黄昆版固体物理学课后答案解析答案Word下载.docx
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证明:
在六角密堆积结构中,第一层硬球A、B、0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=N0=a=2R.
即图中NABO构成一个正四面体。
…
芮2=;
『+k)
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。
(1)面心立方的正格子基矢(固体物理学原胞基矢)
a3专(「+j)
由倒格子基矢的定义:
bl
@2心3)
0,
a
2,
j,
-0=ai(a^a3)=
a--
一,a2Xa3=
4
-4a2
/.b]=2兀咒—咒
-十j+k)
a十j+k)
同理可得:
b2
b3
=—(i-j+k)a
2兀
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)
-a・・
a2=a(i—j+k)
a3拧(「jk)
2;
!
d=二二@2Xa3)
Q
■0=ai(82X83)=
J
-
—,a2Xa3=
a2--
巧(j+k)
-a--
/.bi=2兀X—(j+k)=
a(j+k)
2兀--
=—(i+k)
a即体心立方的倒格子基矢与面心立方的正格基矢相同。
2兀--
b3=——(i+j)
所以,体心立方的倒格子是面心立方。
1.5、证明倒格子矢量G=hbi+h2b2+免鸟垂直于密勒指数为(h,h2h3)的晶面系。
h2h3
hih3
G=hbi+h2b2+h3b3
_-G
利用aibj=2码j,容易证明-
h1h2h3
GhihA
CB=0
所以,倒格子矢量G=^3+0鸟+人3匕3垂直于密勒指数为(h1h2h3)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:
d2=a7(h2+k2+12),
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。
简单立方晶格:
ai丄丄,a^~ai,a^—aj,a3—ak
-aXa3
d=2兀』2-a3-
3]"
a2Xa3
-a3>
^a1-
b2=2兀-3-1-,bs=2让
aia2Xa3a1'
a^^a3
—2兀——
倒格子基矢:
d=—i,匕2=—j,d=—k
aaa
晶面族(hkl)的面间距:
倒格子矢量:
G=hb+kb2+lbs,G=hJi+k二j+l—kaaa
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。
(111)
[011]。
O重合,B点位矢:
Rb=—ai+aj,(111)面
1、(111)面与(100)面的交线的AB,AB平移,A与0点重合,B点位矢:
Rb=—aj+ak,
(111)面与(100)面的交线的晶向AB=—aj+ak,晶向指数
2、(111)面与(110)面的交线的AB,将AB平移,A与原点与(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a=21n2,
<解>设想一个由正负两种离子相间排列的无限长的离子键,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)于是有
设离子的总数为2N。
取任一负离子作参考离子(这样马
,用r表示相邻离子间的距离,
O‘空“-1—1—1—+1
jrijr2r34
...]
前边的因子2是因为存在着两个相等距离
n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
111
a=2[1-
23423
Zn(1+x)=x-0+£
23
111
当X=1时,有1-^^^..^^n2
234
—2^2
2.3、若一晶体的相互作用能可以表示为
aPu(r)=-「m+匚rr
试求:
(1)
平衡间距ro;
结合能W(单个原子的);
体弹性模量;
(4)
若取m=2,n=1O,ro=3A,W=4eV,计算a及P的值。
晶体内能
求平衡间距ro
(、N/aU(r)=—(—
P
mF)
rr
平衡条件
dU
dr
=o
r乂
ma
—m十
ro
+此=0,ro=(垃严
n十
(2)单个原子的结合能
^--u(ro),
u(ro)
A(1』)(能戸
2nma
(3)体弹性模量
dV
K计Vo
Vo
晶体的体积V=NAr3,A为常数,N为原胞数目
晶体内能U(r)=
7(-
+£
)
cU
Nmot
nP
dr<
V
3NAr
ev
2ev
w2
V:
Vo
29Vo2
[-
m
由平衡条件
Nma
W2
VzVo
9Vo2
体弹性模量
(4)若取
2P
n
m十
m2a
[-m
+上)
mn
9Vo
(7o)
nG
3NAro2
=0,得
Nnm
29Vo
4]
m=2,n=10,ro=3A,W=4eV
)n-m
(1』)(
-m
=ro
2[
1o
+2W]
P=1公10-95eV•m1。
=9.^10^9eVm2
2.6、bcc和feeNe的结合能,用林纳德一琼斯(Lennard—Jones势计算Ne在bcc和fee结构中的结合能之比值.
”「b12b6]1rc12d/[
r>
u(r)=4F7-(「)」,u(r)rN("
)[An7-A(;
)」
r06=2隹b6
A6
2A12
)/(生)
A2
12.252/9.11cc「
2=0.957
14.452/12.13
2.7、对于H2,从气体的测量得到Lennard—Jones参数为s=50咒10》J,b=2.96A.计算fee结构的H2
的结合能[以KJ/mol单位),每个氢分子可当做球形来处理.结合能的实验值为算值比较.
0.751kJ/mo1,试与计
<解>以H2为基团,组成fee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:
U=2N^'
屮(|卜£
SRij-^=14.45392;
Z
ji
R"
12=12.13188,
£
=50x10」6erg,b=2.96A,N=6.022x1023/mol.
