固体物理学答案.docx

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1、固体物理学答案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， x=对于简立方结构： a=2r， V=nV Vc43pr，Vc=a3，n=1 34343prprp33x=0.52 6a38r3对于体心立方：晶胞的体对角线BG=3a=4ra=n=2

2、, Vc=a3 43x 32x=434pr2pr3333=p0.68 38a433(r)3对于面心立方：晶胞面对角线BC=2a=4r,a=22r n=4，Vc=a3 444pr34pr3233x=p0.74 336a(22r)对于六角密排：a=2r晶胞面积：S=6SDABO=6aasin60332a =22晶胞的体积：V=SC=3328aa=32a3=242r3 231 n=121211+2+3=6个 6246pr323x=p0.74 36242r对于金刚石结构，晶胞的体对角线BG=3a=42ra=8r3 n=8, Vc=a3 448pr38pr33p33x=0.34 336a8r3331.2

3、、试证：六方密排堆积结构中c81/2=1.633 a3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。 rarra1=2(j+k)rarr证明：面心立方的正格子基矢：a2=(i+k) 2rarra3=2(i+j)r2prr(a2a3) 由倒格子基矢的定义：b1=W0,arrrQW=a1(a2a3)=,2a,2a,20,a,2ari,2aa3arr=，a2a3

4、=,242a0,2rj,0,a,2rkaa2rrr=(-i+j+k) 240r4a2rrr2prrrb1=2p3(-i+j+k)=(-i+j+k) a4a2 r2prrrb2=(i-j+k)a同理可得：即面心立方的倒格子基矢与体心立方的正格基矢相同。 r2prrrb3=(i+j-k)a所以，面心立方的倒格子是体心立方。 rarrra1=2(-i+j+k)rarrr体心立方的正格子基矢：a2=(i-j+k) 2rarrra3=2(i+j-k)r2prr(a2a3) 由倒格子基矢的定义：b1=Waaarrr-,i,j,k222aaaa3rrraaaa2rrrrQW=a1(a2a3)=,-,=，a2

5、a3=,-,=(j+k) 22222222aaaaaa,-,-222222r2a2rr2prrb1=2p3(j+k)=(j+k) a2ar2prrb2=(i+k)a同理可得：即体心立方的倒格子基矢与面心立方的正格基矢相同。 r2prrb3=(i+j)a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=hb1h2h3)的晶面系。 11+h2b2+h3b3垂直于密勒指数为(h vvvv 3 证明： vvvuuuvuuuraravvvva3a312因为CA=-,CB=-，G=hb11+h2b2+h3b3 h1h3h2h3uuurvGh1h2h3CA=0vv利用aibj=2pdij，容易证

6、明v uuurGh1h2h3CB=0vvvv所以，倒格子矢量G=hb1h2h3)的晶面系。 11+h2b2+h3b3垂直于密勒指数为(h1.6、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=a2(h2+k2+l2)，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：a1a2a3，a1=ai,a2=aj,a3=ak vrrvvvvvvrrrrrrrrra2a3a3a1a1a2由倒格子基矢的定义：b1=2prrr，b2=2prrr，b3=2prrr a1a2a3a1a2a3a1a2a3v2pvv2pvv2pvi,b2=j,b3=k

7、倒格子基矢：b1=aaavvvvv2pv2pv2pvi+kj+lk 倒格子矢量：G=hb1+kb2+lb3，G=haaa晶面族(hkl)的面间距：d=v=2pG1hkl2+2+2aaaa2 d=222(h+k+l)2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、画出立方晶格面、面、面，并指出面与面、面与面4 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：RB=-aj+ak， vvvuuurvv (111)面与(100)面的交线的晶向AB=-aj+ak，晶向指数011

8、。 (111) vvv2、(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：RB=-ai+aj，(111)面与(110)uuurvv面的交线的晶向AB=-ai+aj，晶向指数110。 5 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，用r表示相邻离子间的距离，于是有 ar=j(1)1111=2-+-+. rijr2r3r4r6 前边的因子2是因为存在着两个相等距离ri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

