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固体物理学_答案(黄昆)

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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=3r34，Vc=a3，n=1

∴52.06r8r34ar34x3333

（2）对于体心立方：晶胞的体对角线BG=x334ar4a3

n=2, Vc=a3

∴68.083)r334(r342ar342x3333

（3）对于面心立方：晶胞面对角线BC=r22a,r4a2

n=4，Vc=a3

74.062)r22(r344ar344x3333

（4）对于六角密排：a=2r晶胞面积：S=6260sinaa6SABO=2a233

晶胞的体积：V=332r224a23a38a233CS

n=1232126112=6个

74.062r224r346x33

（5）对于金刚石结构，晶胞的体对角线BG=3r8ar24a3 n=8, Vc=a3

34.063r338r348ar348x33333

2 1.2、试证：六方密排堆积结构中633.1)38(ac2/1

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()2aajkaaikaaij

由倒格子基矢的定义：1232()baa

31230,,22(),0,224,,022aaaaaaaaaa，223,,,0,()224,,022ijkaaaaaijkaa

213422()()4abijkijkaa

同理可得：232()2()bijkabijka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()2aaijkaaijkaaijk

由倒格子基矢的定义：1232()baa 3 3123,,222(),,2222,,222aaaaaaaaaaaaa，223,,,,()2222,,222ijkaaaaaajkaaa

213222()()2abjkjkaa

同理可得：232()2()bikabija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112233Ghbhbhb垂直于密勒指数为123()hhh的晶面系。

证明：

因为33121323,aaaaCACBhhhh，112233Ghbhbhb

利用2ijijab，容易证明12312300hhhhhhGCAGCB

所以，倒格子矢量112233Ghbhbhb垂直于密勒指数为123()hhh的晶面系。

1.6、对于简单立方晶格，证明密勒指数为(,,)hkl的晶面系，面间距d满足：22222()dahkl，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：123aaa，123,,aaiaajaak

由倒格子基矢的定义：2311232aabaaa，3121232aabaaa，1231232aabaaa

倒格子基矢：123222,,bibjbkaaa

倒格子矢量：123Ghbkblb，222Ghikjlkaaa 4 晶面族()hkl的面间距：2dG2221()()()hklaaa

22222()adhkl

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：BRajak，

(111)面与(100)面的交线的晶向ABajak，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：BRaiaj，(111)面与(110)面的交线的晶向ABaiaj，晶向指数[110]。

第二章固体结合

2.1、两种一价离子组成的一维晶格的马德隆常数（2ln2）和库仑相互作用能，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[...]234jijrrrrrr

前边的因子2是因为存在着两个相等距离ir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 1112[1...]234 5 234(1)...34nxxxxxx