将R/弋入U得到平衡时的晶体总能量为
U=2x6o022>
cl028/mol%50xl0」6
erg巾2.13朋〉14阿箒]
因此,计
一2.55KJ/mol.
算得到的出晶体的结合能为2.55KJ/mol,远大于实验观察值0.75IKJ/mo1.对于H2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,Pnj=ajSin(叫t_naqj+j),
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
叫=艺4nj乏ajsin®
jt+naqpj)
(1)
jj
-7Y―n
巴=£
嘉Q%
j丿
由于卩可^nj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。
所以监=2监
j
由于r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
21To212
气=0ajsin伸jt+naq」+円)水=a」
To2
已知较高温度下的每个格波的能量为KT,卩nj的动能时间平均值为
—1LT0
Tnj-
jajT02122
——LJajsin(©
jt+naqj+bj)dt=-PWjLaj2T004
其中L是原子链的长度,P使质量密度,T0为周期。
所以T'
=-Pw2La2=1kT(3)
因此将此式代入
(2)式有时-
KT
pg2
所以每个原子的平均位移为
==送^nj=送
KTKT1
p="
pr]看
3.2、讨论N个原胞的一维双原子链链的结果一一对应。
质量为M的原子位于
(相邻原子间距为
a),其2N个格波解,当M=m时与一维单原子
2n+1,2n+3;
质量为m的原子位于2n,2n+2,2n+4。
2n-1,
牛顿运动方程
=AeUgneq]
mUln—P(2卩2n-坞卄-坞nJ
MU;
nf=-P(242M-y2n42-42n)
N个原胞,有2N个独立的方程
设方程的解'
2n
从
2n+
=Bei[Cii~(2n41)aq]
,代回方程中得到
((2P-m2)A-(2Pcosaq)B=0
I-(2Pcosaq)A+(2P-Mb2)B=0
A、B有非零解,
2P-mt52-2Pcosad
-2Pcosaq2P-Moo2
=0,则
縛2=p(m+M)4mM2sin2aqF}
mM(m+M)2
两种不同的格波的色散关系
1八2R(m+M)"
4mM.2匸、
+{1十[1-sinaq]2}
mM(m+M)
1
2R(m+M)~r,4mM.2
二P{1—[1—/inaq]2}
一个q对应有两支格波:
一支声学波和一支光学波
aq
cos'
7呼1哼
两种色散关系如图所示:
长波极限情况下qT0,sin(翌)止兰
22
=(2j]I)q与一维单原子晶格格波的色散关系一致
P和10P,两种原子质量相等,
ym
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且最近邻原子间距为a/2。
试求在q=o,q二兀/a处的©
(q),并粗略画出色散关系曲线。
此问题模拟如
H2这样的双原子分子晶体。
XCHO0S_O]S
2n-l2n+l2ii+3
2n-4211-2
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:
mUzn=—(p1+^2)+p2卩2n卅+^1^22mU2n十=—(P1+P2)卩2n卅+附卩2.七+卩2n
体系N个原胞,有2N个独立的方程
方程的解:
..“i[Gt-(2n)-aq]
巴n=Ae2
,令©
;
=P1/m,i[3_(2n十)1aq]
巴n厂Be2
00;
=p2/m,将解代入上述方程得:
#2,2
(叫+⑷2
2丄严
侔12e2
)A-(时;
+时;
一©
2)b=0
A、B有非零的解,
2丄22、
伸1+®
2),
.1
2'
aq
P;
e2
系数行列式满足:
+加。
2亠严®
ie2
222'
^aq
2)2-®
12e2
2柠q
=0
.1O4aq+吩2)^12e2
2i:
+e2)=0
(时吨
"
2)2-窗e評
—i—aq
2匕aq
代;
e2)=0
22iaq2-Laq
-©
2)A-(时fe2+时2e2)B=0
2"
q
因为片=P、^2=10P,令⑷0=时=2
=匹=10酥得到
(1伸2-B2)2-(101+20cosaq声;
+话e2
两种色散关系:
2
=©
0(11±
)20cosqa+101)
当q=0时,
当q=-时,
F;
(11±
J8i),
a+=J20k)0w_=)2g)0
:
hiiiwnjil-v
、、―
F
E
—■
TTq
(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©
(q)=050-Aq
求证:
f(©
)=V1
1/2
耳v«
0;
f(«
)=0,«
》®
0•
<
解>
©
>
©
0时,O—«
0=Aq>
0f(©
)=0,©
v0=«
0=Aq=
=A(©
依据可q国(q)=—2Aq,fg)=
(2兀厂匕⑷(q)
ds,并带入上边结果有
心(2;
ds
A1/2
3加425伽4/2
0)
2》3/2g。
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
在
k到k+dk间的独立振动模式对应于平面中半径
n至Un+dn间圆环的面积2花ndn,且
2比与T。
2兀ndn=
3s為魅2do5
J"
亠L3s(kBT)辭KbT
E0_2t2J_J
2兀v6护’D
32
3s(kBT)xdx2dx
=.