9、隆常数为 a=21-+-+.121134x2x3x4Qln(1+x)=x-+-+. x34当X=1时，有1- 2.3、若一晶体的相互作用能可以表示为 u(r)=-111+-+.=ln2 234a=lnarm+brn试求：平衡间距r0； 结合能W； 体弹性模量； 若取m=2,n=10,r0=3A,W=4eV，计算a及b的值。 解：求平衡间距r0 由du(r)=0，有： drr=r01m-nmamanb-=0r=0nbr0m+1r0.n+1nb=ma1n-m结合能：设想把分散的原子结合成为晶体，将有一定的能量释放出来，这个能量称为结合能求结合能w 题中标明单个原子是为了使问题简化，说明组成晶体的基

10、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：W=-U(r0)=+arm0-brn0体弹性模量 7 r02由体弹性模量公式：k=9V0o2Ur2 r0m = 2，n = 10，r0=3A， w = 4eV，求、 r0=10b185b= 182aa U(rab4a80)=-r2+0=5b0r10=-.5r2KKK(r0a代入) W=-U(r4a0)=5r2=4eV 0o将reV=1.60210-190=3A，1J代入 a=7.20910-38Nm2b=9.45910-115Nm2 平衡间距r0的计算 晶体内能U(r)=Nab2(-r

11、m+rn) 平衡条件dUdr=0，-manbnb1r=r0rm+1+n+1=0，r0=(0r0ma)n-m 单个原子的结合能 W=-12u(rabnb10)，u(r0)=(-n-rm+rn)，r0=()mr=r0ma 1mnb-mW=n2a(1-n)(ma)-m 体弹性模量K=(2UV2)V0V0 晶体的体积V=NAr3，A为常数，N为原胞数目 晶体内能U(r)=Nab2(-rm+rn) 8 UUrNmanb1=(m+1-n+1) VrV2rr3NAr22UNrmanb1=(-) V22Vrrm+1rn+13NAr22UV2N1m2an2bmanb=-m+n-m+n 229V0r0r0r0r0

12、V=V0由平衡条件UV=V=V0manbNmanb1，得=n (m+1-n+1)=0r0mr02r0r03NAr022UV22UV2V=V0N1m2an2b=-m+n 229V0r0r0N1manbNnmab-m+n=-+ 29V02r0mr0n29V02r0mr0n=V=V0U0=Nab(-m+n) 2r0r0mn(-U0) 9V022UV2=V=V0体弹性模量K=U0mn 9V0若取m=2,n=10,r0=3A,W=4eV 1-mnbn-1mnbr0=m，W=a(1-)n-m ma2nmab=W10br0，a=r0210+2W 2r0b=1.210-95eVm10，a=9.010-19eV

13、m2 2.6、bcc和fcc Ne的结合能，用林纳德琼斯(LennardJones)势计算Ne在bcc和fcc结构中的结合能之比值 9 解u(r)=4e12-6,u(r)=N(4e)An12-Al6 r2rrr2A6A1261du(r)6 su0=-Ne=0r0=2A62A12rrss1sswbccu(r0)bccA62A612.252/9.11=/=0.957 2wfccu(r0)fccA12A1214.45/12.132.7、对于H2，从气体的测量得到LennardJones参数为e=5010J,s=2.96A.计算fcc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

14、合能的实验值为0.751kJmo1，试与计算值比较 解 以H2为基团，组成fcc结构的晶体，如略去动能，分子间按LennardJones势相互作用，则晶体的总相互作用能为： 6-12s12s-6U=2NePij-Pij. RRji-6ojP-6=14.45392;Pij-12=12.13188,e=5010-16erg,s=2.96A,N=6.0221023/mol.ijio将R0代入U得到平衡时的晶体总能量为U=26。02210/mol501028-16126因此，计算得到的2.962.96erg12.13)-(14.45)-2.55KJ/mol.3.163.16H2晶体的结合能为255KJ

