黄昆 固体物理 习题解答
第二章 晶体的结合
2.1 证明两种一价离子组成的一维晶格的马德隆常数为α = 2 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
α = ∑ ′ ( 1)
=
2[ 1 1 1 1
− + − + ...]
rjrij r 2r 3r 4r
前边的因子 2 是因为存在着两个相等距离 的离子，一个在参考离子左面，一个在其右面，
i
1 1 1 故对一边求和后要乘 2，马德隆常数为
2 3 4 α = 2[1− + − + ...]
2 3 4
x x x
Qln(1 + x) = −x + − + ...
当 x=1 时，有1 2 3 4 1 1 1
...
− + − + = ln
2
∴ =α 2 2n
2 3 4
2.2 讨论使离子电荷加倍所引起的对 Nacl 晶格常数及结合能的影响
（排斥势看作不变）
α 2
e C
解： u r
( ) = −
α 2 +
r r n
α2
nC
1
du e nC e nC
由 | = − = 0 解得 =+ r e −1
r 2 n+1 2 n 1 0 ( ) (= 2)n
dr 0 r
0 r
0 r
0 r
0
nC
1
1 α e
于是当 e 变为 2e 时，有 r −1 = 4 −1 r e
( )
0 (2 ) (= 2) n n 0
= − α
2
1 4α e
结合能为 u r
( ) e(1− ) 当 e 变为 2e 时，有
0
4α e2 r
0
1 n
n
u e
(2 ) = − r (2 ) (1 − ) = u e( ) 4 −
n 1
n
0
u r
( )
= − α+β
m n
2.3 若一晶体两个离子之间的相互作用能可以表示为
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
第一章：晶体结构
1． 证明：立方晶体中，晶向[hkl]垂直于晶面(hkl)。
证明：晶向[hkl]为
321lkh，其倒格子为
)(2
)(2
)(2
32121
3
32113
2
32132
1aaaaa
b
aaaaa
b
aaaaa
b
。可以知道其倒格子矢量
hklG
平行于晶向。同时对于晶面（hkl）可以得到倒格子矢量与其垂直。证明如下：
因为
ijjiba2
，321blbkbhG
hkl
，如图所示：
la
ka
CB
la
ha
CA3231
（上图中321,,hhh分别对应hkl），很容易证明
0CAG
hkl
，0CBG
hkl
。因此hklG
与晶面族（hkl）正交。
所以得出结论晶向[hkl]垂直于晶面(hkl)。
2． 晶面族(hkl)的面间距d与倒格矢123Khbkblb的关系是2
d
K
证明：因为nxblbkbh2)(
321
，n取不同值代表一个一族晶面系中，不同的晶面。
如图所示。各晶面到原点的垂直距离
：
3212
blbkbhn
d
n
。因此，其面间距为
3212
blbkbhd
。
3． 试写出简单立方，面心立方，体心立方的初基矢量以及相应的倒格矢。
解：简单立方的初基矢量和倒格矢相同，面心立方和体心立方的初基矢量和倒格
矢分别是面心立方的倒格矢为体心立方，体心立方的倒格矢为面心立方。具体讨
论见黄昆版《固体物理》P178.
4． 写出晶体有几大晶系，几个布拉菲格子，几个点群，几个空间群。
解：晶体中7大晶系，14种布拉伐格子，32个点群，230个空间群。
5． 写出七大晶系
解：七大晶系分别为：三斜晶系、单斜晶系、正交晶系、三角晶系、四方晶系、
六角晶系、立方晶系。
6． 证明：立方晶系中，面指数(h1k1l1)和(h2k2l2)的两个晶面夹角为
黄昆固体物理课后习题答案6
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