2兀vf岸’DeX_1
L253眇
—kdk=—kdk即卩(国戶——则
TT0时,E工T3,Cv=(生)s工T2
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
F"
o+kBT2£
/
「1屉
量子谐振子的自由能为F=U+kBTZ
2kBT
q+€n|1-e
尬V
-kBf
经典极限意味着(温度较高)kBT¥
甩g
应用
ex=1-x+x2+...
所以
q)2
kBT^bT丿
因此
+匕
kBT丿
SEn]爲
其中
3.10、设晶体中每个振子的零点振动能为
-屁0,使用德拜模型求晶体的零点振动能。
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就是各振动模零点能
之和。
Eo=广Eo9bW)dB将EoW)=-舷和g®
)=⑷2代入积分有
9
由于屉m=kB%得Eo^-NkB%
8
一股晶体德拜温度为
~1O2K,可见零点振动能是相当大的,其量值可与温升数XX所需热能相比拟.
3.11、一维复式格子
m=5咒1.67勺0池,
=1.^101N/m(即1.51x104dyn/cm),求
(1),光m
学波⑷max'
^min,声学波①rAax。
(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©
max相对应的电磁波波长在什么波段。
<解>
(1),(xxA=
/1O4dyn/cm=3.oo讪『,
4X5X1.67X1024
时o
max
_J20(M+m5_
Mm
J2"
104S5+25"
67“024dyn/cm=6.70"
013si
4^5咒1.67勺024咒5勺.67天1024
A=
.5"
o4dyn/cm=5.99Do13s-1
5咒1.67咒1024
屉rAax
(2)屉max
161312
=6.58x10—x5.99x10s"
=1.97x10—eV
=6.58x10-6x6.70x1013s-=4.41x10%V
=6.58咒10-6x3.00>
d013s-1=3.95X10-eV
(3)nmax
1i
=0.873朮厂e£
:
7kB^=0.221
O
min
XO/[T—=0.276
e备in/kBT1
丝=28.伽
第四章能带理论
兀
4.1、根据k=±
—状态简并微扰结果,
求出与£
_及片相应的波函数屮_及屮+?
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*说明能隙的来源(假设Vn=Vn)。
<解>令k=+k'
=—简并微扰波函数为W=^0(x)+酬0(x)
aa
EO(k)-e]a+V;
B=0
JVnA+[E0(k'
)-E]B
带入上式,其中E+=E0(k)+|Vn|
V(x)<
0,Vn<
0,从上式得到B=-A,于是
屮+"
[屮0&
)皿(X)卜定中―e豊}帶
.n;
sin——x
取E=EE_=E0(k)-Vn||Vn|A=-VnB,得到A=B
屮―[屮0(x)M(x)卜廿导—e叽2A
cos——x
VLa
=空,恰好满足布拉格发射条件,这时电子波发生全反射,n
由教材可知,甲岸屮_均为驻波.
在驻波状态下,电子的平均速度v(k)为零.产生驻波因为电
子波矢k=二二时,电子波的波长A=
ak
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。
的0级波函数。
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
<解>屮;
(x)怙r
1ikxi:
兀eea
mx
1i沢X
1e2a
i2兀mx
ea
1/兀⑴屮――—ea-■
4)X
第一能带:
仆;
=0叶0,怙)
■7L
1i^x
'
e2a
第二能带:
卫*
=e2a).••屮k(x)
-2兀
b=b贝Ub’Tb,m—a
i込
即m=-1,(ea
第三能带:
2応
CTc,m——a
4.3、电子在周期场中的势能.
knja],当na-n才
厂12厂2
-m⑷Lb-(
V(x)=
当(n-1)a+bEx兰na-b
其中d=4b,G)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.
A-.A.A.A
⑵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)二1[V(x)亠[V(x)dx--
a_b
V(x)dx
题设a=4b,故积分上限应为a—b=3b,
但由于在b,3b]区间内V(x)=O,故只需在[―b,b]区间
内积分.
这时,n=0,于是
_1
V屮(x)d
m灼r\u22、.
x=\(b-x)dx=
2a)
吟b2X
2aL
b13
b
_b~—X
-b
(3),势能在[-2b,2b]区间是个偶函数,可以展开成傅立叶级数
V(x)=V0+Z;
m=oC
22b
VmCOs^x,Vm=2bJ0V(x)COs
2b
1b.....
xdx=—1V(x)cosxdx
b'
02b
第一个禁带宽度
Eg=2V,,以m=1代入上式,Egi
Hb2-x2)cos—dx
III[、,2U严H
利用积分公式Jucosmudu=—[(musinmu+2cosmu)J
■m
^sinmu得m
Egi
16mc^2
b2第二个禁带宽度Eg2=2V2I,以m=2代入上式,代入上式
Eg2
mO)2
bon兀x
e一x2)COsbdx再次利用积分公式有“
2g.--^bjI
4.4、解:
我们求解面心立方,同学们做体心立方。
S态电子的能量可表示成:
(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
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