15、mol，远大于实验观察值0.75lKJmo1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 10 第三章 固格振动与晶体的热学性质 11 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，mnj=ajsin(wjt_naqj+sj)，sj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 mn=mnj=ajsin(wjt+naqj+sj) jj2*2*mn=mnjmnj=mnj+mnjgmnj jjjjj由于mnjmnj

16、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2以忽略不计。所以mn=mj2nj由于mnj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 m2j=1T0T00a2jsin(wjt+naqj+sj)dt=12aj 2已知较高温度下的每个格波的能量为KT，mnj的动能时间平均值为 1Tnj=T0L0dxT001dmnj2rwja2T01j222dt=Lasin(wt+naq+s)dt=rwLarjjjjjj 02dt2T04其中L是原子链的长度，r使质量密度，T0为周期。 所以Tnj=112rw2La=KT jj422）式有mnj=2因此将此K

17、T 2PLwjKTKT1= 2PLw2PLwjjj所以每个原子的平均位移为 22mn=mnj=jj3.2、讨论N个原胞的一维双原子链，其2N个格波解，当M= m时与一维单原子链的结果一一对应。 解：质量为M的原子位于2n-1， 2n+1， 2n+3 ；质量为m的原子位于2n， 2n+2， 2n+4 。 12 &2n=-b(2m2n-m2n+1-m2n-1)mm牛顿运动方程 &2n+1=-b(2m2n+1-m2n+2-m2n)MmN个原胞，有2N个独立的方程 设方程的解m2n=Aeiwt-(2na)qm2n+1=Beiwt-(2n+1)aq，代回方程中得到 2(2b-mw)A-(2bcosaq)

18、B=0 2-(2bcosaq)A+(2b-Mw)B=0A、B有非零解，2b-mw2-2bcosaq-2bcosaq2b-Mw2=0，则 1(m+M)4mM2w=b11-sinaq2 2mM(m+M)2两种不同的格波的色散关系1(m+M)4mM2w=b1+1-sinaq22mM(m+M)2+2w-=b(m+M)4mM1-1-sin2aq2mM(m+M)12一个q对应有两支格波：一支声学波和一支光学波.总的格波数目为2N. w+=当M=m时4baqcosm24baqsinm2， w-=两种色散关系如图所示： 长波极限情况下q0，sin(qaqa)， 22w-=(2bm)q与一维单原子晶格格波的色散

19、关系一致. 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b和10b，两种原子质量相等，且最近邻原子间距为a2。试求在q=0,q=pa处的w(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。 13 答： 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2n1个原子的运动方程： &2n=-(b1+b2)m2n+b2m2n+1+b1m2n-1mm&mm2n+1=-(b1+b2)m2n+1+b1m2n+2+b2m2n体系N个原胞，有2N个独立的方程 方程的解：m2n=Ae1iwt-(2n)a

20、q21iwt-(2n+1)aq2，令w12=b1/m,2w2=b2/m，将解代入上述方程得： m2n+1=Be21222(w+w-w)A-(we(we1-iaq221211iaq2+we221-iaq2)B=0+we1iaq2222)A-(w12+w2-w2)B=0A、B有非零的解，系数行列式满足： (w+w-w),(we211-iaq22121222-(we211iaq2+we221-iaq2)+we1iaq222=0 2),-(w12+w2-w2)(w+w-w)-(we(w+w-w)-(we212222212222211iaq2+we+we2221-iaq2)(we)(we21211-ia

21、q2+we+we22221iaq2)=0 )=0 1iaq2221-iaq21-iaq21iaq2因为b1=b、b2=10b，令w0=w1=24(11w0-w2)2-(101+20cosaq)w0=0 2c10c22,w2=10w0得到 mm22两种色散关系：w=w0(1120cosqa+101) 22当q=0时，w=w0(11121)，w+=22w0w-=0 14 当q=pa时，w=w(1181)，220w+=20w0w-=2w0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w(q)=w0-Aq2 求证：f(w)=V11/2w-w,ww0. ()04p2A3/22212解

