固体物理学答案-王矜奉

习

（1）简立方，

题

3π;8

2π;6

1．以刚性原子球堆积模型，计算以下各结构的致密度分别为：

π;6

2π;6

（2）体心立方,

（3）面心立方，（4）六角密积，

（5）金刚石结构，

3π;16

[解答]

设想晶体是由刚性原子球堆积而成，一个晶胞中刚性原子球占据的体积与晶胞体积的比值称为结构的致密度，

设n为一个晶胞中的刚性原子球数,r表示刚性原子球半径，V表示晶胞体

4nπr3

积，则致密度ρ=3

V（1）对简立方晶体，任一个原子有6个最近邻，若原子以刚性球堆积，

如图1.2所示，中心在1，2，3，4处的原子球将依次相切，因为

3a=4r,V=a3,

面1.2简立方晶胞

晶胞内包含1个原子，所以

a3π(2)πρ==

a36

43

（2）对体心立方晶体，任一个原子有8个最近邻，若原子刚性球堆积，如图1.3所示，体心位置O的原子8个角顶位置的原子球相切，因为晶胞空间对角线的长度为3a=4r,V=a3,晶胞内包含2个原子，所以

2*4π(ρ=33

a3a34

)=

3π8

图1.3体心立方晶胞

（3）对面心立方晶体，任一个原子有12个最近邻，若原子以刚性球堆积，如图1.4所示，中心位于角顶的原子与相邻的3个面心原子球相切，因为

2a=4r,V=a3，1个晶胞内包含4个原子，所以

4*4π(3=ρa3

2a34

)=

2π.6

图1.4面心立方晶胞

（4）对六角密积结构，任一个原子有12个最近邻，若原子以刚性球堆积，如图1。5所示，中心在1的原子与中心在2，3，4的原子相切，中心在5的原子与中心在6，7，8的原子相切，

图1.5六角晶胞图1.6正四面体

晶胞内的原子O与中心在1，3，4，5，7，8处的原子相切，即O点与中心在5，7，8处的原子分布在正四面体的四个顶上，因为四面体的高

c2

h=2a=2r=332

晶胞体积

V=ca2sin60�=

32

ca,2

一个晶胞内包含两个原子，所以

ρ=

a3

2*4π(2)3

32ca2

=

2π.6

（5）对金刚石结构，任一个原子有4个最近邻，若原子以刚性球堆积，如图1.7所示，中心在空间对角线四分之一处的O原子与中心在1，2，3，4处的原子相切，因为

晶胞体积

3a=8r,

V=a3,

图1.7金刚石结构

一个晶胞内包含8个原子，所以

8*43π(

33

a)8=3

3π.16

−

ρ=

a2．在立方晶胞中，画出（102），（021），（122），和（210）晶面。[解答]

−

图1.8中虚线标出的面即是所求的晶面。

3．如图1.9所示，在六角晶系中，晶面指数常用（hkml）表示，它们代表一个晶面在基矢的截距分别为

a1a2a3c,,,在C轴上的截距为hkml证明：h+k=−m求出O,A1A3,A1A3B3B1,A2B2B5A5和A1A3A个面的面指数。

图1.9六角晶胞对称画法

[解答]

设d是晶面族（hkml）的面间距，n是晶面族的单位法矢量，晶面族（hklm）中最靠近原点的晶面在a1

a2a3,c轴上的截距分别为

a1/h,a2/k,a3/m,c/l所以有

a1·n=hd,a2·n=kd,a3·n=md.

因为

a3=−(a2+a3),所以

a3·n=−(a2+a3)·n。由上式得到

md=−(hd+kd).即

m=−(h+k),由图可得到：

O'A1A3晶面的面指数为(1121)A1A3B3B1面的面指数为(1120)A2B2B5A5晶面的面指数为(1100)A1A3A5晶面的面指数为(0001)

−−

−

4．设某一晶面族的面间距为d,三个基矢a1,a2,a3的末端分别落在离原点的距离为h1d,h2d,h3d的晶面上，试用反证法证明：h1,h2,h3是互质的。

[解答]

设该晶面族的单位法量为a1,a2,a3由已知条件可得

a1·n=h1d,a2·n=h2d,a3·n=h3d,

假定h1,h2,h3

不是互质数，且公约数p≠1

即

h1=pk1,h2=pk2,h3=pk3

k1,k2,k3是互质的整数，则有a1·n=pk1d,a2·n=pk2d,a3·n=pk3d今取离原点最近的晶面上的一个格点，该格点的位置矢量为

r=l1a1+l2a2+l3a3,由于

心定是整数，而且

r·n=d=l1a1·n+l2a2·n+l3a3·n于是得到

pk1l1+pk2l2+pk3l3=1由上式可得

k1l1+k2l2+k3l3=

1p上式左端是整数，右端是分数，显然是不成立的。矛盾的产生是p为不等于1的整数的假定。也就是说，p只能等于1，即h1,h2,h3一定是互质数。

5．证明在立方晶体中，晶列[hkl]与晶面（hkl）正交，并求晶面(h1k1l1)与晶面(h2k2l2)的夹角。

[解答]

设d是为晶面族（hkl）的面间距，n为法向单位矢量，根据晶面族的定义，晶面族（hkl）将a,b,c分别截为h,k,l等份，即

a•n=acos(a,n)=hd,b•n=bcos(b,n)=kd,c•n=ccos(c,n)=ld于是有

dddn=hi+kj+lkaaa=

d(hi+kj+lk)a分别为平行于a,b,c三个坐标轴的单位矢量，而晶列[hkl]

其中,i,j,k的方向矢量为

R=hai+kaj+lak=a(hi+kj+lk)由（1），（2）两式得

dn=2Ra即n与R平行，因此晶列[hkl]与晶面（hkl）正交。

对于立方晶系，晶面(h1k1l1)与晶面(h2k2l2)

的夹角，就是晶列

R1

与晶列

=h1a+k1b+l1cR2=h2a+k2b+l2c的夹角，设晶面(h1k1l1)与晶面(h2k2l1)的夹角为ϕ2

R1·R2=R1R2cosϕ=h1+k12+l12h22+k2+l22a2cosϕ2

由

=h1h2a2+k1k2a2+l1l2a2

得

ϕ=cos−1{

h1h2+k1k2+l1l2

(h+k+l)(h+k+l2

1

21

21

22

22

22

}6．如图1.10所示，B,C两点是面心立方晶胞上的两面心。（1）求ABC面的密勒指数；

（2）求AC晶列的指数，并求相应原胞坐标系中的指数。

图1.10

[解答]

面心立方晶胞

��（1）矢量BA与矢量BC的叉乘即是ABC面的法矢量

���11

BA=OA−OB=(a+b)−(b+c)=(2a+b−c),

22

���111

BC=OC−OB=[c+(a+b)]−(b+c)=(a+c),

222

��11aBA×BC=(2a+b−c)×(a+c)=(a−3b−c).

224

因为对立方晶系，晶列[hkl]与晶面族（hkl）正交，所以ABC面的密勒指数为

(131).

���11

（2）AC=OC−OA=[c+(a+b)]−(a+b)=−(a+b−2c).

22

−�可见AC与晶列(a+b-2c)平行，因此AC晶列的晶列指数为[112].

−

由《固体物理教程》（1•3）式可得面心立言结构晶胞基矢与原胞基矢的关系

a=−a1+a2+a3,b=a1−a2+a3,c=a1+a2−a3

晶列(a+b-2c)可化为

(a+b-2c)=-2(a1+a2−2a3)

−

由上式可知，AC晶列在原胞坐标系中的指数为[112]

7．试证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。[解答]

设与晶轴a,b,c平行的单位矢量分别为i,j,k面心立方正格子的原胞基矢可取为

aa1=(j+k),

2

a(k+j),2aa3=(i+j).

2a2=

由倒格矢公式

b1=

2π[a2×a3]2π[a3×a1]2π[a1×a2]

,,b2=,b3=

ΩΩΩ

可得其倒格矢为

2π(−i+j+k),a2πb2=(i−j+k),

a2πb3=(i+j−k).

ab1=

设与晶轴a,b,c平行的单位矢量分别为i,j,k,体心立方正格子的原胞基矢可取为

a(−i+j+k),2aa2=(i−j+k),

2aa3=(i+j−k).

2a1=

以上三式与面心立方的倒格基矢相比较，两者只相差一常数公因子，这说明面心立方的倒格子是体心立方。

将体心立方正格子原胞基矢代入倒格矢公式

b1=

2π[a2×a3]2π[a3×a1]2π[a1×a2]

,b2=,b3=.ΩΩΩ

则得其倒格子基矢为

2π(i+k),a2πb2=(k+i),

a2πb3=(i+j).

ab1=

可见体心立方的倒格子是面心立方。8．六角晶胞的基矢

3aai+j,223ab=−ai+j,

22C=cka=

求其倒格基矢。[解答]晶胞体积为

Ω=a⋅[b×c]

3a3aai+j)⋅[−(ai+j)×(ck)]222232=ac.2=(

其倒格矢为

a∗=

2π[b×c]Ω

3a2ai+j)×(ck)]×223a2c=2π[(−=

2π3i+j).(a3

2π[c×a]b∗=

Ω

a32ai+j)]×=2π[(ck)×(223a2c2π3

i+j).(−

a32π[a×b]c∗=

Ω

aa332ai+j)×(−ai+j)]×=2π[(22223a2c2πk=c9．证明以下结构晶面族的面间距：

=

（1）立方晶系:dhkl=a[h+k+l],

22

12−2

hkl−1

（2）正交晶系:dhkl=[()2+()2+()2]2abc（3）六角晶系:dhkl（4）简单单斜:dhkl4h2+k2+hkl2−1

=[()+()]2

2

3ac1h2l22hlcosβk2−1=[2(2+2−)+2]2.sinβacacb[解答]

（1）设沿立方晶系轴a,b,c的单位矢量分别为i,j,k,则正格子基矢为

a=ai,b=bj,c=ak,

图1.11立方晶胞

倒格子晶矢为

2π2π2πa∗=i,b∗=j,c∗=k.

aaa与晶面族(hkl)正交的倒格为

Khkl=ha∗+kb∗+lc∗.

由晶面间距dhkl与倒格矢Khkl的关系式

dhkl=得，

2πKhkldhkl=

ah+k+l2

2

2

.

（2）对于正交晶系，晶胞基矢a,b,c相互垂直，但晶格常数a≠b≠c.设沿晶轴

a,b,c的单位矢量分别为i,j,k则正格子基矢为

a=ai,b=bj,c=ck,

图1.12正交晶胞倒

倒格子基矢为

2π2π2πa∗=i,b∗=j,c∗=k.

abc与晶面族(hkl)正交的倒格为

Khkl=ha∗+kb∗+lc∗.

由晶面间距dhkl与倒格矢Khkl的关系式

dhkl=得

2πKhkldhklh2k2l2−1

=[()+()+()]2abc（2）对于六角晶系，a=b≠c,α=β=90�,γ=120�,晶面族(hkl)的面间距

dhkl图1.13六角晶胞

2π2π2π===.∗∗∗2Khklha+kb+lchk∗+kb∗+lc∗

也即

1

dhkl2

=

12∗22∗22∗2∗∗∗∗∗∗

[ha+kb+lc+2hk(a⋅b)+2kl(b⋅c)+2hl(a⋅c)].2

4π由图1.13可得六角晶胞的体积

Ω=c⋅a(a×b)=a2csinγ=a2csin120�=

32ac.2

倒格基矢的模

a∗=b∗=a∗=2πc=c∗

∗

b×cΩ

=

2πacsinα4π=,2

32ac3a()a×b)2πa2sinγ(=2π=

Ω

(32a2c)=

2π.c倒格基矢的点积

4π24π2

a⋅b=2[(b×c)⋅(c×a)]=2{c⋅[a×(b×c)]}

ΩΩ4π2

=2[(b⋅c)(c⋅a)−(b⋅a)(c⋅c)]Ω

4π2a2c28π2=(cosαcosβ−cosγ)=2.2

Ω3a其中利用了矢量混合的循环关系

∗

∗

A⋅(B⋅C)=B⋅(C⋅A)=C⋅(A×B)及关系式

A×(B×C)=B(A⋅C)−C(A⋅B).因为(a×b)矢量平行于c所以

4π2

a⋅c=2[(b×c)⋅(a×b)]=0,

Ω4π2∗∗

b⋅c=2[(c×a)⋅(a×b)]=0.

Ω

∗

∗

将以上诸式代入（1）式得

4(h2+k2+hk)l2d−2

hkl=3a2

+c2,即

d=[4h2+k2+hkl2−12

hkl3(a2)+(c)]

（4）单斜晶系晶胞基矢长度及晶胞基矢间的夹角分别满足a≠b≠cα=γ=90�,β≠90�晶胞体积

Ω=b⋅(c×a)=abcsinβ由

a∗=

2π[b×c]Ωb∗=

2π[c×a]Ωc∗=

2π[a×b]Ω

得其倒格子基矢长度

a∗=a∗=

2πbcabcsinβ=2πasinβ,

及

b∗=b∗=2πbc∗=c∗=

2πacsinβ倒格基矢间的点积

∗

⋅a∗

=4π2

cΩ

2(a×b)⋅(b×c)

=4π2

Ω

2[(a⋅b)(b⋅c)−(a⋅c)(b⋅b)]4π2ab2=

c(cosαcosγ−cosβ)abcsin2β和

因为(c×a)矢量平行于b所以

4π2

a⋅b=2[(b×c)⋅(c×a)]=0

π∗

∗

4π2

b⋅c=2[(c×a)⋅(a×b)]Ω

∗

∗

将以上诸式代入

112∗22∗222∗

=ha+kb+lc+2hk(a∗a⋅b∗)+2kl(b∗⋅c∗)+2hl(a∗⋅c∗)2

dhkl4π[]得到

1h2k2l22hlcosβ=++−2

dhkla2sin2βb2c2sin2βacsin2β⎛h2l22hl⎞k2

=2⎜⎟+2++2

2⎜⎟cac⎠bsinβ⎝a1

即

dhkl⎡1⎛h2l22hlcosβ=⎢2⎜+2−2⎜cac⎣sinβ⎝a⎞k2⎤

⎟⎟+b2⎥⎠⎦

−1210．求晶格常数为a的面心立方和体立方晶体晶面族(h1h2h3)的面间距[解答]

面心立方正格子的原胞基矢为

aa1=(j+k)2aa2=(k+i)

2aa3=(i+j)

2

由

b1=

2π[a2×a3]2π[a3×a1]2π[a1×a2],b2=,b3=,

ΩΩΩ

可得其倒格基矢为2πb1=(−i+j+k),

a2πb2=(i−j+k),

a2πb3=(i+j−k),

a倒格矢

Kh=h1b1+h2b2+h3b3.

根据《固体物理教程》（1。16）式

dh1h2h3=

2π,Kh得面心立方晶体面族(h1h2h3)的面间距

dh1h2h3=

=

2πKh[(−h+h1

a2

+h3)2+(h1−h2+h3)2+(h1+h2−h3)2

]12体心立方正格子原胞基矢可取为

aa1=(−i+j+k)

2aa2=(i−j+k)

2aa3=(i+j−k)

2

其倒格子基矢为

2πb1=(j+k)

a2πb2=(k+i)

a2πb3=(i+j)

a则晶面族(h1h2h3)的面间距为

dh1h2h3=

a2π=Kh(h2+h3)2+(h3+h1)2+(h1+h2)2

[]1211．试找出体心立方和面心立方结构中，格点最密的面和最密的线。

[解答]

由上题可知，体心立方晶系原胞坐标系中的晶面族(h1h2h3)的面间距

dh1h2h3=

a(h2+h3)2+(h3+h1)2+(h1+h2)2

可以看出，面间距最大的晶面族就是{001}，将该晶面指数代入《固体物理教程》（1.32）式，得到该晶面族对应的密勒指数为{110}

面间距最大的晶面上的格点

最密，所以密勒指数{110}晶面族是格点最密的面，格点最密的线一定分布在格点最密的面上，由图1.14虚线标出的(110)晶面容易算出，最密的线上格点的周期为

图1.14体心立方晶胞

3a2

由上题还知，面心立方晶系原胞坐标系中的晶面族(h1h2h3)的面间距

dh1h2h3=

a(−h1+h2+h3)2+(h1−h2+h3)2+(h1+h2−h3)2

可以看出，面间距最大的晶面族是{111}。由本章第15题可知，对于面心立方晶体，晶面指数(h1h2h3)与晶面指数(hkl)的转换关系为

(hkl)=1{(−h1+h2+h3)(h1−h2+h3)(h1+h2−h3)},

p将晶面指数{111}代入上式，得到该晶面族对应的密勒指数也为{111}.面间距最大晶面上的格点最密，所以密勒指数{111}晶面族是格点最密的面,格点最密的线一定分布在格点最密的面上,由图1.15虚线标出的(111)最密的线上格点的周期为

2a2

晶面上的格点容易算出,

图1.15面心立方晶胞

''

12．证明晶面(h1h2h3),(h1'h2h3)\"\"

及(h1\"h2h3)属于同一晶带的条件

h1h1'

\"h1

[解答]

h2

'h2\"h2

h3

'h3=0\"h3

设原胞坐标系中的倒格子基矢为b1,b2,b3,的倒格矢分别为

Kh=h1b1+h2b2+h3b3,

'

Kh'=h1'b1+h2b2+h3'b3,\"\"Kh\"=h1\"b1+h2b2+h3b3.

