的电子结构决定。
费米面的性质与固体的导电性密切相关。
在导电体中，费米面与导电性能直接相关，如费米面的形状和移动可以解释固体的电导率和磁性等性质。
《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。
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