当X=1时，有1111...2234n

2.3、若一晶体的相互作用能可以表示为

()mnurrr

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02,10,3,4mnrAWeV，计算及的值。

解：（1）求平衡间距r0

由0)(0rrdrrdu，有：

mnnmnmmnnmrrnrm1101.0100

结合能：设想把分散的原子（离子或分子）结合成为晶体，将有一定的能量释放出来，这个能量称为结合能（用w表示）

（2）求结合能w（单个原子的）

题中标明单个原子是为了使问题简化，说明组成晶体的基本单元是单个原子，而非原子团、离子基团，或其它复杂的基元。

显然结合能就是平衡时，晶体的势能，即Umin

即：nmrrrUW000)(（可代入r0值，也可不代入）

（3）体弹性模量

由体弹性模量公式：0220209rrUVrk

（4）m=2，n= 10，Ar30，w=4eV，求α、β

818105210r①

)5(54)(802010.200代入rrrrrU

eVrrUW454)(200②

将Ar30，JeV1910602.11代入①② 22n 6 211523810459.910209.7mNmN

（1）平衡间距r0的计算

晶体内能()()2mnNUrrr

平衡条件00rrdUdr，11000mnmnrr，10()nmnrm

（2）单个原子的结合能

01()2Wur，00()()mnrrurrr，10()nmnrm

1(1)()2mnmmnWnm

（3）体弹性模量0202()VUKVV

晶体的体积3VNAr，A为常数，N为原胞数目

晶体内能()()2mnNUrrr

UUrVrV1121()23mnNmnrrNAr

221121[()]23mnUNrmnVVrrrNAr

022222000001[]29mnmnVVUNmnmnVVrrrr

由平衡条件01120001()023mnVVUNmnVrrNAr，得00mnmnrr

0222220001[]29mnVVUNmnVVrr

02220001[]29mnVVUNmnmnVVrr2000[]29mnNnmVrr

000()2mnNUrr

020220()9VVUmnUVV 7 体弹性模量009mnKUV

（4）若取02,10,3,4mnrAWeV

10()nmnrm，1(1)()2mnmmnWnm

1002Wr，20100[2]rWr

-95101.210eVm，1929.010eVm

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)()()2nlururNAArrrr

26661200612()1022rAAdurruNrAA22066201212()12.25/9.11()/()0.957()14.45/12.13bccbccfccfccurAAurAA

2.7、对于2H，从气体的测量得到Lennard—Jones参数为65010,2.96.JA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.ijijijUNPPRR

61214.45392;12.13188,ijijjiPP16235010,2.96,6.02210/.ergANmol12628162.962.962602210/501012.1314.452.55/.3.163.16UUmolergKJmol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．

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固体物理学答案

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1 《固体物理学》习题解答

黄昆 原著 韩汝琦改编

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=3r34，Vc=a3，n=1

∴52.06r8r34ar34x3333

（2）对于体心立方：晶胞的体对角线BG=x334ar4a3

n=2, Vc=a3

∴68.083)r334(r342ar342x3333

（3）对于面心立方：晶胞面对角线BC=r22a,r4a2

n=4，Vc=a3

74.062)r22(r344ar344x3333

（4）对于六角密排：a=2r晶胞面积：S=6260sinaa6SABO=2a233

晶胞的体积：V=332r224a23a38a233CS

n=1232126112=6个

74.062r224r346x33

（5）对于金刚石结构，晶胞的体对角线BG=3r8ar24a3 n=8, Vc=a3 2 34.063r338r348ar348x33333

1.2、试证：六方密排堆积结构中633.1)38(ac2/1

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。

固体物理 课后习题解答(黄昆版)第四章

固体物理 课后习题解答(黄昆版)第四章

1

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Vn=Vn*)。

＜解＞令

k = + π ， k′ = − π ，简并微扰波函数为ψ =

Aψk0

( )

+

Bψk0

( )

0 a

* a

⎡E k( ) − E A V Bn= 0

0 ( )

V An+ ⎡E k − E B⎦

=

0

取 E E+

带入上式，其中 E+=

E k

0( )+ Vn

V(x)<0,Vn< 0 ,从上式得到 B= -A,于是

A ⎡ nπ

−

nπ

⎤

π

ψ = A ⎡ψ 0( )−ψk0′( )⎤ = i x

e a − e i x

a =2Asinnx

+ ⎣ k ⎢

L ⎣ ⎥

⎦ L a

取 E E− ， E−=E k

0( )− Vn

V An= −V Bn,得到A B

A ⎡ inπx−inπx⎤

π

ψ = A ⎡ψ 0( )−ψk0′( )⎤ = e a − e a =2Acosnx

− ⎣ k ⎦ ⎢

L ⎣ ⎥

⎦ L a

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ν ( ) 为零．产生

驻波因为电子波矢 n

k π

= 时，电子波的波长

a λ =2π=2a ，恰好满足布拉格发射条件，这

k n

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

2 = 的 0 级波函数。

2a

1 1 r 2π 1 π 2π 1

i 2π 1

x

i mx i x i mx (m+ )

ψ

*

＜解＞ ( ) = ikx =

e ikx a

固体物理学-黄昆 答案

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固体物理_黄昆_题库_20050404

PART ONE 填空问题

Q01_01_001 原胞中有p

个原子。那么在晶体中有3支声学波和33p−

支光学波？

Q01_01_002 按结构划分，晶体可分为7大晶系, 共14布喇菲格子?