\"\"

则晶面(h1h2h3)，(h1'h2'h3')及(h1\"h2h3)当三个晶面共晶带时,它们的交线相互平行,这些交线都垂直于倒格矢KhKh'Kh\"即KhKh'Kh\"位于同一平面上,于是有

Kh⋅(Kh'×Kh\")=0利用正倒格子的关系

2π[b1×b2]2π[b3×b1]2π[b1×b2],b=,b=23

Ω∗Ω∗Ω∗

a`=

得

\"'\"\"Kh'×Kh\"==(h1'h2−h2'h1\")b1×b2+(h2h3−h3'h2)b2×b3+(h3'h1\"−h1'h3\")b3×b1''h2Ω∗h1'h2=[\"a+\"\"32πh1h2h2'h3'h3h1'a+\"\"a2],\"1h3h3h1式中Ω∗为倒格原胞体积,于是得到

1h1

K⋅K×K=h'\"h3hhΩ∗h1\"

()'

'

h2h2'

+h1\"\"h2h2h3'h3'

+h2\"\"h3h3h1'

h1\"

h1= h1'

\"h1h2'h2\"h2h3'h3.\"h3

代入(1)式,得

h1h1'\"h1h2'h2\"h2h3'h3=0\"h3

''

13.晶面(h1h2h3),(h1'h2h3)的交线与晶列

Rl=l1a1+l2a2+l3a3,平行,证明

l1=

h2

'h2h3h3

,l='h3'2h3h1h1

,l=h1'3h1'h2

.'h2

[解答]

''

与晶面(h1h2h3),(h1'h2h3)垂直的倒格矢分别为

Kh=h1b1+h2b2+h3b3,

'Kh'=h1'b1+h2b2+h3'b3,

晶面的交线应同时与Kh和Kh'垂直,即与Kh×Kh'平行,而

h1Kh×Kh'='

h1

Ω∗=2π⎡h1⎢'⎣h1

h2h2

b×b2+''1h2h2h3h3

b×b3+''2h3h3

h1⎤

a⎥,h12⎦

h1

b×bh131

h2h2

a3+''h2h2h3h3

a+'h3'1h3

式中Ω∗=b1⋅(b2×b3)

为倒格原胞体积,a1,a2,a3

为正格原胞基矢

''

已知晶面(h1h2h3),(h1'h2h3)的交线与晶列Rl=l1a1+l2a2+l3a3平行,即Rl和

Kh'×Kh\"平行,因此l1,l2,l3可取为h2l1='

h2

h3h3

,l=h3'2h3'

h1h1

,l=h1'3h1'

h2

.'h2

14．今有正格矢

u=la1+ma2+na3,v=l'a1+m'a2+n'a3,w=l\"a1+m\"a2+n\"a3.

其中l,m,n;l',m',n'及l\",m\",n\"均为整数,试证u,v,w可选作基矢的充分条件是

ll'mm'nn'l\"

m\"=±1.n\"

[解答]解法一:

固体物理原胞的选取方法有无数种,但它们有一个无同的特点,即它们的体积都相等,是晶体的最小重复单元。因此u,v,w可选作基矢的充分条件是，由基矢

u,v,w构成的原胞体积一定等于由基矢a1,a2,a3构成的原胞体积，即

u⋅(v×w)=a1⋅(a2×a3)=Ω将

u=la1+ma2+na3,v=l'a1+m'a2+n'a3,w=l\"a1+m\"a2+n\"a3代入u⋅(v×w)得

u⋅(v×w)=u⋅l'm\"−m'l\"(a1×a2)+m'n\"−n'm\"(a2×a3)+n'l\"−l'n\"(a2×a3)=nl'm\"−m'l\"Ω+lm'n\"

([())()−nm)Ω+m(nl'

\"

('\"

−l'n\"Ω

)()]ll'=mm'

nn'l\"

m\"Ω.n\"

将上式代入（1）得

ll'mm'nn'l\"

m\"=±1.n\"

解法二：

设a1=xu+yv+zw，当u,v,w为基矢时，x,y,z应取整数值，将

u=la1+ma2+na3,v=l'a1+m'a2+n'a3,w=l\"a1+m\"a2+n\"a3.代入a1=xu+yv+zw得

a1=xu+yv+zw=(xl+yl'+zl\")a1+(xm+ym'+zm\")a2+(xn+yn'+zn\")a3.

⎧xl+yl'+zl\"=1⎪

由此得方程组⎨xm+ym'+zm\"=0

⎪xn+yn'+zn\"=0⎩

解方程得

1

0m'∆

0n'

1

l'l\"m\",n\"

x=

l1l\"1

y=m0m\",

∆

n0n\"ll'1

z=mm'

∆

nn'

lnl'n'

l\"m\".n\"

∆=mm'

10,0

由于x,y,z的表示式中的三分子的行列式的值均为整数，x,y,z为整数，因此

u,v,w可选作基矢的充分条件是

ll'mm'nn'

l\"

m\"=±1n\"

15．对于面心立方晶体，已知晶面族的密勒指数为(hkl)，求对应的原胞坐标中的面指数(h1h2h3)若已知(h1h2h3)求对应的密勒指数(hkl)。

[解答]

由《固体物理教程》（1。3）式和（1。4）两式得面心立方晶体原胞坐标系中的倒格基矢b1,b2,b3

与晶胞坐标系中的倒格基矢a∗,b∗,c∗的关系为

2π(−i+j+k)=−a∗+b∗+c∗,a2πb2=(i−j+k)=a∗−b∗+c∗,

a2πb3=(i+j−k)=a∗+b∗−c∗.

ab1=

()(())也即

2π1

i=(b2+b3),a22π1b∗=j=(b3+b1),

a22π1c∗=k=(b1+b2).

a2

a∗=

与晶面族(hkl)垂直的倒格矢

Khkl=ha∗+kb∗+lc∗=

=

1

[(k+l)b1+(l+h)b2+(h+k)b3]2

11

pKh1h2h3=p(h1b1+h2b2+h3b3),22

Kh1h2h3与晶面族(h1h2h3)正交，因此，若已知晶面族的密勒指数(hkl)则原胞坐标系中的面指数

(h1h2h3)=1{(k+l)(l+h)(h+k)}

p其中p是(k+l),(l+h),(h+k)的公约数同样

=p'Khkl=p'(ha∗+kb∗+lc∗).

Kh1h2h3=h1b1+h2b2+h3b3=(−h1+h2+h3)a∗+(h1−h2+h3)b∗+(h1+h2−h3)c∗

Khkl与晶面族(hkl)正交，因此，若已知晶面族的面指数系中的面指数(hkl)=

1

{(−h1+h2+h3)(h1−h2+h3)(h1+h2−h3)},p'

(h1h2h3)

则晶胞坐标

其中p'是

(−h1+h2+h3),(h1−h2+h3),(h1+h2−h3)

的公约数。

16．证明不存在5度旋转对称轴。[解答]

如下面所示，A,B是同一晶列上O格点的两个最近邻格点，

如果绕通过O点并垂直于纸面的转轴顺时针旋转θ角，则A格点转到

A'点，若此时晶格自身重合，点处原来必定有一格点，如果再绕通过O点的转轴逆时针旋转θ角，则晶格又恢复到未转动时的状态，但逆时针旋转θ角，

B格点转到B'处，说明B'处原来必定有一格点，可以把格点看成分布在一族相互平行的晶列上，由图１．１６可知，A'B'的晶列具有相同的周期，若设该周期为a则有

晶列与

AB

晶列平行．平行

图1.16晶格的旋转对称性

A'B'=2acosθ=ma,

其中m为整数，由余弦的取值范围可得

mcosθ=≤1.

2

于是可得

π3π,;22

π2π4π5πm=1:θ=,,,;

3333

m=2:θ=π,2π.m=0:θ=

π2ππ3π4π5π，分别等于顺时针旋转，，,,233233

所以晶格对称转动所允许的转角为

2ππ2π,π,π,,.

323

上面的转角可统一写成2π,n=1,2,3,4,6n称n为转轴的度数，由此可知，晶格的周期性不允许有５度旋转对称轴．因为逆时针旋转

17．利用转动对称操作，证明六角晶系介电常数矩阵为

⎡ε110ε=⎢⎢0ε22

⎢0⎣0

0⎤

0⎥⎥.ε33⎥⎦

［解答］

由《固体物理教程》（1。21）式可知，若A是一旋转对称操作，则晶体的介电常数ε满足

ε=A'εA.

对六角晶系，绕x（即a）轴旋180�和绕z（即c）轴旋120�都是对称操作，坐标变换矩阵分别为

⎡10

0⎤Ax=⎢⎢0−10⎥⎢−1⎥

⎣00⎥⎦⎡⎢−13

⎢220⎤⎥⎥A3z=⎢⎢−−10⎥⎢2

⎥.⎢00

21⎥⎢⎥⎣⎥⎦

假设六角晶系的介电常数为

⎡ε11ε12

ε13⎤ε=⎢⎢ε21ε22

ε⎥31⎢⎥.⎣ε31ε32

ε33⎥⎦则由ε=A'xεAx.

得

⎡εε12ε13⎤⎡ε−ε⎢11

12

⎢ε21ε22

ε⎥⎢⎥= ⎢11

31⎢−ε21

ε22

⎣ε31

ε32

ε33⎥⎦⎢⎣−ε31

ε32

可见ε12=0,ε13=0,ε31=0.

⎡ε1100⎤

即ε=⎢⎢0ε22

ε⎥31。⎢⎣0ε32

ε⎥33⎥⎦

将上式代入ε=A'xεAx.得

⎡ε0

0⎢11

⎤

⎢0ε22

ε⎥31⎢⎣0

ε⎥32

ε33⎥⎦

−ε13⎤

ε⎥31ε⎥.33⎥⎦

⎡⎢⎢=⎢−⎢⎢⎢⎢⎣

13

ε11+ε224433ε11+ε2244

3−ε32

2

−

33ε11+ε442231ε11+ε2244

1−ε322

−

3⎤ε⎥223⎥1

−ε23⎥

⎥2

⎥ε33⎥

⎥⎦

由上式可得

ε23=0,ε32=0,ε11=ε22.于是得到六角晶系的介电常数

0⎤⎡ε110

⎥.ε=⎢0ε011⎢⎥

⎢0ε33⎥⎣0⎦

18．试证三角晶系的倒格子也属三角晶系，[解答]

对于三角晶系，其三个基矢量的大小相等。且它们相互间的夹角也相等。即

a=a1=b=a2=c=a3=a,α=β=γ=θ.

利用正倒格子的关系，得

2π[a2×a3]2πa2sinθb1===b,

ΩΩ

2π[a3×a1]2πa2sinθb2===b,

ΩΩ2π[a1×a2]2πa2sinθb3===b.

ΩΩ

设b1与b2的交角为θ12,b2与b3的交角为θ23,b3与b1的交角为θ31则有

b1⋅b2=b2cosθ12

====

4π2

[(a2×a3)⋅(a3×a1)]2Ω4π2

a1⋅[(a2×a3)×a3]2Ω4π2

(a1⋅a3)(a2⋅a3)−(a1⋅a2)a22Ω4π2a42

cosθ−cosθ.Ω2

[]()由（1）和（2）式得

cosθ12

cos2θ−cosθcosθ(1−cosθ)−cosθ==−=22

sinθ1−cosθ1+cosθ由b2⋅b3和b3⋅b1可得

−cosθ,

1+cosθ−cosθcosθ31=.可见倒格基矢b1与b2的交角，b2与b3的交角,b3与b1的交

1+cosθ角都相等，这表明三个倒格基矢的长度不仅相等，且它们之

间的夹角也相等，所以三角晶系的倒格子也属于三角晶系.cosθ23=

19．讨论六角密积结构，X光衍射消光的条件.[解答]

图1.17示出了六角密积结构的一个晶胞，一个晶胞包含两个原子，它们的位置矢量分别是

r1=0,

211r2=a+b+c.

332

图1.17六角密积晶胞

因为是密积结构，所以原子散射因子f1=f2=f.将上述结果代入几何因子

Fhkl=∑fjej=1

2

i2nπhuj+kvj+lwj()

,

得Fhkl=f+fe⎛211⎞

i2nπ⎜h+k+l⎟

332⎠⎝

.

(hkl)晶面族引起的衍射光的总强度

1⎞⎛211⎞⎛21⎡i2nπ⎜h+k+l⎟⎤⎡−i2nπ⎜h+k+l⎟⎤

⎝332⎠

I∝Fhkl⋅Fhkl=⎢f+fe⎝332⎠⎥⋅⎢f+fe⎥

⎢⎥⎥⎣⎦⎢⎣⎦

⎡⎛42⎞⎤

=f2+f2+2f2cos⎢nπ⎜h+k+l⎟⎥

3⎠⎦⎣⎝3

⎧⎡⎛42⎞⎤⎫2

=2f⎨1+cos⎢nπ⎜h+k+l⎟⎥⎬.

3⎠⎦⎭⎣⎝3⎩

∗

由上式知，只有当

42

nπ⎛h+k+l⎞⎜⎟=奇数，

3⎝3⎠

时，才出现衍射消光.现将h,k,l的取值范围讨论如下：(a)当n为奇数时，若l为偶数，则nl也为偶数,为保证

42nπ⎛h+k+l⎞⎜⎟=奇数,

3⎝3⎠

成立，须有

42⎞

nπ⎛⎜h+k⎟=奇数，

3⎠⎝3

由此知

2n(2h+k)=3×奇数=奇数.

但由于h,k为整数，上式左端是偶数，右端是奇数，显然是不成立的，矛盾的

产生是l为偶数的条件导致的，所以l不能为偶数，而只能为奇数，因而

42⎞nπ⎛h+k⎟=偶数⎜

3⎠⎝3

即

3

×整数=整n(b)当n为偶数时，由

2h+k=

42⎞nπ⎛⎜h+k+l⎟=奇数

3⎝3⎠

得

n(4h+2k+3l)=3×奇数=奇数

上式左端是偶数，右端是奇数，显然也不成立，矛盾的产生是n为偶数的条

件导致的，所以n不能为偶数，

由上述讨论可知，衍射消光条件为

n=奇数l=奇数3

2h+k=×整数(=整数)

n20．用波长为1.05Α的X光对钽金属粉末作衍射分析，测得布拉格角大小为序的五条衍射线，见表1-1序号12

19.61128.136

θ(�)

已知钽金属为体心结构，求（1）衍射晶面族的晶面指数；（2）晶格常数a[解答]

3

35.156

4

41.156

5

47.769

�

（1）对于立方晶体，晶面族（hkl）的面间距

dhkl=

ah+k+l2

2

2

,

布拉格反射公式

2dhklsinθ=nλ相应化为

λsinθ=(nh)2+(nk)2+(nl)2.

2a可见sinθ与衍射面指数的平方和的开根成正比，由已知条件可知

sin19.611�: sin28.136�:sin35.156�:sin41.156�:sin47.769�=1:1.405:1.7156:1.9608:2.2061.

对于体心立方晶系，衍射面指数的和n（h+k+l）为偶数出现衍射极大，因此，对应衍射角由小到大排列的衍射晶面族是（110），（200），（121），（220），（310），而

12+12+0:22+0+0:12+22+12:22+22+0:32+12+0=1:4.414:1.732:2.00:2.236..

从各衍射角的正弦之比与衍射面指数的平方和的开根之比可以看出，二者比值是十分接近的，存在的小小偏差，可能是测量误差所致，因此，对应布拉格角大小为序的五条衍射线的衍射晶面族是（110），（200），（121），（220），（310）。

（2）将λ=1.05Α�,θ=19.611�,(nhnknl)=(110)代入sinθ=

λ2a(nh)2+(nk)2+(nl)2

�

得到钽金属的晶格常数a=3.246Α

21．铁在20�C时，得到最小三个衍射角分别为8�12',11�38',14�18';当在1000�C时，最小三个衍射角分别变成7�55',9�9',12�59'.述温度范围，铁金属为立方结构。

（1）试分析在20�C和1000�C下，铁各属于何种立方结构？（2）在20�C下，铁的密度为7860kgm3求其晶格常数。[解答]

（1）对于立方晶体，晶面族（hkl）的面间距为

已知在上

dhkl=

ah2+k2+l2

2dhklsinθ=nλsinθ=

布拉格反射公式相应化为

(nh)2+(nk)2+(nl)2

λ.2a成正比

可见sinθ与

(nh)2+(nk)2+(nl)2

对于体心立方元素晶体，衍射面指数和n（h+k+l）为奇数时，衍射消光；衍射面指数和n（h+k+l）为偶数时，衍射极大，因此，对应最小的三个衍射面指数依次为（110），（200），（211）.这三个衍射角的衍射面指数平方和的平方根之比为

12+12+0:22+0+0:22+12+12=1:4.414:1.73205.

铁在20�C时，最小的三个衍射角的正弦值之比

sin8�12':sin11�38':sin14�18'

=0.142628:0.201519:0.246999=1:1.41421:1.731777可见，铁在20�C时最小的三个衍射角的正弦值之比，与体心立方元素晶体最

小的三个衍射面指数的衍射面指数平方和的平方根之比极其接近（存在偏差一般是实验误差所致）。由此可以推断，铁在20�C时为体心立方结构。

对于面心立方元素晶体，衍射面指数nh,nk,nl全为奇数或全为偶数时，衍射极大，对应闻小三个衍射角的衍射面指数依次为(111),(200),(220)这三个衍射角的衍射面指数平方和的平方根之比为

12+12+12:22+02+02:22+22+02=1:1.170:1.63299

铁在1000�C时最小的三个衍射角的正弦值之比

sin7�55':sin9�9':sin12�59'=0.137733:0.159020:.224668=1:1.155:1.63118

�

可见，铁在1000C时最小的三个衍射角的正弦值之比，与面心立方元素晶体

最小的三个衍射角的衍射面指数平方和的平方根之比极其接近，由此可以推断，铁在时为面立方结构

（2）铁在时为体立心结构，一个晶胞内有两个原子，设原子的质量为m，晶格常数为a，则质密度

2mρ=3

a晶格常数则为

a=3

2m.ρ55.847×10−3

m=kg,23

6.022×10

一个铁原子的质量

最后得铁在20�C时的晶格常数

a=2.855Α

−⎛22．对面心立方晶体，密勒指数为⎜121⎞⎟⎝⎠

�

的晶面族是否出现一级衍射斑点，

从光的干射说明之。

[解答]

由本章第10题可知，对于面心立方晶体，晶面族(h1h2h3)的面间距

dh1h2h3=

a(−h1+h2+h3)2

+(h1−h2+h3)+(h1+h2−h3)2

2

.