22、ww0时，w-w0=Aq0f(w)=0,w0w0-w=Aqq=A依据qw(q)=-2Aq,f(w)=3(2p)(w0-w)12Vrds，并带入上边结果有 qw(q)rdsV1A1/2V11/2 f(w)=4pw-w=w-w()()00331/2223/2(2p)qw(q)(2p)2A(w0-w)(2p)AV3.8、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比与T。 证明：在k到k+dk间的独立振动模式对应于平面中半径n到n+dn间圆环的面积2pndn，且2L253sw2pndn=kdk=kdk即r(w)=dw则 2p2p2pvr2hwhwhdkBTkB

23、Tehw/kBT-123sE=2pvr2wm03s(kBT)hw2dw+E=0ehw/kBT-12pvr2h2E)sT2 T3wDD33skT()B=2pvr2h2xDDx2dx， ex-1T0时，ET3,Cv=(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FU0+kBThwql nqkBT 15 hwq1hw-q证明:量子谐振子的自由能为F=U+kBT+ln1-ekBTq2kBT 经典极限意味着kBTghwg 应用ex=1-x+x2+. hwqkBT所以e-hwq=1-+. kBTkBThwq2hwqhwq1因此FU+hwq+kBTln1-1+U0+kBTln 2kTkTq

24、qBB其中U0U+1hwq 2q3.10、设晶体中每个振子的零点振动能为1hw，使用德拜模型求晶体的零点振动能。 2证明: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。E0=wm0E0(w)g(w)dw将E0(w)=13Vhw和g(w)=23w2代入积分有 22pvsE0=93V94hw=kq得E=NkBqD ，由于w=hNwmBD0mm816p2vs382一股晶体德拜温度为10K，可见零点振动能是相当大的，其量值可与温升数百度所需热能相比拟 3.11、一维复式格子m=51.671000A，声学波wmax。 wmax,wmin-24g,M=4,b

25、=1.5101N/m(即，光学波1.51104dyn/cm),求m相应声子能量是多少电子伏。 在300k时的平均声子数。 0与wmax相对应的电磁波波长在什么波段。 16 解，wAxam2b21.5104dyn/cm311-=3.0010s, 24M451.6710womax2b(M+m)21.5104(45+5)1.671024dyn/cm13-1=6.7010s 2424Mm451.671051.6710wAmax2b21.5104dyn/cm13-1=5.9910s 24m51.6710Ahwmax=6.5810-165.991013s-1=1.9710-2eVhwmax=6.5810o

26、-166.701013s-1=4.4110-2eV ohwmin=6.5810-163.001013s-1=3.9510-2eVAnmax=1eAhwmax/kBT-1O=0.873,nmax=1eOhwmax/kBT-1=0.221 Onmin=1eOhwmin/kBT-1=0.276 l= 2pcw=28.1mm 17 第四章 能带理论 4.1、根据k=pa状态简并微扰结果，求出与E-及E+相应的波函数y-及y+?，并说明它们的特性说明2它们都代表驻波，并比较两个电子云分布y说明能隙的来源(假设Vn=Vn*)。 解令k=+pa，k=-pa，简并微扰波函数为y=Ayk0(x)+Byk0(x)

27、 0*E(k)-EA+VnB=0 0E VnA+(k)-EB=0 取E=E+ 带入上式，其中E+=E0(k)+Vn V(x)0,Vn0,从上式得到B= -A,于是 Ay+=Ay(x)-y(x)=L0k0kpnpx-ixina2Anpasinx =e-eaL取E=E-，E-=E0(k)-Vn VnA=-VnB,得到A=B pnpx-ix2AnpAinaacosx =y-=Ay(x)-y(x)=e-eaLL0k0k 由教材可知，Y+及Y-均为驻波 在驻波状态下，电子的平均速度n(k)为零产生驻波因为电子波矢k=np2p2a=时，电子波的波长l=，恰好满足布拉格发射条件，这时电子波发生全反射，并与反

28、射akn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。 18 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=p的0级波函数。 2ap2p2p1ri2pmxiximxi(m+)x1111*解yk(x)=eikx=eikxea=e2aea=ea4 LLLLpx1i2第一能带：m=0,m=0,y(x)=ea 2aLp*k2p3ppixixi2p2p1*第二能带：b=b则bb,m=-,即m=-1,yk(x)=e2a aaLp2p5pxixix2p2p1i21*第三能带：cc,m=,即m=1,yk(x)=eaea=e2a aaLL4.3、电子在周期场中的势能 1