Q01_01_004 面心立方原胞的体积为31

4aΩ=；其第一布里渊区的体积为3

34(2)

*

aπ

Ω=

Q01_01_005 体心立方原胞的体积为3

2a

Ω=；第一布里渊区的体积为3

32(2)

*

aπ

Ω=

Q01_01_006 对于立方晶系，有简单立方、体心立方和面心立方三种布喇菲格子。

Q01_01_007 金刚石晶体是复式格子，由两个面心立方结构的子晶格沿空间对角线位移 1／4 的长

度套构而成，晶胞中有8个碳原子。

Q01_01_008 原胞是最小的晶格重复单元。对于布喇菲格子，原胞只包含1个原子；

Q01_01_009 晶面有规则、对称配置的固体，具有长程有序特点的固体称为晶体；在凝结过程中不经过结晶（即有序化）的阶段，原子的排列为长程无序的固体称为非晶体。由晶粒组成的固体，称为多晶。

Q01_01_010 由完全相同的一种原子构成的格子，格子中只有一个原子，称为布喇菲格子。满足

ijjibaπδ

2=⋅GG

⎩⎨⎧

≠===

)(0)(2

jijiπ

关系的

1bG

,

2bG

,

3bG

为基矢，由

322211bhbhbhG

hKKKK

++=

构成的格子，称作倒格子。 由若干个布喇菲格子相套而成的格子，叫做复式格子。其原胞中有两个以上的原子。

Q01_03_001 由N个原胞构成的晶体，原胞中有l个原子，晶体共有3lN个独立振动的正则频率。

Q01_03_002 声子的角频率为ω

，声子的能量和动量表示为ω=

和qK=

。

Q01_03_003 光学波声子又可以分为纵光学波声子和横光学波声子，它们分别被称为极化声子和电磁声子

Q01_03_004 一维复式原子链振动中，在布里渊区中心和边界，声学波的频率为

黄昆固体物理课后习题答案6

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第六章 ⾃由电⼦论和电⼦的输运性质

思 考 题1.如何理解电⼦分布函数)(E f 的物理意义是: 能量为E 的⼀个量⼦态被电⼦所占据的平均⼏率

[解答]

⾦属中的价电⼦遵从费密-狄拉克统计分布, 温度为T 时, 分布在能级E 上的电⼦数⽬1/)(+=-T

k E E B

F e g

n ,

g 为简并度, 即能级E 包含的量⼦态数⽬. 显然, 电⼦分布函数

11

)(/)(+=-T

k E E B

F e E f

是温度T 时, 能级E 的⼀个量⼦态上平均分布的电⼦数. 因为⼀个量⼦态最多由⼀个电⼦所占据, 所以)(E f 的物理意义⼜可表述为: 能量为E 的⼀个量⼦态被电⼦所占据的平均⼏率. 2.绝对零度时, 价电⼦与晶格是否交换能量[解答] 晶格的振动形成格波，价电⼦与晶格交换能量，实际是价电⼦与格波交换能量. 格波的能量⼦称为声⼦, 价电⼦与格波交换能量可视为价电⼦与声⼦交换能量. 频率为i ω的格波的声⼦数11

/-=T

k i B i e n ωη.

从上式可以看出, 绝对零度时, 任何频率的格波的声⼦全都消失. 因此, 绝对零度时, 价电⼦与晶格不再交换能量.3.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, 分布在费密能级及其以下的能级上, 即分布在⼀个费密球内. 在常温下, 费密球内部离费密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密⾯附近或以外的空状态上, 能够发⽣能态跃迁的仅是费密⾯附近的少数电⼦, 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⼀定⼗分相近. 4.晶体膨胀时, 费密能级如何变化[解答] 费密能级

3/2220)3(2πn m E F

η=,

其中n 是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.5.为什么温度升⾼, 费密能反⽽降低