由本章第15题可知，对于面心立方晶体，晶面指数(h1h2h3)与晶面指数（hkl）的转换关系为

(h1h2h3)=

1

{(k+l)(l+h)(h+k)}.'p将上式代入前式得

dh1h2h3=

p'a2h+k+k2

2

2

,

因为立方晶系密勒指数晶面族的面间距

dhkl=

ah+k+k2

2

2

,

所以对于立方晶系，两套晶面指数对应的晶面族的面间距的关系为

dh1h2h3

p'=dhkl.2

将上式代入两套坐标中的布拉格反射公式

2dh1h2h3sinθ=n'λ,2dhklsinθ=n得到

2n'n='

p−⎛将密勒指数⎜121⎞⎟代入（1）式，得⎝⎠

(h1h2h3)=(301).

−

⎛由上式可知，p=1,n=2n这说明，对于密勒指数⎜121⎞⎟的晶面族，衍射极大⎝⎠

'

'

−

⎛的最小级数是2，或者说，对于密勒指数⎜121⎞⎟的晶面族，它的一级衍射是消光⎝⎠

−

⎛的，对于密勒指数⎜121⎞⎟的晶面族，它一级衍射产生的原因可从光的干涉来解释。⎝⎠

−⎛图1.18示出了⎜121⎞1与3晶面的面间距为dhkl对于该⎟晶面族的1级衍射情况，⎝⎠

晶面族的1级衍射，有

2dhklsinθ=λ对照衍射示意图1。18上式恰好是1与3晶面产生的光程差，也就是说1与3

晶面产生的光程差为1个波长，由此推论，1与3晶面的反射光的相位差为2π，它们的确是相互加强的，但实际（对于非复式格子）的面间距为

dh1h2h3=

dhkl2

即1与3晶面中间实际还有1个原子层，在这种情况下，相邻原子层的反射光的相位差为π衍射光是相互抵消的，这就是密勒指

−⎛图1.18⎜121⎞⎟面的一级衍射⎝⎠

−⎛数⎜121⎞⎟的晶面族一级衍射产生消光的原因.⎝⎠

23．设有一面心立方结构的晶体，晶格常数为a.在转动单晶衍射中，已知与转轴垂直的晶面的密勒指数为(hkl)

sinϕm=

求证

mpλah+k+l2

2

2

,

其中p是一整数，ϕm是第m个衍射圆锥母线与(hkl)晶面的夹角。参见图1.19所示反射球，

图1.19反射球

[解答]

转动单晶衍射法，晶体正格子转动，倒格子也转动，倒格点可以看成分布在与转轴垂直的，等间距的一个个倒格晶面上，由于倒格晶面旋转，落在反射面球面上的倒格点的迹线形成一个个圆，反射球心到迹线上任一点的边线即是衍射极大的方向反射球心到任一迹线连线构成一个个圆锥面。

设本题晶体一与转轴垂直的倒格面面指数为(l1l2l3)则倒格面的面间距

d=

其中正格矢

∗

2πRl1l2l3

2π=.l1a+l2a+l3a与倒格面垂直，即与转轴平行，由图1。19得

md∗

sinϕm=,

2πλ其中是的光的波矢，即反射球的半径，现在已知与转轴垂直的晶面的密勒指数为（hkl）由题5可知，晶列

Rhkl=ha+kb+lc与转轴平行，利用面心立方结构晶胞基矢与原胞基矢的关系

a=−a1+a2+a3b=a1−a2+a3c=a1+a2−a3

可得

Rhkl=ha+kb+lc=(−h+k+l)a1+(h−k+l)a2+(h+k−l)a3

=pRl1l2l3

其中p是(−h+k+l),(h−k+l),(h+k−l)公约数，由立方晶体的

Rhkl=ha+kb+lc=a可得

sinϕm=

(h2

+k2+l2)mpλa(h2+k2+l2)在

1000�C时

是

24．在20�C时铜粉末样品的一级衍射角是47.75�46.60�，[解答]

设铜的衍射面指数为（hkl）在

'

面间距为dhkl求铜的线胀系数。

20�C时的面间距为dhkl,在

1000�C时的

则由布拉格反射公式得

2dhklsin47.75�=λ'2dhklsin46.60�=λ由以上两式得

'

dhklsin47.75�

==1.019.�

dhklsin46.60

铜的线膨胀系数

'⎛dhkl⎞1−5⎜⎟α==−1⋅=1.94×10�⎟980�Cdhkl(1000−20)C⎜⎝dhkl⎠

'

hkl(d−dhkl)�

C.

25．若X射线沿简立方晶胞的OZ轴负方向入射，求证：当

λ2ll2−k2

或cosγ=2时一级衍射线在YZ平面内，其中γ是衍射光线=2

22

ak+ll+k与OZ轴的夹角。[解答]

（1）解法一

由布拉格反射公式

2dhklsinθ=λ和立方晶系晶面族（hkl）的面间距

dhkl=

得到

sinθ=

ah2+k2+l2

λh2+k2+l2.2a将已知条件代入上式得

l222

.sinθ=2h+k+l2

k+l由已知条件可画出X光入射波矢k0与反射矢k的关系图，由图1.20中和几何关系

图1.20k0与反射波矢k的关系图

可知

θ=

于是有

πγ−.22

γl=222k+lh2+k2+l2.

sinθ=cos

利用

cos

γ1+cosγ=22γ=2

lk2+l2

∗

∗

得到

cos

=

lk2+l2

h2+k2+l2.

由上式可知h=0于是

2π�2π�

k-k0=K=kb+lc=ky+lz.

aa其中y和z��

分别是x轴和y轴方向的单位矢量，于是

k=k0+k2π�2π�

y+lzaa由于k0在YZ平面内，所以一级衍射线也在YZ平面内。（2）解法二

设x,y,z分别是平行于a，b，c轴的单位矢量，衍射波矢k与a，b，c轴的夹角分别为α,β,γ则有

2πk=λ��

⎛cosαx+cosβy+cosγ⎜⎝�

�

�

z⎞⎟,⎠

�

2π�

k0=−z.

λ由1级衍射条件得

2πk-k0=K=ha+kb+lc=

λ∗

∗

∗

����

⎛⎞⎜cosαx+cosβy+cosγz+z⎟.⎝⎠

2πcosα,λ2π于是b⋅K=k2π=acosβλ2πc⋅K=l2π=acos(γ+1).

λa⋅K=h2π=a

由以上三式解得

hλkλlλcosα=,cosβ=,cosγ=−1.

aaa由得到

2lλ=2.22ah+k+lcos2α+cos2β+cos2γ=1

λ2l=2

ak+l2

比较得到h=0.于是将上式与已知条件

�

h2π�2πha=x=cosαx=0,

aλ��2πk=(cosβy+cosγz)

λ∗

上式说明一级衍射线在YZ平面内

26．一维原子链是由A,B两种原子构成，设A,B原子散射因子分别为fA和

fb入射X射线垂直于原子链，证明（1）衍射极大条件是acosθ=nλ,

a是晶格常数,θ是衍射束与原子链的夹角.

2

（2）当n为奇数，衍射强度比例于fA−fB.（3）讨论fA=fB情况

[解答]

（1）如图1.12所示，设原子是等间距的，衍射光束与原子链的夹角为θ.当入

射X光垂直于原子链时，A原子或B原子散射波

图1.21X光衍射

的光程差为acosθ.当acosθ=nλ时，各A原子（或B原子）的散射波的相位差为0,散射波相互加强,形成很强的衍射光.

（2）一个原胞内包含A,B两个原子能，取A原子的坐标为(000)

1

B原子的坐标为(00).

2

衍射光的强度

⎛⎞⎛⎞

⎟⎜⎟cos2sin2∝⎜fnπhu+fnπhu∑jj⎟j⎟⎜∑jI⎜⎝j⎠⎝j⎠

=(fA−fBcosnπh)2

2

2

从上式可知，取h为1，当n为奇数时，衍射光的强度正比于fA−fB,（3）若fA=fB=f,当n为奇数时，衍射光的强度为0.这时，A原子与B原

子的散射波的相位差为π,相位相反,互相抵消,即对应消光现象.当n为偶数时,衍射光的强度最强,

2

I∝4f2.

27．证明当电子的几率分布函数ρ(r)与方向无关时，原子散射因子是一实数。[解答]

由《固体物理教程》（1。37）式得，原子散射因子

f(s)=

∫ei2λπs⋅rρ (r)dτ当电子的几率分布函数ρ(r)与方向无关时，设

ρ(r)=ρ(r)

s•r=srcosϕ基中取s的方向为球坐标的极轴方向，于是

f(s)=

作变量变换

∫∫ei2πs⋅rλρ (r)dτ=∫

∞

0

∫

π0

ei2πcosϕλρ (r)2πr2sinϕdϕdr.

x=

2πsrcosϕ,λ2πrsinϕdϕ=−

λdx.s得到

−2πsrλλr⎡f(s)=∫−ρ(r)∫2πsreixdx⎤dr0⎢⎥⎣λ⎦s∞2λr⎛2πsr⎞=∫0ρ(r)sin⎜⎟dr=R.

sλ⎝⎠

∞

上式积分R是一个实数。

第2章晶体的结合

习题

1.

有一晶体,平衡时体积为

V0，原子间相互作用势为U0.如果相距为r的两原子互作用势为

u(r)=−

aβrm+rn证明

(1)体积弹性模量为K=Umn0

9V.0

(2)求出体心立方结构惰性分子的体积弹性模量.

[解答]设晶体共含有N个原子,则总能量为

U(r)=1'

2∑∑u(rij).ij由于晶体表面层的原子数目与晶体内原子数目相比小得多,因此可忽略它们之间的基异,于是上式简化为

U=N2∑'

u(rij).j设最近邻原子间的距离为R则有rij=ajR再令A1⎛m=

∑

'

am,An=∑'1n,得到U=N⎜jjjaj⎜−αAmβAn⎞2

⎝Rm+n⎟.0R0⎟⎠

平衡时R=R0,则由已知条件U(R0)=

U0

得

N⎛2⎜⎜−αAmβAn⎞

⎝Rm+n⎟=U0

R0⎟⎠0

由平衡条件

dU(R)

dR=0

R0

得

N⎛mαA2⎜⎜m−nβAn⎞⎝Rm+1n+1⎟=0.0

R0⎟⎠

由(1),(2)两式可解得

αA2U0m=

N(m−n)nRm0,

βA2U0nn=N(m−n)

nR0.

利用体积弹性模量公式[参见《固体物理教程》(2.14)式]

R2K=0⎛⎞9V⎜∂2U⎟1N⎡m(m+1)αA0

⎜∂⎟得K=mn(n+1)βAn⎤⎝

R2⎠R9V2⎢−⎣Rm+n⎥0R000⎦

=1N⎡m(m+1)2Um0nR0n(n+1)2U0mRn0⎤9V⎢−m+Rn⎥=−Umn0.02⎣R0N(m−n)0N(m−n)⎦9V0

由于U,于是K=Umn0<0,因此U0=−U009V.

0

(1)由《固体物理教程》(2.18)式可知,一对惰性气体分子的互作用能为

u(r)=−

ABr6+r12

.若令1

6A2⎛B⎞ε=,σ=⎜⎟,则N个惰性气体分子的互作用势能可表示为

4B⎝A⎠

6

⎡⎛σ⎞12⎛σ⎞⎤.

U(r)=2Nε⎢A12⎜⎟−A6⎜⎟⎥

⎝R⎠⎥⎢⎣⎝R⎠⎦

1由平衡条件

dU(R)

dR=0可得

R0

2

⎛2A12⎞6NεA6

R0=σ⎜⎜A⎟⎟.进一步得U0=U(R0)=−2A.

⎝6⎠12

521⎛A6⎞33ε⎜⎟K=A12⎜⎟3

A2σ⎝12⎠

70.1ε对体心立方晶体有A6=12.25,A12=9.11.于是K=.3

σ2.一维原子链,正负离子间距为a,试证:马德隆常数为µ=21n2.[解答]相距rij的两个离子间的互作用势能可表示成

mn代入K=U0.并取

9V0

4N3

m=6，n=12，V0=R0得

33

.

q2bu(rij)=∓+n.

4πrijrij设最近邻原子间的距离为R则有则总的离子间的互作用势能

rij=ajR,

U=NNq'

u(rij)=−[∑2j24πε0Rj∑

j'

⎛±1⎞1

⎜⎟−⎜aj⎟Rn⎝⎠∑

j'

banj.基中

µ=∑'±

1

aj为离子晶格的马德隆常数,式中+;-号分别对应于与参考离子相异和相同的离子.任选一正离子作为参考离子,在求和中对负离子到正号,对正离子取负号,考虑到对一维离子两边的离子是正负对称分布的,则有

(±1)x2x3x4⎡1111⎤利用正面的展开式1n(1+)

µ=∑=2⎢−+−+⋯⎥.xx−+−+⋯,

a1234234⎣⎦jj1111

并令x=1得−+−+⋯=1n(1+1)=1n2.于是,一维离子链的马德常数为µ=21n2

1234

3.计算面心立方面简单格子的A6和A12

'

(1)只计最近邻;(2)计算到次近邻;(3)计算到次近邻.

[解答]图2.26示出了面心立方简单格子的一个晶胞.角顶O原子周围有8个这样的晶胞,标号为1的原子是原子O的最近邻标号为2的原子是O原子的最近邻,标号为3的原子是O原子的次次近邻.由此得到,面心立方简单格子任一原子有12个最近邻,6个次近邻及24个次次近邻.以最近邻距离度量,其距离分别为:aj=1,aj=2,aj=3.

由

⎛1

A6=∑'⎜

⎜j⎝aj⎞⎛

⎟,A12=∑'⎜1⎟⎜ajj⎠⎝

6

⎞

⎟.⎟⎠

12

2

图2.6面心立方晶胞

得(1)

⎛1⎞⎛1⎞只计最近邻时A6(1)=12*⎜⎟=12，A\\12(1)=12*⎜⎟=12.⎝1⎠⎝1⎠

6

6

612

(2)计算到次近邻时

⎛1⎞⎛1⎞

A6(2)=12*⎜⎟+6*⎜⎟=12.750,

12⎝⎠⎝⎠⎛1⎞⎛1⎞

A12(2)=12*⎜⎟+6*⎜⎟=12.094.

⎝1⎠⎝2⎠

(3)计算到次次近邻时

12

12

⎛1⎞⎛1⎞⎛1⎞

A6(3)=12*⎜⎟+6*⎜⎟+24*⎜⎟=12.750+0.9=13.639,⎜⎟⎝1⎠⎝2⎠⎝3⎠

12

12

12

666

由以上可以看出,由于

⎛1⎞⎛1⎞⎛1⎞

A12(3)=12*⎜⎟+6*⎜⎟+24*⎜⎟=12.094+0.033=12.127.⎜⎟

⎝1⎠⎝2⎠⎝3⎠

指数较大,A12收敛得很快,而A6中的幂指数较小,因此A6收敛得较慢,通常所采用的面心立方简单格子的A6和A12

是14.45与12.13.

4.用埃夫琴方法计算二维正方离子(正负两种)格子的马德隆常数.

[解答]马德隆常数的定义式为

A12

中的幂

的数值分别

µ=∑'±

j1aj,式中+、-号分别对应于与参考离子相异和相同的离子,二维正方离子(正负两种)格

子,实际是一个面心正方格子,图2.7示出了一个埃夫琴晶胞.设参考离子O为正离子,位于边棱中点的离子为负离子,它们对晶胞的贡献为4*(1/2).对参考离子库仑能的贡献为

图2.7二维正方离子晶格

4*1

12.

4*

1

4.因此通过一个埃夫琴晶胞算出的2的最的邻,次近邻均在所考

顶角上的离子为正离子,它们对晶胞的贡献为4*(1/4),对参考离子库仑能的贡献为

−

11

4*2−4=1.293.再选取22=4个埃夫琴晶胞作为考虑对象,这时离子O马德隆常数为ν=12

114*8*

442+2,虑的范围内,它们对库仑能的贡献为−,而边棱上的离子对库仑能的贡献为−122514*

4,这时算出的马德隆常数为顶角上的离子对为库仑能的贡献为−84*

3

图2.8

同理对32

4个埃夫琴晶胞

=9个埃夫琴晶胞进行计算,所得结果为

1111⎞⎛4*8*8*4*⎟⎜⎛44⎞⎛484⎞⎜2−2+2−4⎟=1.611µ=⎜−⎟+⎜−+−⎟+⎜⎟

2⎠⎝258⎠⎜3101318⎟⎝1⎜⎟

⎝⎠

对

42=16个埃夫琴晶胞进行计算,所得结果为

⎛44⎞⎛484⎞⎛4884⎞

µ=⎜−⎟+⎜−+−⎟+⎜−+−⎟⎜⎟⎜⎟

2⎠⎝258⎠⎝3101318⎠⎝1

⎛4*18*18*18*14*1⎞⎜⎟

2+2−2+2−4⎟=1.614+⎜−⎜410172532⎟⎜⎟⎝⎠

当选取n个埃夫琴晶胞来计算二维正方离子(正负两种)格子的马德隆常数,其计算公式(参见刘策军,二维NaC1晶体马德隆常数计算,《大学物理》，Vo1.14,No.12,1995.)为

n−1

2

µ=4[An−1+Bn]+8[Cn−1+Dn],n>1.

1An−1=∑(−1)t+1,

tt=1

其中

1

Bn=(−1)n+1,

2n⎛⎞⎛⎞111⎜⎟⎜⎟+⋯Cn−1⎜−+⎜−+

22⎟2222⎟22+1⎠⎝21+1⎠⎝22+211⎛⎞

+−⋯⎟⎜−

(n−1)2+(n−2)2⎜2(n−1)2+(n−1)2⎟

+⎜⎟,

1⎜+(−1)n−1⎟

⎜⎟(n−1)2+12⎝⎠

111

Dn=−+−⋯+(−1)n.