29、22mw2b-(x-n)a, 当na-bxna+ b 2V(x)= 0 ， 当(n-1)a+bxna-b 其中d4b，w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 19 (2)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)=11a1a-bV(x)=V(x)dx=V(x)dx LLaba-b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)=0，故只需在-b,b区间内积分这时，n=0，于是 1bmw2b22mw2V=V(x)dx=(b-x)dx=a-b2a-b2a2bxb-b1-x33b-b12

30、=6mwb。 ，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+m=-mp22bmp1bmpVmcosx,Vm=V(x)cosxdx=V(x)cosxdx2b2b02bb02bmw2第一个禁带宽度Eg1=2V1,以m=1代入上式,Eg1=b利用积分公式ucosmudu=b0(b2-x2)cospx2bdx 2u2musinmu+2cosmu-sinmu得 ()23mmEg1=16mw2p3b2第二个禁带宽度Eg2=2V2,以m=2代入上式,代入上式 mw2Eg2=b 4.4、 b0(b-x)cos22pxbdx再次利用积分公式有Eg2=2mw2p2b2 解：我们求解面心

31、立方，同学们做体心立方。 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S态电子的能量可表示成： 20 vE(k)=es-J0-sRs=近邻vv-ikv(Rs) J(Rs)e在面心立方中，有12个最近邻，若取Rm=0，则这12个最近邻的坐标是： vaaaa(1,1,0),(1,1,0),(1,1,0),(1,1,0) 2222aaaa(0,1,1),(0,1,1),(0,1,1),(0,1,1) 2222aaaa(1,0,1)(1,0,1),(1,0,1),(1,0,1) 2222vv由于S态波函数是球对称的，在各个方向重叠积分相同，因此J(RS)有相同的值，简单表示为J1=J(RS)

32、。又由于s态波函数为偶宇称，即js(-r)=js(r) vvvvvv*U(x)-V(R在近邻重叠积分-J(Rs)=ji(x-Rs)s)ji(x)dx中，波函数的贡献为正 J10。 vvs于是，把近邻格矢RS代入E(RS)表达式得到： vsvE(k)=eS-J0-J1Rs=近邻evv-ikRsaaa(kx+ky)-i(kx-ky)-i(-kx+ky)-i(-kx-ky)-ia222=eS-J0-J1e +e+e+e2+ea-i(ky+kz)2+ea-i(ky-kz)2+ea-i(-ky+kz)2+ea-i(-ky-kz)2+ea-i(kx+kz)2+ea-i(kx-kz)2+ea-i(-kx+k

33、z)2+ea-i(-kx-kz)2 aaaa=eS-J0-2J1cos(kx+ky)+cos(kx-ky)+cos(ky+kz)+cos(ky-kz) 2222a+cos(kz+kx)+cos(kz-kx) 2cos(a+b)+cos(a-b)=2cosacosb aaaaaakxcosky+coskycoskz+coskzcoskx 22222221 =es-J0-4J1cos对于体心立方：有8个最近邻，这8个最近邻的坐标是： aaaa(1,1,1),(1,1,1),(1,1,1),(1,1,1) 2222aaaa(1,1,1),(1,1,1,),(1,1,1),(1,1,1) 2222va

34、aaE(k)=es-J0-8J1(coskxcoskycoskz) 222s4.7、有一一维单原子链，间距为a，总长度为Na。求用紧束缚近似求出原子s态能级对应的能带E(k)0函数。求出其能态密度函数的表达式。如果每个原子s态只有一个电子，求等于T=0K的费米能级EF0及EF处的能态密度。 rika-ika解(1),E(k)=es-J0-J1(e+e)=es-J0-2J1coska=E0-2J1coska rr-ikRsE(k)=E-J0-J(ps)e (2) ,N(E)=2Ldk2Na1N2= 2pdEp2J1asinkapJ1sinka(3), N=0kF00r2NakFNap002r(k