222222

8n+n2n+(n+1)2n+1

5.

用埃夫琴方法计算CsCl

(1)只计最近邻(2)取八个晶胞[解答]

型离子晶体的马德隆常数

(1)图2.29是CsCl晶胸结构,即只计及最近邻的最小埃夫琴晶胞,图2.29

(a)是将Cs+双在体心位置的结构,图2.9(a)是将

Cl−取在体心位置的结构,容易求得在只计及最近邻情况下,马德隆常数为1.

4

图2.29（a）Cs取为体心的CsC1晶胞,(b)C1取为体心的CsC1晶胞

(2)图2.10是由8个CsCl晶胞构成的埃夫琴晶胞,8个最近邻在埃夫琴晶胞内,每个离子对晶胞的贡献为1,它们与参考离子异号,所以这8个离子对马德隆常数的贡献为8

埃夫琴晶胞6个面上的离子与参考离子同号,它们对埃夫琴晶胞的贡献是

的贡献为-

6*(1)22/3

12R,它们与参考离子的距离为23它们对马德隆常数

图2.108个CsCl晶胞构成的一个埃夫琴晶胞

埃夫琴晶胞楞上的12个离子,与参考离子同号,它们对埃夫琴晶胞的贡献是

常数的贡献为-

12*(1/4)223埃夫琴晶胞角顶上的

的距离为2R它们对马德隆常数的贡献为-

22R1

它们与参考离子的距离为它们对马德隆43

1

8个离子,与参考离子同号,它们对埃夫琴晶胞的贡献是它们与参考离子

8

8*(18),由8个CsCl晶胞构成的埃夫琴晶胞计算的马德隆常数

2

为了进一步找到马德常数的规律,我们以计算了由27个

µ=8−

6*(1/2)2/3−

12*(1/4)223−

8*(1/8)

=3.0806.2

CsCl晶胞构成的埃夫琴晶胞的马德隆常数,结果发现,由27个CsCl晶胞构成的埃夫琴晶胞的马德隆常数是0.439665.马德隆常数的不收敛,说明CsCl晶胞的结构的马德隆常数不能用传统的埃夫琴方法计算.为了找出合理的计算方法,必须首先找出采用单个埃夫琴晶胞时马德隆常数不收敛的原因.

为了便于计算,通常取参考离子处于埃夫琴晶胞的中心.如果以Cs

3

3

+

作参考离子,由于埃夫琴晶胞是电中性的要求,则边长

−

为2pa(p是大于或等于1的整数)的埃夫琴晶胞是由(2p)个CsCl晶胞所构成,埃夫琴晶胞最外层的离子与参考离子同号,而边长为(2p+1)的埃夫琴晶胞是由(2p+1)个CsCl晶胞所构成,但埃夫琴晶胞的最外层离子与参考离子异号,如果以C1作参考离子也有同样的规律,设参考离子处于坐标原点O,沿与晶胞垂直的方向(分别取为x,y,z图2.11示出了z轴)看去,与参考郭同号的离子都分布在距O点ia的层面上,其中i是大于等于1的整数,与O点离子异号的离子都分布在距O点(i-0.5)a的层面上,图2.11(a)示出了同号离子层,图2.11(b)示出了异号离子层.

图2.11离子层示意图

5

(a)表示同号离子层,O离子所在层与O离子所在层相距ia(b)表示异号离子层,O离子所在层和O离子所在层相距(i-0.5)a当CsCl埃夫琴晶胞边长很大时,晶胞最外层的任一个离子对参考离子的库仑能都变得很小,但它们对参考离子总的库仑能不能忽略.对于由(2p)(1/2)

3

'

'

个CsCl晶胞所构成的埃夫琴晶胞来说,最外层有6*(2p)

2

个与参考离子同号的离子,它们与参考离子的距离为

晶胞所构成的

2

pa~(32)pa,它们与参考离子的库仑能为pe24πε0a量级,这是一个相对大的正值.对于由(2p+1)3个CsCl

2

埃夫琴晶胞来说,离外层有6*(2p+1)

3

个与参考离子异号的离子,它们与参考离子的库仑能为

3

−pe4πε0a量级,这是一个绝对值相对

大的负值,因此,由(2p)个CsCl晶胞构成的埃夫琴晶胞所计算的库仑能,与由(2p+1)个CsCl晶胞构成的埃夫琴晶胞所计算的库仑能会有较大的差异.即每一情况计算的库仑能都不能代表CsCl晶体离子间相互作用的库仑能.因此这两种情况所计算的马德隆常数也必定有较大的差异,由1个CsCl晶胞、8个CsCl晶胞和27个CsCl晶胞构成的埃夫琴晶胞的计算可知,CsCl埃夫琴晶胞体积不大时,这种现象已经存在.

为了克服埃夫琴方法在计算马德隆常数时的局限性,可采取以下方法,令由(2p)3个CsCl晶胞构成的埃夫琴晶胞计算的库仑能为U1，由(2p+1)个CsCl晶胞构成的埃夫琴晶胞所计算的库仑能为U1，则CsCl晶体离子间相互作用的库仑能可近似取作

3

1

U=(U1+U2)

2

因子1/2的引入是考虑除了(2p+1)

3

(1)

个CsCl晶胞构成的埃夫琴晶胞最外层离子外,其他离子间的库仑能都累计了两偏,计算U1和U2

时要选取体积足够大的埃夫琴晶胞,此时埃夫琴晶胞最外层离子数与晶胞内的离子数相比是个很小的数,相应的马德隆常数应为

1

(2)(µ1+µ2)

2

1⎞'⎛3

其中：µ1=∑⎜±是由(2p)个CsC1晶胞构成的埃夫琴晶胞计算的值;⎟⎜a⎟

j⎝i⎠

µ=

µ1=

∑

j'

⎛1⎞

⎜⎜±a⎟⎟由⎝i⎠

(2p+1)

3

个CsC1晶胞构成的

埃夫琴晶胞所计算成本的值.

为简化计算,特选取晶胞边长a为计算单位,由于2R=3a,所以

⎛1⎞

µ'=∑'⎜⎜±a'⎟⎟

ii⎠⎝

(3)

µ=

'

3'

µ,2

其中ai是某一离子到参点的距离与a的比值.

考虑到对称性,对选定的埃夫琴晶胞,把晶胞的离子看成分布在一个个以参考离子为对称心的正六面体的六个面上,体积不同的正六面六个面上的离子分别计算.

由(2p)个CsC1晶胞构成埃夫琴晶胞时,由分析整理可得

p3⎛p−1⎞⎜⎟µ1=A+B+C∑∑iip⎟,2⎜i=1⎝i=1⎠3

(4)

由(2p+1)个CsC1晶胸构成埃夫琴晶胞时,

p⎞3⎛p−1

µ2=⎜A+B+D∑i∑ip⎟⎟,2⎜i=1⎝i=1⎠

3

(5)

其中：

Ai=−∑∑

x'

y'

iikx'y'

x+y+i2'2'2(1≤i'

Ai表示与

子在平面

O点距离为ia的6个面上所有的离子对马德隆常数的面贡献,因为这些离子与参考离子同号,故到负号.x、y'

是离

o'x'y'

上的坐标,

kx'y'代表

'

6个面上等价离子的个数,其取值规则为:

(1)在角上(如E点),即x=i且y'=i.'

时,

kx'y'=8；

y'=0或x'=0且y'=0时,kx'y'=6

'

(2)在棱与坐标轴的交点(如F点)，x=i且

(3)在棱上的其他点(如H、I点)即不满足上述条件,且x=i或

y'=i.时,kx'y'=12

6

(4)在O点,即x=0且

'

''

y'=0时,kx'y'=6

x'y'

(5)在除O点外的面上的点(如J点),即不满足上述条件时，k=24.

Bi=

i−0.5i−0.5x=0.5y=0.5

∑∑

'

'

kx''y'

x+y+(i−0.5)

'2

'2

2

(1≤i≤p),(7)

Bi代表距O点距离为(i-0.5)a的6个面上的离子对马德隆常数的贡献,因为这种些离子与参考离子异号,故取正号.x',y'是离

子在平面o'

x'y'上的坐标,kx''y'代表这6个面上等价离子的个数,其取值规则为:

'

(1)在角上(如K点),即x=i且

y'=i.时,kx''y'=8;

y'=i时，kx''y'=12；

kx''y'=24.

(2)在棱下(如L、M点),即不满足不述条件,且x'=i或(3)在面上(如N点)好不满足上述条件时,

Ci=−∑∑

'

'

iik\"'

'2

xy'

x=0y=0

x+y+i'2

(i=p),

2

Ci表示在边长为2pa的取值:(1)在角上,(2)在棱上,(3)在面上,

的晶胞最外层,即与参考离子相距

pa的6个面上的离子对马德隆常数的贡献,应取负号,与Ai的不同在于k\"''

xyk\"'k\"'k\"'

xy'

=k=k=kx'y'x'y'x'y'

/8;/4;/2.

xy'

xy'

Di=

i−0.5i−0.5x'=0.5y'=0.5

∑∑

kx''''y'

x+y+(i−0.5)2

'2

'2

(i=p),

Di表示在边长为2(p+1)a的晶胞最外层,即与参考离子相距(p+0.5)a的离子层对马德隆常数的贡献,应取正号,与Bi的不同在于kx''''y'的取值:

(1)在角上,(2)在棱上,(3)在面上,

kx''''y'=kx''y'/8;kx''''y'=kx''y'/4;kx''''y'=kx''y'/2.

表2.1给出了计算结果,给出的µ是由分别对应2p和2p+1的µ1和该方法适用于NaC1结构以外离子晶体马德隆常数的计算.

表2.21CsC1晶体结构马德隆常数

µ2p2p+1µµ1

2

µ2求得的,实际上,µ1和µ2只需对应边长相近的埃夫琴晶胞即可,

如取对应2p和2p-1的埃夫琴晶胞也可得到一样的收敛结果,由以上数据可见,马德隆常数µ随晶胞边长的增大而迅速收敛.

2410501002003004005006007003.08063.1024013.1196953.12213.1229913.1230163.1230213.1230223.1230233.1230233.1230243511511012013014015016017010.4396650.4155940.4050770.4024530.4023580.4023340.4023290.4023270.4023270.4023260.4023261.75223551.759751.76238601.76267201.76267451.76267501.76267501.76267451.75267501.76267451.7626750

7

8003.1230248010.4023261.7626750

6.只计及最近邻间的排斥作用时,一离子晶体离子间的互作用势为

⎧−Rρe2

−,(1)⎪⎪λeR(1)最近邻(2)最近邻以外u(r)=⎨2

⎪±e,(2)⎪r⎩

式中λ,ρ是常数,R是最近邻距离,求晶体平衡时,原子间总的互作用势.

[解答]

设离子数目为2N,以

rij=ajR表示第j个离子到参考离子i的距离,忽略表面效应,则总的相互作用能可表示为

⎡'⎛e2⎞⎤−Rρ⎜⎟U=N⎢∑−±+∑λe⎥(∑表示最近邻)

⎜⎟aR⎢⎥j⎝⎠⎣j⎦

⎡µe2−Rρ⎤=N⎢−+Zλe⎥,R⎣⎦

其中µ⎛1

=∑'⎜±

⎜aji⎝⎞

⎟⎟⎠

0

为马德隆常数,+号对应于异号离子,-号对应于同号离子;Z为任一离子的最近邻数目,设平衡时R=R,由平衡条件

dUdRR0

⎡µe2Zλ−Rρ⎤=N⎢2+e⎥=0,得

Rρ⎣0⎦

µe2

ρ2=Zλe−R0ρ.R0

⎡µe2Nµe2−R0ρ⎤U(R0)=N⎢−+Zλe=⎥R0⎣R0⎦

⎛ρ⎞

⎜⎟−1⎜R⎟.⎝0⎠

平衡时的总相互作用为

7.设离子晶体中,离子间的互作用势为

⎧e2b−+,最近邻⎪⎪RRmu(r)=⎨2

e⎪±,最近邻以外⎪⎩r(1)求晶体平衡时,离子间总的相互作用势能U(R0)(2)证明:

⎛µ⎞U(R0)∝⎜⎜Z⎟⎟

⎝⎠

m1

m−1

其中µ是马德隆常数，Z是晶体配位数[解答]

(1)设离子数目为2N,以rij=ajR表示第j个离子到参考离子i的距离,忽略表面效应,则总的相互作用能可表示

⎡'⎛e2⎞⎤

⎟+∑b⎥(∑表示最近邻)U=N⎢∑−⎜±m⎜aR⎟Rj⎢⎥j⎝⎠⎣⎦

⎡µe2b⎤=N⎢−+Zm⎥,

R⎦⎣R8

其中µ⎛1⎞

=∑'⎜±⎟,为马德隆常数,+号对应于异号离子,-号对应于同号离子.Z

⎜aj⎟i⎝⎠

⎡µe2Zmb⎤dUZmb=N⎢2−m+1⎥=0,得m−1=µe2

drR0R0⎦R0⎣R0

为任一离子的最近邻数目,设平衡时R=R0由平衡条件

⎛Zmb⎜R=即0⎜µe2⎝⎞⎟⎟⎠

1m−1.

于是,晶体平衡时离子间总的相互作用势能

⎡Zmbb⎤NZbU0=N⎢−m+Zm⎥=−m(m−1).

R0⎦R0

⎣R0

(2)晶体平衡时离子间的相互作用势能可进一步化为

U0=−(m−1)NbZm−1m−1

m=−(m−1)Nb(µe)

1

m2m1m−1

m.

⎛Zmb⎞m−1⎜⎜µe2⎟⎟⎝⎠

由上式可知

Zm−1(mb)m−1

⎛µ⎞U0∝⎜⎜Z⎟⎟

⎝⎠

m1

m−1

.

n8.一维离子链,其上等间距载有正负2N个离子,设离子间的泡利排斥只出现在最近邻离子之间,且为b/R,b,n是常R是两最近邻离子的间距,设离子电荷为q,

(1)试证明平衡间距下(2)令晶体被压缩,使

2Nq21n2⎛1⎞

U(R0)=−⎜1−⎟;

4πε0R0⎝n⎠

R0→R0(1−δ),试证明在晶体被压缩单位长度的过程中外力作功的主项为cδ2其中

(n−1)q21n2c=;

R0

(3)求原子链被压缩了2NR0δe(δe[解答]

(1)因为离子间是等间距的,且都等于R,所以认定离子与第j个离子的距离rj总可表示成为rj<<1)时的外力

=ajR互

作

用

势

能

aj是一整数,

'

于是离子间总的

⎡q22N⎡'q2b⎤

U(R)=+n⎥=−N⎢⎢∑∓

4πε02⎢4πε0rjrj⎥⎢⎣R⎣j⎦

∑

i⎛1⎞2b⎤

⎜⎜±a⎟⎟−R⎥,⎝i⎠n⎥⎦

其中+、-分别对应相异离子和相同离子的相互作用.一维离子晶格的马德隆常数(参见本章习题2)为

∑

i'

⎛1⎞

⎜⎜±a⎟⎟=21n2.⎝i⎠

利用平衡条件

dU(R)dR=0

R0

-1

q21n2Rn0

得到b=,4πε0nn−1

⎞2Nq21n2⎛1R0

⎜⎟.U(R)=−−n⎟⎜4πε0⎝RnR⎠

在平衡间距下

9

U(R2Nq21n2⎛1⎞

0)−4πεR⎜1−⎟.

00⎝n⎠

(2)将互作用势能在平衡间距附近展成级数

U(R)=U(R⎛⎜dU⎞

1⎛d2U⎞0)+⎝dR⎟⎠(R−R0)+⎟(R−R0)2+⋯R0

2⎜⎜⎝dR2⎟⎠R0由外力作的功等于晶体内能的增量，可得外力作功的主项为

W=U(R)−U(R=1⎛d2U⎞0)2⎜⎜⎟(R−R2

,⎝dR2⎟⎠0)R0

其中利用平衡条件，将R=R0(1−δ)

，代入上式，得到1⎡(n−1)q2W=2⎢1n2⎤

⎢R⎥(2NR0δ)δ.

⎣4πε2

00⎥⎦晶体被压缩单位长度的过程中，外力作的功的主项

W=1⎡(2NR0δ2⎢n−1)q21n2⎤⎢⎣4πεR2⎥δ00⎥⎦

令c=(n−1)q21n2

4πεR2

(CGS)00

得到在晶体被压缩单位长度的过程中，外力作的功的主项为

cδ2

.（3）设δ=δe时外力为Fe,由于在弹性范围内，外力与晶格的形变成正比，所以

F=α(2NR0δ),Fe=α(2NR0δe),

其中α为比例系数离子链被压缩2NR0δe过程中外力作的功

WNR0δeδee=∫

20

Fdx=∫0

[α(2NR0δe)]2NR0dδ=

α(2NR10)2

2δ21

e=2

2NR0δeFe.由于

Wcδee=

2

(2NR0δe),所以离子链被压缩了2NR0δe时的外力为

Fq21n2(n−1)δee=cδe=R2

.

0

9．设泡利排斥项的形式不变，讨论电荷加倍对NaC1晶格常数，体积弹性模量以及结合能的影响。[解答]

NaC1离子间的互作用势为

u(r)=∓q2bij4πεr+

.

0ijrij如果晶体共含有N个原子，令rij=ajR,R是最近邻离子间的距离，则总的互作用势能

U=N'N⎛µq22∑u(rij)=−⎜B⎞

j2

⎜4πε0R−Rn⎟⎟,⎝⎠式中

µ=∑'⎛⎜±1⎞⎟,Bbj⎜⎝a=j⎟⎠

∑'jan.j10

若平衡时R=R0,由平衡条件

dU(R)dRR0

N=2

⎡µq2nB⎤

−=0,⎢2n+1⎥4πεRR⎣000⎦

4πε0nBn1

得R0=()−1.2

µq利用体积弹性模量公式

R02K=9V0

⎛∂2U⎜⎜∂R2⎝

⎞⎟⎟⎠R0

µq2Nµq2⎛1⎞

得K=(n−1).平衡时的结合能为U0=⎜1−⎟.4

72πε0R08πε0R0⎝n⎠

由于晶格常数a与R0成线形关系,于是,当电荷加倍时,晶格常数,体积弹性模量以及结合能与原来值的比值为

a(2q)

=41−n,a(q)K(2q)

=4n−1,K(q)

nU0(2q)n−1

=4.

U0(q)

n+11

10．两原子间互作用势为

αβu(r)=−2+8

rr�

当两原子构成一稳定分子时，核间距为3A,解离能为4eV,求α和β.

[解答]当两原子构成一稳定分子即平衡时，其相互作用势能取极小值，于是有

du(r)dr=

r=r0

2α8β−9=0.3r0r0

1

6

由此是平衡时两原子间的距离为r0而平衡时的势能为

⎛4β⎞,=⎜⎟⎝α⎠αβ3αu(r0)=−2+8=−2.

r0r04r0

(1)

(2)

根据定义，解离能为物体全部离解成单个原子时所需用的能量，其值等于

u(r0)

已知解离能为4eV因此得

3α4r02

再将r0=3

=4eV.(3)

A,1eV=1.602*10−12erg代入(1)(3)两式,得α=7.69*10−27erg•cm2

�

β=1.40*10−72erg•cm8.

11．NaC1晶体的体积弹性模量为2.4*10

−5

10

帕，在2万个大气城压作用下，原子相互作用势能增加多少？晶格常数将缩小百分之几？（1

帕=10个大气压）

[解答]假定在外力作用下,晶体的形变为弹性形变，此时可将K视为常量，由《固体物理教程》（2.6）式

K=−V⎜

⎛∂p⎞,⎟⎝∂V⎠T11

得式中

P−

P0=−∫

P0−PKKVdV=−K1nV0VV0

V.P0=1个大气压,P=2*104个大气压,V0为晶体在压强为P0时的体积,

V=V0e及

−P⎛P0K⎞

∆V=V-V0=V0⎜e−1⎟

⎜⎟⎝⎠

由此得

在弹性形变情况下,体积的相对变化率

∆V

<<1.因此,由《固体物理教程》(2.10)式V0

可知体积弹性械量K甚大于压强P,于是

P=−K∆V

,V0

V0(P0−P)

再根据P∆V=−∆U,

KPV0(P0−P)

得相互作用势能增加量为∆U=−P∆V=−

KP(P0−P)2*109(2*109−105)

单位体积热能增加量为∆u=−=Jm3=1.67*108Jm3.10

K2.4*10

∆V∆a3

设晶格常数为a,则有V=λa,λ是一常数,于是.=3

V0a0

∆V≈

得晶格常数缩小的百分比为

∆a1∆V1P−P0

==3V03Ka0

2*109−105==2.8%.

10

3*2.4*10

⎡⎛σ⎞12⎛σ⎞6⎤

12.雷纳德一琼斯为u(r)=4ε⎢⎜⎟−⎜⎟⎥,

⎝r⎠⎥⎢⎣⎝r⎠⎦

证明:r=1.12σ时势能最小,且u(r)=−ε;当r=σ时,u(r)=0说明ε[解答]当r=r0时u(r)取最小值u(r0),由极值条件⎛σ12σ6⎛du⎞

=0得4ε⎜−1213+67⎜⎟⎜drr0r0⎝⎠r=r0⎝16于是有r0=2σ=1.12σ再代入u的表示式得

和σ的物理意义.

⎞⎟=0⎟⎠

⎡⎛σ⎞12⎛σ⎞6⎤

u(r0)=4ε⎢⎜⎟−⎜⎟⎥⎜⎟⎜⎟r⎢⎝r0⎠⎥⎣⎝0⎠⎦,

⎛11⎞

=4ε⎜−⎟=−ε⎝42⎠当r=σ时则有

⎡⎛σ⎞12⎛σ⎞6⎤

u(σ)=4ε⎢⎜⎟−⎜⎟⎥=0,

⎝σ⎠⎥⎢⎣⎝σ⎠⎦

由于u(r0)是两分子间的结合能,所以ε即是两分子处于平衡时的结合能,σ两分子间的间距.\\

13.如果离子晶体中离子总的相互作用势能为

具有长度的量纲,它的物理意义是,

σ是互作用势能为0时

12

⎡µq2⎤

U(r)=−N⎢−Zλe−rρ⎥,

⎣4πε0r⎦

求晶体的压缩系数,其中λ,ρ为常数,Z为配位数.[解答]压缩系数k等于体积弹性模量K的倒数,即k又

R2

K= 0

9V0

⎛∂2U⎞⎜⎜∂R2⎟⎟⎝⎠R0

1

.K⎡µq2NR2Zλ−R0ρ⎤0

=−e⎢⎥.3

9V0⎣2πε0R0ρ2⎦

=

⎡µq2Zλ−R0ρ⎤N⎢−2e⎥=0,3

⎣2πε0R0ρ⎦

式中R0为平衡时相邻原子间的距离,由平衡条件

⎛∂U⎞

⎜⎟=0,得⎝∂R⎠R0

即e−R0ρµρq2

=

2πε0ZλR0

.

由以诸式得

⎡µq1⎞Zλ−R0ρ⎤2⎛1⎜⎟NR02⎢−eNµq−⎥32⎜⎟

⎝2ρR0⎠⎣2πε0R0ρ⎦

14.取一∆x∆y∆z立方体积元,以相对两面中点连线为转轴,列出转动方程,证明应力矩阵是一个对称矩阵.

2

k=−

9V0

=

18µε0V0

.[解答]

如图2.21所示,在弹性体内取一立方体积元,体积元边长分别为∆x,∆y,∆z,C点的坐标是x,y,z.对于以前后两面中心AB为转轴的转动,上下表面上的应力Tyx形成了力偶,左右两表面上的应力

Txy也形成了力偶,体积元绕

AB轴转动的转动方程为

(Tyz+=IAB∂Tyz∂y2

∆y)∆x∆y∂Tzy∆z∆z∆z∆y+Tyz∆x∆y−(Tzy+∆y)∆x∆z−Tzy∆x∆z22∂y22

∂θAB∂t2

,

图2.12正方体积元六个面上的应力

基中θAB是体积元绕AB轴转动的转动角,

IAB是体积元绕

AB轴转动的转动惯量,其值为

⎛(∆y)2(∆z)2⎞

IAB=ρ∆x∆y∆z⎜⎜12+12⎟⎟.

⎝⎠

由上式可知,当∆x,∆y,∆z趋于0时,转动惯量IAB更快地趋于0,于是转动方程化为

13

∂T∂T⎛⎞⎛⎞

⎜Tyz+yz∆y⎟+Tyz−⎜Tzy+zy∆y⎟+Tzy=0⎜⎟⎜⎟∂y∂y⎝⎠⎝⎠

因为应力的梯度不能突变,所以当趋于时,由上式可得

Tyz=Tzy

同理可得

Txz=Tzx,Txy=Tyx.

由此可知,应力矩阵

⎡Txx⎢⎢Tyx⎢⎣Tzx

Txy

TyyTzy

Txz⎤⎡Txx

⎥⎢Tyz⎥=⎢TxyTzz⎥⎦⎢⎣Txz

Txy

TyyTyz

Txz⎤⎥Tyz⎥.Tzz⎥⎦

=c22,c23=c13,c55=c44,c66=

1

(c11−c22),c33,其他常数为零,取a轴与x轴重合,取c2

是一个对称矩阵

15.六角晶体有5个的弹性劲度常数c11

轴为z轴,弹性波在xy平面内(任意方向)传播,试求(1)三个波速;

(2)对应三种模式的质点的位移方向[解答]

按照已知条件,六角晶体的弹性劲度常数矩阵为

⎡c11⎢⎢c12⎢c13⎢⎢0⎢0⎢⎢⎣0

c12c11

c13000

c13c13c33000

000c4400

0000c440

0⎤⎥0⎥0⎥

⎥,c=(c11−c12).0⎥660⎥⎥c66⎥⎦

弹性波的传播方向单位矢量

I=lxi+lyj,

且有

lx2+ly2=1.

同《固体物理教程》(2.70)式可求得克利斯夫(Christoffel)方程

⎡c11lx2+c66ly2−c(c12+c66)lxly0⎤⎡Vx⎤

⎢⎥⎢⎥22(c+c)llcl+cl−c01266xy11x66y⎢⎥⎢Vy⎥=0.⎢00c44−c⎥⎣Vz⎥⎦⎣⎦⎢由质点速度Vx,Vy,Vz的系数行列式的值

c11lx2+c66ly2−c(c12+c66)lxly0(c12+c66)lxlyc11lx2+c66ly2−c0=0

00c44−c得到

c2−(c11−c66)c+c11c66=0,c44−c=0.

由以上两式得到三个有效弹性常数

c1=c11,c2=c66,c3=c44.

将c1代入克利斯托夫方程得

14

(c66−c11)lyVx+(c12+c66)lxVy=0,(c12+c66)lyVx+(c66−c11)lxVy=0,

Vz=0.将c1

66=2(c11−c12)代入前两式,得到

VxlxV=.yly如图2.13所示,设传播方向与x轴夹角为θ,则有cosθ=lx,sinθ=ly于是得到

VxV=lx=cotθ.yly图2.13波的传播方向与质点运动方向平行

即传播方向就是质点运动的方向,也就是说,对应c1是一纵波.将c2代入克利斯托夫方程,得

(c11−c66)lxVx+(c12+c66)lyVy=0,(c12+c66)lxVx+(c11−c66)lyVy=0,

Vz=0.

将c=

1

66

2

(c11−c22)代入前两式,得到VxlV=−y.ylx上式对应的几何图像如图2.14所示,由图2.14可知,传播方向与质点运动的方向垂直,也就是说,对应c2一横波

图2.14波传播方向与质点运动方向垂直

将c3代入克利斯托夫方程,得

(c11l2x−c66l2y−c44)Vx+(c12+c66)lxlyVy=0,(c12+c66)lxlyVx+(c211ly+c66l2x−c44)Vy=0,

(c44−c44)Vz=0.

前两式Vx和Vy的系数行列式的值等于,

15

2

c11c66−c44c66−c11c44+c44=(c11−c44)(c66−c44).

因为c11≠c44,c44≠c66,所以Vx和Vy的系数行列式的值不为0,即前两式中Vx和Vy的解必须都为

0,因此,对应

c3,质点速度只有

Vz≠0,显然,这也是一个横波,质点运动的方向与传播方向垂直.

16

第三章晶格振动与晶体热学性质

习题

1．原子质量为m,间距为a,恢复力常数为β的一维简单晶格，频率为

ω的格波

un=Acos(ωt−qna)，求

（1）该波的总能量，

（2）每个原子的时间平均总能量。[解答]

（1）格波的总能量为各原子能量的总和。其中第n个原子的动能为

1∂un2m(),2∂t而该原子与第n+1个原子之间的势能为

1

β(un−un−1)22

若只为考虑最近邻相互作用，则格波的总能量为

∂uE=∑1m(n)2+∑1β(un−un−1)2,

22∂tnn将un=Acos(ωt−pna)

代入上式得

12122222qaE=1mϖAsinϖ(ωt−qna)+βA4sin[ωt−(2n+1)qa]⋅sin,∑∑2

222

设T为原子振动周期，利用

1T21

sin(ωt−ϕ)dt=

2T∫0

可得

Ε=

1221T1T22

ωA∑∫sin2(ωt−qna)dt+1βA4sin[ωt−1((2n+1)qa]⋅sin∑22∫002TnTn2qa2

dt=

1

mω4

−

2

A2N+βA2

Nsin2

qa2

.

式中N为原子总数。

（2）每个原子的时间平均总能量为

E1qa=mω2A2+βA2sin2N42

2β4βqa2

再利用色散关系ϖ=(1−cosqa)=sin2

mm2

便得到每个原子的时间平均能量

E1

=mϖ2A2N2

2．一维复式格子，原子质量都为m，原子统一编号，任一原子与两最近邻的间距不同,力常数不同,分别为β1和β2，晶格常数为a,求原子的运动方程及色散关系.[解答]

−

图3.2一维双原子分子链

此题实际是一双原子分子链.设相邻分子间两原子的力常数为β2，间距为b;一个分子内两原子力常数

β1;晶格常数为a;第n-1,n,n+1,n+2个原子的位移分别为un−1,un,un+1,un+2.第n-1与第n+1个原子属

1

于同一原子,第n与n+1第个原子属于同一个原子,于是第n和第n+1个原子受的力分别为

fn=β2(un+1−un)−β1(un−un−1)，fn+1=β1(un+2−un+1)−β2(un+1−un).

其运动方程分别为

d2unm2=β2(un+1−un)−β1(un−un−1)dtd2un+1m=β1(un+2−un+1)−β2(un+1−un)2

dt设格波的解分别为

un=Aeniq(2)a−ϖt[]=Aei1qna−ϖt2[][1qna−ϖt]2.

un+1=B'Ae代入运动方程，得

niq(2)a+qb−ϖt[]=Bei−mϖ2A=β2(B−A)−β1(A−Be−iqa)2iqa.−mϖB=β1(Ae−B)−β2(B−A)

整理得

(β1+β2−mϖ2)A−(β2βe−iqa)B=0,−(β2βeiqa)A+(β1+β2−mϖ2)B=0

由于A和B不可能同时为零。因此其系数行列式必定为零。即

iqa(β1+β2−mϖ2)−(β2+β1e−)

=0.iqa2

−(β2+β1e)(β1+β2−mϖ)

解上式可得

12

2⎧⎫⎡⎤(β1+β2)⎪16mβ1β2⎪222⎛qa⎞ϖ=2m±4m−sin⎜⎟⎨⎢⎥⎬2

2m2⎪(β+β)2⎝⎠⎦⎪⎣12

⎩⎭

12

⎧⎤⎫(β1+β2)⎪⎡4β1β2⎪2⎛qa⎞=sin⎜⎟⎨1±⎢1−⎥⎬2

m(β+β)2⎝⎠⎦⎪⎪12

⎩⎣⎭

由上式知，存在两种的格波，声学格波的色散关系为

12⎧⎫⎡⎤ββββqa(+)4⎪⎪⎛⎞221212

ϖA=1−1−sin⎜⎟⎨⎢⎥⎬,2

m(β+β)2⎝⎠⎦⎪⎪12

⎩⎣⎭

光学格波的色散关系为

12⎧⎫⎡⎤(β1+β2)⎪4β1β2⎪22⎛qa⎞ϖ0=sin⎜⎟⎨1−⎢1−⎥⎬.2

m(β+β)2⎝⎠⎦⎪⎪12

⎩⎣⎭

3．由正负离子构成的一维原子链，离子间距为a,质量都为m,电荷交替变化，即第n个离子的电荷

q=e(−1)n.原子间的互作用势是两种作用势之和，其一，近邻原子的短程作用,力系数为β，其二,所

有离子间的库仑作用.证明

（1）库仑力对力常数的贡献为

e2

2(−1)

p3a3

p.

（2）色散关系

∞

ϖ221+sin(qa)+σ∑(−1)p(1−cosqpa)p−3,2ϖ02p=1

其中

2

（3）[解答]（1）

4βe2

.ϖ=,σ=3

mβaqa=π,σ→0.475时,格波为软模。

20

设离子链沿水平方向，第n个离子右端的第n+p个离子与第n个离子间的库仑力为

fn+p,n=−

[pa+(u(−1)n+p(−1)ne2

n+p−un)

]2

.

上式右端加一负号，是我们规定坐标的正方向，指向右端，考虑到

u−u<可将上式展成

n+pn(un+p−un)级数,取一级近似得

f−

(−1)pe2⎡2(un+p,n≈⎢1−n+p−un)⎤(pa)2

⎣pa⎥⎦

第n个离子左端的第n-p个离子与第n个离子间的库仑力为

n−pf[(−1)(−1)nn−p,n=

e2

pa+(un−un−p)

]2

取一级近似得f(−1)pe2⎡2(un−un−p)⎤

n−p,n≈(pa)2⎢1−p⎣pa⎥。⎦

第n−p个离子和第n+个离子对第n个离子间的库仑作用合力为

f2(−1)pe2n±p,n≈p3a3

(un+p+un−p−2un)可见库仑力对常数的贡献为

2(−1)

pe3

p3a3

（2）

第n个离子的运动方程为

∞

mdundt=β(un+1+un_1−2un)+∑fn±p,np=1

设格波解

ui[(n+p)qa−ϖt]n+p=Ae,uqna−ϖt]n=Aei[,

则由离子的运动方程得

ϖ2

=βm(2−e−e)+1∞2(−1)pe2iqa−iqam∑pa)

3

(2−eiqa−e−iqa)p=1(∞

p2=2⎡⎤m⎢β(1−cosqa)+∑2(−1)e(1−cospqa)⎣3

⎥p=1(pa)⎦

=4β⎡m⎢sin2⎛⎜1⎝2qa⎞⎟⎠+e2∞p−3⎤βa3∑(−1)(1−cospqa)p⎥.⎣p=1⎦

令ϖ24βe2ϖ2∞

2⎛1⎞p−3

0=m,σ=βa3，可得ϖ2

sin⎜qa⎟+σ∑(−1)(1−cosqpa)p0⎝2⎠p=1

当qa=π，有

3

⎡⎛1⎞3⎛1⎞3⎛1⎞3⎤ϖ2

=1−2σ⎢1+⎜⎟+⎜⎟+⎜⎟+⋯⎥2ϖ0⎢⎝3⎠⎝5⎠⎝7⎠⎥⎣⎦=1−2σ∑∞⎧∞111⎫

=1−2σ−⎨∑m3∑(2m)3⎬3

(2m+1)m=0m=1⎩m=1⎭∞

7∞1

=1−2σ∑3

8m=1m记

1

∑m3=ζ(3)m=1

∞

则有

ϖ27ζ(3)

=1−σ2

ϖ04

4

由此知，当σ==0.475时，ϖ→0由于格波的频率ϖ∝β12，因此ϖ→0说明此振动

7ζ(3)

模式对应的恢复力系数β→0，相当于弹簧振子系统的弹簧丧失了弹性.所以称ϖ→0的振动模式为软

模.