35、)2dk=22kF=kF= 2pp2a00EF=E(kF)=E-2J1cosp2a0a=Es,N(EF)=NpJ1sinp2a=aN pJ14.8、证明一个自由简单晶格在第一布里渊区顶角上的一个自由电子动能比该区一边中点大2倍(b)对于一个简单立力晶格在第一布里渊区顶角上的一个自由电子动能比该区面心上大多少？(c)(b)的结果对于二价金属的电导率可能会产生什么影响7 解二维简单正方晶格的晶格常数为a，倒格子晶格基矢A=第一布里渊区如图所示 2p2pi,B=j aa 22 pa-pa 0 -pa-pa区边中点的波矢为KA=pppi,角顶B点的波矢为KB=i+j.aaah22自由电子能量e=Kx2

36、+Ky+Kz2),(2mA点能量eA=hhphp2Kx=, 2m2ma2ma22222222h2h2pph2p22B点能量eB=Kx+Ky)=(+=2,所以eB/eA=2 2m2maa2mab)简单立方晶格的晶格常数为a，倒格子基矢为A=第一布里渊区如图72所示 2pa2pi,B=a2pj,C=ak, h2pA点能量eA=;2ma2222h2h2ppph2p222B点能量eB=Kx+Ky+Kz)=(+=3, 2m2maaa2ma2 23 所以eB/eA=3 (c)如果二价金属具有简单立方品格结构，布里渊区如图72所示根据自由电子理论，自由电子的能量为h24p2e=Kx2+Ky+Kz2)，Fer

37、M面应为球面由(b)可知，内切于4点的内切球的体积(2m33p，于是在Ka34ppVp3g2g=N=1.047N空间中，内切球内能容纳的电子数为 其中 V=Na33a(2p)3二价金属每个原子可以提供2个自由电子，内切球内只能装下每原子1.047个电子，余下的0.953个电子可填入其它状态中如果布里渊区边界上存在大的能量间隙，则余下的电子只能填满第一区内余下的所有状态(包括B点)这样，晶体将只有绝缘体性质然而由(b)可知，B点的能员比A点高很多，从能量上看，这种电子排列是不利的事实上，对于二价金属，布里渊区边界上的能隙很小，对于三维晶体，可出现一区、二区能带重迭这样，处于第一区角顶附近的高能态

38、的电子可以“流向”第二区中的能量较低的状态，并形成横跨一、二区的球形Ferm面因此，一区中有空态存在，而二区中有电子存在，从而具有导电功能实际上，多数的二价金届具有六角密堆和面心立方结构，能带出现重达，所以可以导电 4.10、 解：设晶体中有N个Cu原子，向其中掺入x个锌原子。则晶体中电子的总数为： (N-x)+2x=N+x 由于Cu是面心立方，每一个原胞中含4个电子。因此：晶体中包含的原胞数为：N 4其倒格子为体心立方，倒格子的边长为：4p43p，对角线的长度为： aa于是：布里渊区边界到原点的距离为：143p3p =4aa3p a即：当Fermi球与第一布里渊区边界相切时，kF=又由：24

39、3pkF=N+x 3(2p)3V3N+xkF33p33p=2= 233V3p3paa 24 于是有：N+x3pN+x3p=3= N3aN4a4x3p=-10.3597 N4x0.35970.3597=0.56 N-x1-0.35970.6403即：当锌原子与铜原子之比为0.56时，Fermi球与第一布里渊区边界相接触。 4.12、正方晶格设有二维正方晶格，晶体势为U(x,y)=-4Ucos2px2pycos. aa用基本方程，近似求出布里渊区角pp,处的能隙 aa,b, 解以ij表示位置矢量的单位矢量，以b12表示倒易矢量的单位矢量，则有，+Gb2pgb+yi,G=G1br=xi 122=11+g2b2,g1,g2为整数。a()晶体势能U(x,y)=-4Ucos2px2pycos. aai2spx-i2spxi2spy-i2spyiG(11)