4.证明一维单原子链的运动方程,在长波近似下,可以化成弹性波方程

2

∂2u2∂u=v2∂t∂x2

[解答]

根据《固体物理教程》(3.4)式,第

个原子的运动方程为

因为

d2unm2=β(un+1+un−1−2un)dtun+1=eiqaunun−1=e−iqaun所以第n个原子的运动方程化为

d2unm2=β(eiqa+e−iqa−2)un.

dt在长波近似下:

1

qa→0,e±iqa≈1±iqa+(iqa)2,

2

运动方程又化为

d2unm2=β(eiqa+e−iqa−2)un=βa2(−q2)undt在长波近似下,当l为有限整数时,

1imun+1

=1imeiqla=1

q→0uq→0

n上式说明,在长波近似下,邻近(在半波长范围内)的若干原子以相同的振幅,相同的位相做集体运动,因此(1)式可统一写成

d2un+lm=βa2(−q2)un+l.2

dt第二章中固体弹性理论所说的宏观的质点运动,正是由这些原子的整体的运动所构成,这些原子偏离子平衡位置的位移

un+l,即是宏观上的质点位移

u,从宏观上看,原子的位置可视为准连续的,原子的分离

(n+l)a可视为连续坐标x,即

un+1=Aei[q(n+l)a−ϖt]=Aei(qx−ϖt)=u4

于是

(−q)un+1

(2)式化成

2

∂2u=2

∂x,

2

∂2u2∂u,=v22∂t∂xβ其中v=a,是用微观参数表示的弹性波的波速.

m5.设有一长度为L的一价正负离子构成的一维晶格,正负离子间距为a,正负离子的质量分别为m+和m−,

e2b近邻两离子的互作用势为u(r)−+

rrn式中e为电子电荷,b和n为参量常数,求

(1)参数b与e,n及a的关系,(2)恢复力系数β,

(3)

,

q=0时的光学波的频率ϖ0,

假设光学支格波为一常数,且ϖ求晶=ϖ0对光学支采用爱因斯坦近似,对声学波采用德拜近似，

(4)长声学波的速度vA,

格热容。

[解答]

(1)若只计及近邻离子的互作用,平衡时,近邻两离子的互作用势以取极小值,即要求

du(r)dr由此得到

=0.

r=ae2an−1b=

n(2)恢复力系数

.

d2u(r)β=

dr2

r=ae2(n−1)

.=

a3

(3)光学波频率的一般表达式[参见《固体物理教程》(3.21)式]

12

⎧'⎫⎡⎤(β1+β2)⎪16mβ1β2⎪222⎛qa⎞⎜⎟ϖ0=(m+M)+(m+M)−sin⎨⎢⎥⎬.2⎜⎟2mM⎪(β1+β2)⎝2⎠⎦⎪⎣⎩⎭'

对于本题,qa=2a,β1=β2=β,m=m+,M=m−.所以q=0的光学波频率

⎡2e2(m++m−)(n−1)⎤ϖ0=⎢⎥3

amm+−⎣⎦

12

.

(4)由《固体物理教程》(3.25)式可知,长声学波的频率

ϖA=a'

对于本题ϖAβ1β2

q.

(m+M)(β1+β2)βq(m++m−)

。

=2a长声学波的速度

ϖA2e2(n−1)vA==

qa(m++m−)

。

5

(5)按照爱因斯坦模型,光学波的热振动能

E0=

ℏϖ0L.

ℏϖ0/kBTae−1

2

光学波对热容的贡献

其中

dE0L⎛ΘE⎞eΘE/TCVo==kB⎜⎟

dTa⎝T⎠(eΘE/T−1)2

ℏϖ0

ΘE是爱因斯坦温度,其定义为ΘE=

kBD(ϖ)=

LπvA.

,

按照德拜模型，声学波的模式密度

电学波的热振动能EA其中x=∫

ϖD0

ℏϖD(ϖ)dϖLℏ⎛kBT⎞

=⎜⎟ℏϖA/kBTe−1πvA⎝ℏ⎠

2

∫

ΘD/T0

xdx.xe−1

ℏϖℏϖD,ΘD=,kBTkBϖD和ΘD分别为德拜频率和德拜温度，德拜频率ϖDϖDϖDLLϖDL=∫D(ϖ)dϖ=∫dϖ=00πvaπvAA=

可由下式

求得

ϖD=

πvAa.

声学波对热容的贡献

2

dEAd⎛ϖDℏϖD(ϖ)dϖ⎞LkBTCVA===⎜∫0⎟

dTdT⎝eℏϖo/kBT−1⎠πvAℏ2LkBTΘD/Tx2exdx=

πvAℏ∫0(ex−1)2

x在高温情况下,e≈1+x,上式化成

∫

ΘD/T0

x2exdx(ex−1)2

.

CVA⎛a(m++m−)⎞=⎜⎜2e2(n−1)⎟⎟⎝⎠

122

LkBTπℏ

∫

ΘD/T0

x2exdxx2(e−1)

2

⎛a(m++m−)⎞LkBΘD.⎟=⎜⎜2e2(n−1)⎟πℏ⎝⎠

先求出高温时的EA,再求CVA更容易.在甚低温条件下,(ΘD/T)→∞,

12

[解答]设原子的质量为

M,第n个原子对平衡位置的位移为un第n+m和第n−m个原子对平衡位置的位移

+m和第n−m个原子对第n个原子的作用力为−un)=βm(un+m+un−m−2un).

分别为un+m与un−m(m=1,2,3…)，则第nfn,m=βm(un+m−un)+βm(un−m第n个原子受力的总合为

∞

∞

Fn=∑fn,m=∑βm(un+m+un−m−2un).

m=1

m=1

6

∞

d2un因此第n个原子的运动方程为M=∑βm(un+m+un−m−2un).2

dtm=1

将格波的试解un=Aei(qna−ϖt)

代入运动方程得

−Mϖ=∑βm(eiqma+e−iqma−2)

2

∞

m=1

=∑2βm[cos(qma)−1]m=1

∞

=−4∑βmsin

m=1∞

∞

2

qma.2qma.2

(1)

由此得格波的色散关系为

4ϖ=

M2

∑βm=1

msin

2

7．采用德拜模型把晶体中的格波看成弹性波,在三维晶体内任意传播方向可存在三支弹性波（两支横波，一支纵波），设波矢为q的第i支弹性波的波动方程为

ui,q(r,t)=Ai,qcos(q•r-ϖt).

任一原子的位移是所有格波引起的位移的迭加，即

u(r,t)=

∑ui,q

i,q(r,t)=∑Ai,qcos(q⋅r−ϖt).

i,q

(2)

原子位移平方的长时间平均值

u2(r,t)=(∑ui,q(r,t))⋅∑ui',q(r,t)

i,q

i',q'

=∑ui2,q(r,t)+

i,q

i≠i',q≠q'

∑

ui,q(r,t)⋅ui',q'(r,t).

是原子总数）数量级，而且取正事负的几率相等，

由于ui,q(r,t)⋅u因此上式对(i2

的数目非常大,为N（N(r,t)i,q'

'

≠i',q≠q')的求和项与对(i,q)的求和项相比是一小量，可以略去,于是得

u2(r,t)=

由于

∑ui,q

2

i,q(r,t)

ui,q(r,t)为t的周期函数，其长时间平均值等于一个周期内的时间平均值，因此上式右边中的

u2(r,t)可用u2(r,t)在一周期内的时间平均值代替，在绝对零度下，所有的热振动模式均未被激发，即只有零点振动,且一个频率为ϖ的零点振动的能量

1

E0=ℏϖ.

2

弹性波ui,q(r,t)动能的时间平均值为

Ti,q2

T⎡1⎛dui,q(r,t)⎞⎤1

⎟⎥dt=∫dr∫0⎢ρ⎜⎜⎟TVc2dt⎢⎠⎥⎣⎝⎦

ϖ2ρAi2,qT=dr{∫sin2(q⋅r−ϖt)dt}∫02TvC1

ρϖVc2Ai2,q.4

式中ρ是晶体质量密度,Vc是其体积,T为弹性波的振动周期.

=

由于动能与弹性势能的时间平均值相等，它们均为总能量的一半，所以有，

7

T12i,q=

4ρϖV2

11cAi,q=2E0=4ℏϖ.于是得到

A22E0i,q=

ρVϖ2=

ℏ

cρV.

cϖ位移ui,q(r,t)的平方的时间平均值为

u21Ti,q(r,t)=

T∫0A2i,qcos2

(q⋅r−ϖt)dt=1A22

i,q.由以上两式得u2

E0ℏi,q(r,t)=ρVϖ2=

2ρV.ccϖ此为绝对零度下一个振动模动对原子位移均方值的贡献，将其代入（3）式得

u2i,q(r,t)=∑u2i,q(r,t)

i,q

=

1E0

ρVc∑i,qϖ2=ℏ1

2ρVc∑.i,qϖ把上述求和化为对ϖ的积分，得

u2

1ϖDi,q(r,t)=ρVD(ϖ)E0dϖc∫0

=ℏ2ρVc∫ϖDD(ϖ)ϖdϖ.0D(ϖ)=

3Vcϖ2

再将德拜模式密度2π2v3p代入上式得u2

ϖDi,q(r,t)

=

3ℏ4π2ρv3

ϖdϖp∫

0

=

3ℏϖ2

D8π2ρv3.

p若晶体共有N个原子,则上式的德拜频率

13ϖ=⎛⎜⎜6π2N⎞

DV⎟c⎟⎠

vp.

⎝8．采用德拜模型，求出T≠0时原子的均方位移，并讨论高低温极限情况。

[解答]在T≠

0时，上题中的（3）式仍成立，即仍有

u2(r,t)=∑u2ϖDi,qi,q(r,t)=∫

u2(ϖ)dϖi,q

0

D(ϖ)但频率为ϖ的格波能量为

E(ϖ)⎛⎜11⎝2+⎞eℏϖ/kBT−1⎟⎠ℏϖ.

而其动能平均值为

8

T(ϖ)=

12E(ϖ)=1⎛11⎞2⎜⎝2+eℏϖ/kBT−1⎟⎠

ℏϖ,

动能T(ϖ)又可以表示为

T(ϖ)=

1

ρϖ2V24

cA.由以上两式可得

A2=

2E(ϖ)2⎛11ρϖ2V=

ℏ

⎜cρϖVc⎝

2+⎞

eℏϖ/kBT−1⎟⎠.频率为ϖ的格波所引起的原子的均方位移是

u2(ϖ)=

12E(⎛2A=ϖ)ℏρϖ2V⎜1cρϖVc⎝2+1⎞eℏϖ/k−1⎟⎠

.

BT由于（1）与上题中（6）式相似，可得所有格波引起的原子的均方位移，

u2

(r,t)=3

2π2ρv3

dϖp∫

ϖD0

E(ϖ)=

3ℏ⎛2π2ρv3⎜1p∫

ϖD⎝2+1⎞0

eℏϖ/kBT−1⎟⎠

ϖdϖ，

再令

x=

ℏϖkBT，

并利用

ΘℏϖDD=

k，

B3

v3p=1V3ckBΘD6π3

Nℏ3

，

得

2

9Nℏ2T2

u(r,t)=

ΘD/Ti,qρVckBΘ3D∫

0

(12+1ex−1

)xdx=9Nℏ2T2ΘD/TMk3(1+1)BΘD∫02ex−1

xdx。式中M=ρVc为晶体的总质量

在高温情况下，ex≈1+x，

u2

(r,t)=9Nℏ2T2ΘD/T11Mk3(+)xdxBΘD∫02ex−1

=

9Nℏ2T2

/Tx9Nℏ2T2

MkBΘ3D∫

ΘD0

xxdx=Mk3。

BΘD可见，在高温下，原子的均方位移与温度T的一次方或正比.

在甚低温条件下,

(ΘD/T)→∞,积分

∫ΘD/T1∞0(2+1ex−1)xdx=∫0(12+1

ex−1)xdx=C是一常数，

于是

u2

(r,t)=

9CNℏ2T2

MkBΘ3,

D即在甚低温条件下，原子的均方位移与温度T的平方成正比.

9．求出一维简单格的模式密度D(ϖ).

9

{解答}

一维简单晶格的色散关系曲线如图3．3所示,由色散曲线的对称性可以看出,小的波矢区间含

dϖ区间对应两个同样大

个振动模式,dϖ范围则包

dq.

2πa区间对应有

LL个振动模式,单位波矢区间对应有a2π2dqLdqL=2ππ个振动模式,单位频率区间包含的模式数目定义为模式密度,根据这一定义可得模式密度为

Ldqπdϖ.

图3.3一维简单晶格的色散关系

由色散关系得

⎛β⎞dϖ=a⎜⎟

⎝m⎠

12⎛qa⎞cos⎜⎟dq.

⎝2⎠

11−sin2(

=

2L.

得下式代入前式,得到模式密度

L⎛m⎞

D(ϖ)=⎜⎟⎟πa⎜β⎝⎠

12qa)2

aπϖ−ϖ20

2

10.设三维晶格一支光学波在q=0附近,色散关系为ϖ(q)

=ϖ0−Aq2,证明该长光学波的模式密度

D(ϖ)=

Vc112(ϖ−ϖ),ϖ<ϖ0.02324πAdS∇qϖ[解答]

解答一:《固体物理教程》(3.117)式可知,第α支格波的模式密度,

D(ϖ)=

Vc(2π)3

∫

Sα,

其中Sα是第α支格波的等频面,因为已知光学波在q=0附近的等频面是一球面∇qϖ=2Aq,所以

D(ϖ)=

Vc1

dS3∫Sα2Aq(2π)

Vc4πq2Vc(ϖ0−ϖ)12==3

(2π)2Aq4A32π2

.

解法二:

考虑q空间中的无穷小间隔dq,与此对应的频率间隔为dϖ设D(ϖ),D(q)分别表示单位频率间隔内和单位波矢间隔内的振动方式数,由这两种间隔内所含的振动方式数相等得

D(ϖ)dϖ=D(q)4πq2dq由《固体物理教程》(3.36)式知

.

D(q)=

Vc,3

(2π)

10

及在q=0附近由以上诸式得

q2=

ϖ0−ϖdϖ,=2Aq.Adq−1

−12Vcϖ0−ϖ2dϖ−1ϖ0−ϖD(ϖ)=4πD(q)q4π(2A)dq(2π)3AAV1

=c232(ϖ0−ϖ)12,ϖ<ϖ0.4πA11.设固体的熔点Tm对应原子的振幅等于原子间距a的10%的振动,推证,对于一维简单晶体,接近熔点时

原子的振动频率

2⎛50kBTm⎞ϖ=⎜⎟

a⎝M⎠

其中M是原子质量.[解答]

当质量的的原子以频率

12

,

ϖ及等于原子间距a的10%的振幅振动时,由本章率1题可知,其振动能为

2

11⎛a⎞E=Mϖ2A2=Mϖ2⎜⎟.

22⎝10⎠

在熔点Tm时,原子的能量可按能量均分定理处理,即一个一维原子的平均能量为kBTm,

1a⎞Mϖ2⎛⎜⎟=kBTm,2⎝10⎠

2⎛50kBTm⎞

由此得ϖ=⎜⎟.

a⎝M⎠

12.设一长度为L的一维简单晶格,原子质量为

δU(a+δ)=−Acos().试由简谐近似求

a(1)色散关系;

(2)模式密度D(ϖ);

(3)晶格热容(列出积分表达式).[解答]

(1)根据已知条件,可求得原子间的弹性恢复力系数

12

2

于是有

m间距为

a,原子间的互作用势可表示成

⎛d2U⎞⎛d2Uβ=⎜⎜dr2⎟⎟=⎜⎜2

⎝⎠a⎝dδ⎞A⎟=2⎟

⎠0a.

将上式代入《固体物理教程》一维简单晶格的(3.7)式,得到色散关系

ϖ=ϖ0sin(

其中

qa)2

12,

2⎛A⎞ϖ0=⎜⎟

a⎝m⎠

.

(2)在本章第9题,我们曾求得一维简单晶格的模式密度,在此,再对这一问题进行求解,根据《固体物理教

程》（3.7）式知,一维简单晶格简正振动格波的色散关系为

βqasin(),m2

此式表明ϖ为q的偶函数,设D(ϖ),D(q)分别表示单位频率间隔内和q空间中单位间隔的振动方式数,

ϖ=2

考虑到振动方式总数为原子总数N可得

11

∫

πϖ0

π0

D(ϖ)dϖ=∫aπD(q)dq=N,

−

a由D(q)为常数得

2π=N∫aNaNa因此D(q)=.D(q)=

2π2πaπ−aD(q)dq=D(q)

再由

∫

得又

ϖ0

0

D(ϖ)dϖ=∫

πa0

πdϖD(ϖ)dq=2∫0aD(q)dqdqD(ϖ)

dϖ=2D(q),dq12

dϖβqaaqa2⎤

=acos()=ϖ0⎡1−sin()⎥⎢dqm222⎣⎦

式中

=

a2

(ϖ0−ϖ2)12,2

ϖ0=2

由此得

βm.

(3)频第为ϖ的格波的热振动能为

dϖ−1Na⎡a22a1212⎤=D(ϖ)=2D(q)()=(ϖ−ϖ)02⎥dqπ⎢π(ϖ0−ϖ2)12⎣2⎦

ℏϖℏϖ/kBT−1

.

e整个晶格的热振动能

−1

.

E=∫

则晶格的热容

ϖ0

0

ℏϖD(ϖ)dϖ.

ℏϖ/kBT−1e⎞eℏϖ/kBTdϖ⎟2⎟ℏϖ/kBT22⎠e−1ϖ0−ϖ2

ϖDdE2L⎛ℏϖCV==∫kB⎜

0dTa⎜⎝kBT().

13.对一维简单格子,按德拜模型,求出晶格热容,并讨论高低温极限.

[解答]

按照德拜模型,格波的色散关系为ϖ=vq.由图3.4色散曲线的对称性可以看出,的波矢区间dq.

dϖ区间对应两个大小

2πa区间对应有

LL个振动模式,单位波矢区间对应有a2π2dqLdqLdz==

2ππdzLdqL==.dϖπdϖπv个振动模式,dϖ范围则包含

个振动模式,单位频率区间包含的模式数目定义为模式密度,根据这一定义可得模式密度为

D(ϖ)=

12

图3.4一维简单格子德拜模型色散关系

再利用

∫

ϖ0

0

D(ϖ)dϖ=N=

L,a式中N为原子总数,

a为晶格常数,得

πϖ0=v.

aCV=∫0

=

ϖD根椐《固体物理教程》（3.119）式得其热容量

⎛ℏϖ⎞eℏϖ/kBTD(ϖ)dϖkB⎜2⎜kT⎟⎟⎝B⎠eℏϖ/kBT−1

2

()∫

ϖD0

⎛ℏϖkB⎜⎜kT⎝B⎞eℏϖ/kBTD(ϖ)dϖ⎟2⎟

eℏϖ/kBT−1⎠

2

().

作变量变换

x=

ℏϖkBT,

2LkBTΘD/Tx2exdx得CV=,

∫x20πℏv(e−1)ℏϖ0

其中ΘD=.

kB在高温时,x是小量,上式中被积函数

x2ex≈1x2

(e−1)

L因此,晶格的高温热容量CV=kB=NkB.

a在甚低温时,(ΘD/T)→∞.,CV是的被积函数按二项式定理展成级数

∞

x2ex2xx−22−nx=xe(1−e)=xne∑(ex−1)2n=1

.

则积分

∫

∞

0

∞∞∞x2exdx1π2−nx2

=∑∫nexdx=2∑2=x20(e−1)3n=1n=1n2

LπkBTCV=

3πℏv,

由此得到低温时晶格的热容量

.

14.对二维简单格子,按德拜模型,求出晶格热容,并讨论高低温极限.[解答]

德拜模型考虑的格波是弹性波,波速为v的格波的色散关系是ϖ=vq.在二维波矢空间内,格波的等频线

13

是一个个圆周,如图3.5所示,在q→(q+dq)q→(q+dq)区间内波速为v的格波数目

dz=SSϖdϖ(2π)2⋅2πqdq=

2πv2

,式中S是二维晶格的总面积,由此可得波速为v的格波的模式密度

d(ϖ)=dzdϖ=

Sϖ2πv2

.图3.5二维波矢空间

考虑到二维介质有两支格波,一支纵波,一支横波,所以,格波总的模式密度

D(ϖ)=

Sϖπv2,

p式中

2⎛v2=⎜11⎞2+2⎟,p⎜⎝vLvT⎟⎠

其中vL是纵波速度,vT是横波速度,格波的振动能

E=∫ϖmSℏϖ2dϖ0

πv2ℏϖ/kBT.

p(e−1)晶格的热容量

S2

Cϖmk⎛ℏϖ⎞eℏϖ/kBTϖdϖV=πv2

B⎜p∫

0

⎜⎝kBT⎟⎟⎠(eℏϖ/

kBT−1

)2.

积分上限ϖm由下式

∫

ϖ0

D(ϖ)dϖ=∫

ϖmSϖ0

πv2

dϖ=2Np求出,由此得到

12ϖ=⎛

N⎞m⎜⎝

4πS⎟⎠vp,

式中N为原子个数,作变量变换

x=ℏϖk,BT2

晶格热容量C=SkB⎛kBT⎞

Vπv2

⎜⎟p⎝ℏ⎠∫

ΘD/Tx2exdx0

(ex−1)2

,

其中ΘℏϖmD=

k.B当温度较高时,

ex≈1+x,CSkB⎛kBT⎞

2

Θ2

D/Texx3dxV=πv2

⎜p⎝ℏ

⎟⎠

∫

(ex−1)2=Sk⎛kT⎞Θ2

BBD0

πv2⎜⎟⋅2

=2NkB.p⎝ℏ⎠

2T14

可见德拜模型的高温热容与经典理论是一致的.

当温度甚低时,

(ΘD/T)→∞.积分

∫∞

exx3dx∞0(ex−1)2=∑∞∞ne−nxx3dx=6n=1∫0∑1=6ζ(3),n3

=1n则有C2

V=AT,

A=6ζ(3)Sk3

式中

Bπv2ℏ

2

.

p由此可见,在甚低温下,二维晶格的热容量与温度的平方成正比,

15.试用德拜模型,求T=0K时,晶格的零点振动能.[解答]

频率为的ϖ零点振动能为

1

2ℏϖ,因此晶格总的零点振动能为EϖD10=∫2

ℏϖD(ϖ)dϖ.

0根据德拜模型,对三维晶体有,

D(ϖ)=

3Vcϖ2

2π2v3,

p因此

E3Vcℏ4

0=

16π2v3

ϖm.p再利用

ϖ⎛132N⎞m=⎜⎜6πV⎟⎟vp=ϖD,

⎝c⎠Θ=ℏϖDDk,B又可得

E316π2π2

90=6Nℏϖm=8

NkBΘD.16.对三维晶体,利用德拜模型,求(1)高温时0~ϖD范围内的声子总数,并证明晶格热振动能与声子总数成正比.

(2)

甚低温时0~ϖD范围内的声子总数,并证明晶格热容与声子总数成正比.

[解答]

(1)频率为ϖ的格波的声子数

n(ϖ)=

1

eℏϖ/kBT−1

.

高温时

(ℏϖkBTBT)→0,eℏϖ/k≈1+

ℏϖk,

BT于是

n(ϖ)=

ℏϖk.

BT声子总数N'

为N'=

∫

ϖD0

n(ϖ)D(ϖ)dϖ.

对于德拜模型,模式密度

(ϖ)=

3Vcϖ2

D2π2v3.

p15

则高温时声子总数

N=

'

3Vcϖ2

D2πℏv2

3pT.

可见,在高温时,声子总数与温度T成正比.高温时,晶格的热振动能

E=∫

ϖD0

23

ϖD3VkTϖdϖ3ℏVcϖ3dϖVkϖcB=∫=cB3DT.23ℏϖ/kBT2302πvpe−12πvp2πvp()上式说明,在高温时,热振动能与温度T也成正比,因此在高温时晶格的热振动能与声子总数成正比.

(2)声子总数

N=

取变量变换则在甚低温下

'

∫

ϖD0

n(ϖ)D(ϖ)dϖ=∫0

,

ϖD3Vcϖ2dϖ3

2π2vpeℏϖ/kBT−1

().

x=

ℏϖkBTN=

其中

'

∫

ϖD3Vcϖ2dϖℏϖ/kBT2π2v3−1pe0

()∫

=

∞

232

3VckBTxdx0

x2π2ℏ3v3)p(e−1

=AT3,

2

3VckBA=

2π2ℏ3v3p23VckB=

2π2ℏ3v3p∫

∞

0

2

3VckBx2dx=233

xe−12πℏvp∞

2−mx⎛⎜∫0xedx⎞⎟∑⎠m=1⎝

∞

2

3ζ(3)VckB2=∑3

π2ℏ3v3m=1mp∞

.

3

由德拜定律可知,在甚低温下固体比热与温度T成正比,由此得到，在甚低温下固体比热与声子总数成正

比.

17.按德拜近似,证明高温时的晶格热容

2

⎡1⎛ΘD⎞⎤

CV=3NkB⎢1−⎜⎟⎥.

⎢20⎝T⎠⎥⎣⎦

[解答]

由《固体物理教程》式(3.132)可知

43

3VckBTCV=3

2π2ℏ3vp∫

ΘD/T0

exx4dx(ex−1)2

.

在高温时,

T>>ΘD,则在整个积分范围内x为小量,因此可将上式中被积函数化简为

exx4x4

=x2≈x2−x22

(e−1)(e−e)

将上式代入CV的表示式,得

43

3VckBTCV=

2π2ℏ3v3px4x2x2⎞2⎛.≈=x⎜1−⎟32⎜⎟xx⎝12⎠(x+)21+

2412

⎡1⎛ΘD⎞31⎛ΘD⎞5⎤

⎢⎜⎟−⎜⎟⎥⎢3⎝T⎠60⎝T⎠⎥⎣⎦

3243

3VckBT1⎛ΘD⎞⎡1⎛ΘD⎞⎤=⎜⎟⎢1−⎜⎟⎥.2π2ℏ3v33T20T⎝⎠⎣⎝⎠⎦p⎢⎥

16

13

将Θ=ℏϖDℏ⎛2N⎞

Dk=2⎜⎟⎟v⎠pBkB⎜6π⎝Vc代入上式得C3Nk⎡1⎛Θ2

D⎞⎤

v=B⎢1−⎢⎜T⎟⎠⎥.

⎣20⎝⎥⎦

18.晶体的自由能可写成F=U(V)+F2(T,V),

若F2

=Tf⎛⎜ΘD⎞T⎟,求证

⎝⎠

P=−∂Uγ∂∂V+

Vf⎛⎜ΘD⎞0∂(1⎝T⎟,⎠

T)

式中γ为格林爱森常数[解答]根据

P=−

∂F∂V,得

P=−∂U∂F2∂U∂V−∂V==−∂V−T∂∂Vf⎛⎜ΘD⎞⎝T⎟

⎠=−∂U∂V−TdΘD∂dV∂Θf⎛⎜ΘD⎞⎝T⎟

D⎠=−∂UΘd∂V−TD1nΘD∂Vd1nV∂Θf⎛⎜ΘD⎞⎟

D⎝T⎠

=−

∂U∂V+TΘDγ∂⎛Θ⎞

V∂Θf⎜D⎟.D⎝T⎠式中γ=−d1nΘDd1nϖDd1nV=−

d1nV为格林爱森常数,再由∂⎛Θ⎞∂∂Θf⎜D⎟=1f⎛⎜ΘD⎞

⎟,

D⎝T⎠T∂⎛⎜ΘD⎞⎝T⎠

⎝T⎟⎠

∂f⎛⎜ΘD⎞∂⎛Θ⎞

∂⎛⎜1⎞T⎟⎠=ΘDf⎜DT⎟,

T⎟⎝⎠∂⎛⎜ΘD⎞

⎠⎝T⎟⎝⎝⎠

得

∂1∂∂Θf⎛⎜ΘD⎞⎟⎠=TΘf⎛⎜ΘD⎞⎟.

D⎝TD∂⎛⎜1⎞⎝T⎠

⎝T⎟⎠

将此结果代入P的表示式,便得

P=−

∂Uγ∂⎛Θ⎞

V+Vf⎜D∂⎟.0∂⎛⎜1⎞⎝T⎠

⎝T⎟⎠

19.证明ΘD∝V−γc,

式中γ为格林爱森常数.

[解答]

17

由格林爱森常数γ的定义式

γ=

−d1nϖd1nV,

得

d1nϖ=−γd1nV.

对确定的晶体,

γ可视为常量,因此上式直接积分得

1nϖ=−γ1nVc+C,

由此得

=C'

ϖVγ,

c'ϖ=C'DVγ.

c再利用德拜温度ΘD的定义式

ΘϖDD=

ℏk,

B得Θ=ℏC''−γDkVc.

B上式表明ΘD∝V−γc.

20.证明d1nΘDαVVcdP=

C,v其中P为压强,αV为体膨胀系数.

[解答]

由上题结果ΘℏC''−γD=kVcB可得

1nΘ''D=C−γ1nVc,d1nΘDdP=−γ1V(∂Vc)γT=,

c∂pK式中K=−V⎛∂P⎞

c⎜⎝∂V⎟⎠为体积弹性模量

[参见《固体物理教程》TαγCVV=

KV,c得γαVK=

VcC.V因此

d1nΘDγαVVdP=K=cC.

V21.设某离子晶体中相邻两离子的互作用势能

U(r)=e2br+

r9

,b为待定常数,平衡间距r−10

0=3*10m,求线膨胀系数αL.

[解答]

根据《固体物理教程》（3.148）式,线膨胀系数αL可近似表示为

αηkBL=

r0β2

.

再利用(3.158)式

18

(2.11)]2式中

β=⎛⎜dU⎞⎟1⎛d3U⎞

⎜⎟⎝

dr2

⎟,⎠η=−2⎜⎜dr3⎟.r0⎝⎠r0

由平衡条件

⎛⎜dU⎞

e29bdr⎟=2−10=0,⎝⎠r0r0r0

得

b=1

e2r

0.

2

于是

β=⎛⎜⎜d2U⎞2e290b8e,

⎝dr2⎟⎟=−⎠r3+r11=000r3

r0η=−1⎛d3U⎞1⎛6e2990b⎞52e2

2⎜⎜⎟.

⎝dr3

⎟⎠=−2⎜⎜r4−r12⎟0⎟=r0⎝0⎠r4

0

将以上结果及下列数据:

r0=3*10−8cm,e=4.806*10−10CGSE,k−16B=1.381*10erg/K

代入αL的表示式,得

52r−80kB52*3*10*1.381*10−16

αL=e2

=*(4.806*10−10)2≈1.46*10−5(K−1).

22.证明晶体自由能的经典极限为

F=U(V)+kn⎛⎜ℏϖi⎞

BT∑1⎟.i⎜⎝kBT⎟⎠

[解答]

根据《固体物理教程》式(3.153),晶体自由能为

F=U(V)+∑⎧⎨1ℏϖℏϖi/kBT⎫⎩2

i+kBT1n(1−e)⎬.

i⎭=U(V)+k1n⎧⎨1ℏϖi⎩2k+1n(1−eℏϖi/kBT)⎫

BT∑⎬.

iBT⎭

在经典极限时,

kBT>>ℏϖi,因而有1ℏϖi2kT→0,

Beℏϖi/kBT≈1−ℏϖik.BT将此两式代入F的表示式,便得

F=U(V)+k⎛ℏϖi⎞BT∑1n⎜⎟i⎜⎝kBT⎟.⎠

23.按照爱因斯坦模型,求出单原子晶体的熵,并求出高低温极限情况下的表达式.

[解答]

由《固体物理教程》式(3.153)可知,晶体自由能为

F=U(V)+∑⎧⎨1ℏϖ⎫

i+kBT1n(1−eℏϖi/kBT)⎬.

i⎩2

⎭19

利用熵S与自由能F的关系

可得

⎛∂F⎞S=−⎜⎟,

∂T⎝⎠V⎧ℏϖ/kT⎫

S=kB∑⎨ℏϖii/kBTB−1n(1−e−ℏϖi/kBT)⎬.

−1i⎩e⎭

设单原子晶体有N个原子,按照爱因斯坦模型,有

ϖ1=ϖ2=ϖ3=⋯ϖ3N=ϖ,

⎧ℏϖ/kT⎫

S=3NkB⎨ℏϖ/kBTB−1n(1−e−ℏϖ/kBT)⎬.

−1⎩e⎭

再引入爱因斯坦特征温度ΘE,即

ℏϖ,ΘE=kB于是并作变量变换

x=

则进一步得到

ℏϖΘE=kBTT,

⎧ΘE/T−ΘE/T⎫S=3NkB⎨Θ−1n(1−e)⎬E/T⎩e⎭x=3NkB⎧−1n(1−e−x)⎫⎨x⎬

⎩e−1⎭

x在高温时,x<<1,≈1,1−e−x≈x,可得xe−1

⎛TΘ⎞⎛

S≈3NkB(1−1nx)=3NkB⎜1−1nE⎟≈3NkB1n⎜⎜ΘT⎠⎝⎝Exxx甚低温是,x>>1,e−1≈e,1−e≈1,可得

Θ

S≈3NkBxe−x=3NkBEe−ΘE/T.

T⎞⎟⎟.⎠

从高低温极限可以看出,温度越低晶格系统的熵越小,当温度趋于0K时,晶格系统的熵趋于0.这些结论与经典理论一致.

x2exdx其中C=∫0(ex−1)2

是一常数，晶格的热容CV=CVO+CVA.

∞

20

第四章晶体的缺陷

习题1.求证在立方密积结构中,最大的间隙原子半径r与母体原子半径R之比为

r0.414R[解答]

对于面心立方结构,如图4.1所示,1原子中心与8原子中心的距离,等于1原子中心与2原子中心的距离,对于立方密积模型,

图4.1面心立方晶胞

因为1原子与8原子相切,所以1原子与2原子也相切,同理,1,2,3,4原子依次相切,过1,2,3,4原子中心作一剖面,得到图4.2.1与2间的距离为

图4.2通过面心立方晶胞上下左右面心的剖面图

2R=

即R2a,2

=

a=2R+2r,即r2

a.与1,2,3,4相切的在1,2,3,4间隙中的小球的半径r由下式决定4

12=(−)a.

24r于是有=2−1=0.414.

R2.假设把一个Na原子从Na晶体中移到表面上所需的能量为1eV,计算室温时肖特基缺陷的浓度.[解答]

对于肖特基缺陷,在单原子晶体中空位数为

n1=Ne−u1

kBT得到温时u1为将一个原子由晶体内的格点移到表面所需的能量,取室温时T=300K，

−u1

n1⎛1.60*10−19⎞kBT=e=exp⎜⎜−1.38*10−23*300⎟⎟肖特基缺陷的相对浓度N⎝⎠式中N为原子数,

=e−38.6=1.72*10−17

3.在上题中,相邻原子向空位迁移时必须越过0.5eV的势垒,设原子的振动频率为10的扩散系数.计算温度100C时空位的扩散系数提高百分之几.

[解答]

由《固体物理教程》(4.32)式可知,空们扩散系数的表示式为

�

12

Hz试估计室温下空位

12

（1）av01e−(u1+E1)/kbT，

2

式中a为空们跳跃一步所跨的距离,v01为与空们相邻的原子的振动频率,u1为形成一个空位所需要的能量，E1为相邻原子抽空位迁移时必须越过的势垒高度,已知晶体是体心立方结构,晶格常数

n1=Ne−u1

kBT1qqD1=

a=4.282A空位每跳一步的距离为a=3a'/2，v01=1012Hz，u1=1eV，E1=0.5eV将上述数据代入(1)式,得到T=300K，373K时空位扩散系数分别为

⎞1⎛3−1012−1.5*1.6*10−19/(1.38*10−23*300)2

⎜D1300K=*⎜*4.282*10⎟*10*em/s⎟2⎝2⎠

=4.584*10−33m2/s2

⎛⎞−19−2313−10

⎟*1012*e−1.5*1.6*10/(1.38*10*373)m2/sD2373K=*⎜*4.282*10⎟2⎜⎝2⎠

=3.874*10−28m2/s于是得到

2

'

�

D1373K−D1300KD1300K=8.451*104.

�

从上式可知,温度100C时空位的扩散系数比室温下空位的扩散系数提高4个数量级.

4.对于铜,形成一个不肖特基缺陷的能量为1.2eV,形成一个填隙原子所需要的能量为4eV.估算接近1300K(铜的熔点)时,两种缺隙浓度时的数量级差多少.[解答]

根据《固体物理教程》中(4.19)(4.20)式可知,空位和填隙原子的数目分别为n1

=Ne−u1/kBT,

n2=Ne−u21/kBT.

在第二式中已取间隙位置数等于原子数

,由上述两式得单位体积铜中空位和填隙原子的浓度分别为

N0ρ−u1/kBT,emNρC2=n2=0e−u21/kBT.

mNρC2=n2=0e−u21/kBT.

m式中m为摩尔质量,ρ为质量密度,将

u1=1.2eV=1.2*1.602*10−19J,u2=4eV=4*1.602*10−19J,C1=n1=

m=63.*10−3kg/mo1,N0=6.022*1023/mo1,

ρ=8.92*103kg/m3,T=1300K,kB=1.381*10−23J/K代入C1和C2得

6.022*1023*8.9*103−1.2*1.602*10−19/(1.381*10−23*1300)3

C1=em−3

63.*10

=8.4*1028*e−10.708m−3=1.1*1024m−3

6.022*1023*8.9*103−4*1.602*10−19/(1.381*10−23*1300)3

C2=em63.*10−3

=8.4*1028*e−35.69m−3=2.674*1013m−3.

从以上两式可以看出,接近1300K(铜的熔点)时,肖特基缺陷和填隙原子缺陷浓度相差11个数量级.

5.在离子晶体中,由于,电中性的要求,肖特基缺陷都成对地产生,令n代表正负离子空位的对数,E是形成一

对肖特基缺陷所需要的能量,N为整个离子晶体中正负离子对的数目,证明n[解答]

由N个正离子中取出n个正离子形成n个空位的可能方式数为

=Ne−E/2kBT.

W1=

N!(N−n)!n!N!

.

(N−n)!n!

2

同样.由个负离子中取出个负离子形成个空位的可能方式数也为

W2=

因此,在晶体中形成对正,负离子空位的可能方式数为

⎡N!⎤

W=W1W1=⎢⎥

⎣(N−n)!n!⎦

与无空位时相比,晶体熵的增量为

∆S=kB1nW=2kB1nN!(N−n)!n!

N!

,

(N−n)!n!

若不考虑空位的出现对离子振动的影响,晶体的自由能

F=F0+nE−T∆S=F0+nE−2kBT1n其中F0是只与晶体体积有关的自由能,利用平衡条件

⎛∂F⎞⎜⎟=0⎝∂n⎠T及斯特林公式1nN!=N1nN−N≈N1nN得

∂⎛∂F⎞

=E−2kT[N1nN−(N−n)−n1n]⎜⎟B∂n⎝∂n⎠TN−n=E−2kBT1n=0.

nn由此得=e−E/2kBT.

N−n由于N>>n,因此得n=Ne−E/2kBT.

6.试求有肖特基缺陷后,上题中的体积的相对变化∆V/V.V为无缺陷时的晶体体积.

[解答]

肖特基缺陷是晶体内部原子跑到晶体表面上,而使原来的位置变成空位,也就是说,肖特基缺陷将引起晶体体积的增大,设每个离子占据体积为v则当出现n对正、负离子空位时,所增加的体积为∆V=2nv.而晶体原体积为V=2Nv.由以上两式及上题中的结果n得

=Ne−E/2kBT∆Vn==e−E/2kBT.VN�

C时用X射线衍射测定NaC1的离子间距,由此确定的质量密度算得的

�

分子量为58.430,而用化学方法测定的分子量为58.4.求在800C时缺陷的相对浓度.

7.设NaC1只有肖特基缺陷,在800[解答]

即使在800C时,晶体是的缺陷数目与正常格点上的原子数目相比也是很少的,因此,在忽略热膨胀的影响的情况下,X射线测得的离子间距可视为正常离子间的距离,设NaC1晶体的离子间距为d,则晶格常数为2d,一个晶胞内包含4个

NaC1分子,再设晶体总质量是M,无缺陷时体积为V0有缺陷时体积V,用X射线

方法确定的分子质量可表示为

�

⎡(2d)3⎢⎢4⎢V⎢⎣⎤

⎥⎥M.⎥⎥⎦⎤⎥⎥M.⎥⎥⎦

用化学方法测得的分子质量可视为真实的分子质量,可表示为

⎡(2d)3

⎢⎢4⎢V0⎢⎣

2d3MN0=A',V2d3MN0=A,V0

设用射线方法和化学方法测定的分子量分别为

A',A,则进一步得

基中N0为阿伏加德罗常数,由以上两式得

∆VAV==+1

V0A'V0

以

.

nN表示缺陷时的相对浓度,利用上题结果

∆Vn=VN得缺陷的相对浓度

nA58.4

='−1=−1=4.1*10−4.NA58.430

8.对下列晶体结构,指出最密原子排列的晶列方向,并求出最小滑移间距.(1)体心立方;(2)面心立方.[解答]

(1)体心立方晶系原胞坐标系中的晶面族(h1h2h3)的面间距

dh1h2h3=

a(h2+h3)+(h3+h1)+(h1+h2)

2

2

2

.

可以看出,面间距最在的晶面族是{001},将该晶面指数代入《固体物理教程》(1.32)式,得到该晶面族对应的密勒指数为{001}.面间距最大的晶面上的格点最密，所以，密勒指数{001}晶面族是格点最密的面，面间距在的晶面间的结合力小,所以格点最密的面便是滑移面.最密的线一定分布在格点最密的面上.由图4.3虚线标出的(110)晶面容易算出,最密的线上格点的周期为

3a.2

具有简单晶格的晶体滑移时,是一个晶格周期一个晶格周期的一步步滑移,因此,最小滑移间距为

3a.2

图4.3体心立方晶胞

(2)面心立方晶系原胞坐标系中的晶面族(h1h2h3)的面间距

dh1h2h3=

a(−h1+h2+h3)2+(h1−h2+h3)2+(h1+h2−h3)2

可以看出,面间距最大的晶面族是{111}.由第一章第15题可知,对于面心立方晶体,晶面指数(h1h2h3)与晶面指数(hkl)的转换关系为

将晶面指数{111}代入上式,得到该晶面族对应的密勒指数也为{111}.面间距最大的晶面上的格点最密，所以密勒指数晶面族是格点最密的面，即{111}晶面族是滑移面。格点最密的线一定分布在格点最密的面上,由图4.4虚所标出的(111)晶面上的格点容易算出,最密的线上格点的周期为

2a.2

具有简单晶格的晶体滑移时,是一个晶格周期一个晶格周期的一步步滑移,因此最小滑移间距为

2a.2

图4.4面心立方晶胞

9.铜是面心立方结构,原子量设为W,绝对零度时晶格常数为a,设热缺陷全为肖特基缺陷,测得铜在温度

T,下的质量密度为ρ,或者测定出膨胀系数为[解答]

β,求形成一个肖特基缺陷所需要的能量.

n1铜原子总数为N,

V−V0n1

绝对零度时铜的体积为V0温度为T时的体积为V,利用第6题的结果,则有==e−u/kBT.

V0N肖特基缺陷跑到晶体表面上,使晶体体积增大,设温度T为时的肖特基缺陷数目为由热膨胀知识可知

Na3

V=V0(1+βT)=(1+βT).

4

由以上两式得u1=−kBT1nβT再从ρV=NWµ,µ是原子质量单位,

NWµ又得.V=

ρ由以上诸式可得

NWµNa3

−

⎛4Wµ⎞ρ4−u/kBT.=⎜−1⎟=e3⎜3⎟Na⎝ρa⎠

4

于是,形成一个肖特基缺陷所需要的能量又可表示为

⎛4Wµ⎞

.⎜u1=−kBT1n⎜−1⎟3⎟

⎝ρa⎠

其实(1)与(2)式是统一的,设绝对零度时铜的质量密度为ρ0由

得

⎛V⎞⎛ρ0

NWµ=ρV=ρ0V0=ρ0⎜⎜1+βT⎟⎟=⎜⎜

⎝⎠⎝1+βTρ0

ρ=

1+βT4Wµ1⎛4Wµ⎞1

=⎜⎟=(ρ0)=1+βTρa3ρ⎝a3⎠ρ⎞⎟⎟V⎠

由于铜是面心立方结构,一个晶胞内包4个铜原子,所以

将上式代入(2)式得

u1=−kT1nβT.

也就是说,若能断定晶体只有肖特基缺陷,只要测得晶体在温度T下的质量密度胀系数为β,均可求出形成一个肖特基缺陷所需要的能量.

ρ,或者测定出晶体的体膨

10.有一简单晶格的晶体,原子在间隙位置上的能量比在格点上高出1eV,试求有千分之一的原子变成间隙原子时的温度[解答]

将间隙位置数,格点数及原子数三者视为近似相等,并设为N.在N个子格点中形成n个空位的可能方式数为

W1=W2=

N!

.

(N−n)!n!N!(N−n)!n!

2

n个填隙原子在N个间隙位置上排列的可能方式数为

因此同时形成n个空们和n个填隙原子的可能方式数为

⎡⎤N!

W=W1W2=⎢⎥

⎣(N−n)!n!⎦

由此导致的晶体的熵的增加量为

.

∆S=kB1nW=2kB1n晶体的自由能

N!(N−)!n!

N!(N−n)!n!

F=F0+nE−T∆S=F0+nE−2kBT1n式中

F0是只与晶体体积有关的自由能,u表示原子位于间隙位置比在正常格点高出的能量,利用平衡条件⎛∂F⎞⎜⎟=0∂n⎝⎠T及斯特林公式nN!=N1nN−N≈N1nNN−n⎛∂F⎞得=u−2kT1n=0⎜⎟Bn⎝∂n⎠Tn于是有=e−u/2kBT.

N−nn由于实际上N>>n,因此≈e−u/2kBTNu1

从而得T≈.

2kB1n(N/n)

−19

将u=1eV=1.602*10J,kB=1.381*10−23J/K,n=10−3N，代入上式得T=840K.

+−+

11.AB型离子晶体,只有正负离子空位和A填隙离子三种热缺陷,负电性的正离子空位,其电荷是

由负离子空位的正电荷抵消,还是由间隙正离子的正电荷抵消,取决于

vv(u+−u−)>>kBT或

vvv(u+−ui+)>>kBT其中u+,u−,ui+分别为正负离子空位和正填隙离子的形成能,利用是电性条件证明

v(1)当(u+−uv−)>>kBT时,只有肖特基缺陷

(n)s=(n)=NNe(2)当(u+

v+

vv+v−s[

v+

v+

1

vv−(uv+u)/kT+−B2−]−ui+)>>kBT时,只有弗仑克尔缺陷

i+

(n)f=(n)f=NNe(3)

[

v+i+

1

vi−(u++u+)/kBT2

]n=(n)+(n)

v2

(n−)n=vsn+v−in+=

i2

(n+)fv+

[v2+s2f];

2

1

;

nv+

;

[解答]设N+,

vvvi分别表示正负离子空位数和正填N−v和N+i分别表示正负离子总数和间隙正离子总数,n+,n−,n+

隙离子数，

vvi和u+分别为正负离子空位和正填隙离子的形成能，则晶格系数的自由能u+,u−

vvviiF=F0+nv+u++n−u−+n+u+

vi⎡⎤N+!N−v!N+!

.(1)−kBT1n⎢vvvvvviii⎥(N−n)!n!(N−n)!n!(N−n)!n!++−−−+++⎦⎣+

其中F0是只与体积有关的自由能，由电中性条件

vv−qn++qn−+qni+=0vvi,n+=n−+n+

(2)(3)

vvi既是（1）u+,u−,u+

得

其中q是正负离子空位和正填隙离子的等效电荷，这里假定它们的等效电荷都相等.

式的变量，又是（2）式的变量.因此,在求自由能的极小值时应考虑电中性的约束条件,为此,在(2)式左端

乘以参量λ，并代入（1）式得

vvvviiF=F0+n+(u+−λq)+n−(u−+λq)+n+(u++λq)vi⎡⎤!N−v!N+!N+

.−kBT1n⎢vvvvvviii⎥(−)!!(−)!!(−)!!NnnNnnNnn++−−−+++⎦⎣+

(4)

利用自由能的极小值条件

∂F∂nv+

=0,

∂F∂nvv−

=0,

∂F∂ni+

=0,

可得热缺陷数目为

vv−(u+−λq)/kBT,n+=N+e(5)(6)(7)

1

)/kBT2

n=Nei+i+

−(ui+−λq)/kBTv,

vv−(u−−λq)/kBT.n−=N−e再将以上三式代入（3）式,得

eλq/kBT=

v1

Nv+

[Nev−

vv(u+−u−)/

kBTi+N+ev(u+−ui+

].

将上式再代入n+的表示式，得

n=Nev+v+

−u+/kBTv⎛1vvvii(u+−u+)/kBT⎜N−ve(u+−u−)/kBT+N+e⎜Nv+⎝

[]12

⎞

⎟⎟⎠

(8)

=NNe（1）

[

v+

vv−(u++uv−)/kBT−

.+NNevv从（8）式可以看出，当(u+−u−)>>kBTv+

v+i+

1

i−(uv+u)/kT++B2

]时,

.n≈NNevv（9）式说明，当(u+−u−)>>kBT时,填隙离子的数目可以忽略。也就是说,在晶体在可近似认为

vv只有肖特基缺陷,(9)式中(u+−u−)便是形成一对正负离子空位缺陷所需的能量便是肖特基缺陷,中的正离子的空位数目,由于正负离子的空位数目相等,所以,在只有肖特基缺陷情况下

[

v+v−

1

v−(uv+u)/kT+−B2

](n)s=(n)=NNe(2)从(8)式还可以看出,当(u+

v+

vv+v−s[

v+

1

vv−(uv+u)/kT+−B2−].

−ui+)>>kBT时,(8)式变成

n=NNevv(10)式表明,当(u+−u−)>>kBT量,

v+

[

v+

1

ii−(uv+u)/kT++B2+

].

时,负离子空位的数目,可以,忽略,也就是说..在晶体中可近似认为只

vi(u+−u+)便是正常格点上的一个正离子跳到间隙位置所需的能

有正离子的弗仑克尔缺陷.(10)式中

v便是弗仑克尔缺陷中的正离子的空位数目,对弗仑克尔缺陷,空位数等于填隙离子数所以n+

i+

(n)f=(n)f=NNe(3)在一般情况下,(8)式化成

[

v+i+

1

i−(uv+u)/kT++B2.

]n=NNev+

[

=(n)+(n)

[vv−(uv++u−)/kBT−

1

vv2.+s−sv+

+NNev+v+

1

vi−(u++u+)/kBT2

]]由(5)式与(7)式的乘积得

vvv−(u++u−)/kBTv2)sn+⋅n−=N+vN−e=(n−

vv即nv−

=

v+

v2(n−)sni+

v+

.

由（5）式与（6）式的乘积得

n⋅n=NNe即

in+=

i2

(n+)fv+i+

−(u++u+)/kBTvii2)f,=(n+

nv+

.

12．若计及缺陷对最近邻离子振动频率的影响，采用爱因斯坦模型，求高温时离子晶体中成对出现的肖特基缺陷对的数目，设任一离子有m个最近邻，与空位相邻离子的振动频率都相同。[解答]

设晶体有N对正，负离子，n对正负离子空位，形成一对缺陷，所需能量为E。由第5题的有关结果知,当不考空位对离子振动的影响时,晶体的自由能

F=F0+nE−2kBT1nN!

.

(N−n)!n!

此外，由《固体物理教程》（3.152）式可知,在高温条件下,晶体原子的振动对自由能的贡献为

F2=kBT∑1n(1−e−ℏϖi/kBT).

i=1

6N若采用爱因斯坦模型,则各振动频率相同,再考虑到高温时有

1−e可得kBT−ℏϖ2/kBT=

ℏϖkBT,

−ℏϖ/kBT−

∑1n(1−ei=1

6N−ℏϖi/kBT)=6NkBT1n(1−e.

)

=6NkBT1n'

ℏϖkBT根椐题意,可设空位使最近邻的m个离子的振动频率从ϖ变为ϖ,在整个晶体有2nm个离子振动频率为ϖ,其他2N-2nm个离子的振动频率仍为ϖ,频率的不同引起的自由能的变化为

'

ℏϖ'ℏϖℏϖ∆F2=[6nmkBT1n+3(2N−2nm)kBT1n]−6NkBT1nkBTkBTkBTϖ'

=6nmkBT1nϖ.

由以上诸式得晶体的总的自由能

F=F1+F2+∆F2

ϖ'N!ℏϖ=F0+nE−2kBT1n+6NkBT1n+6nmkBT1n(N−n)!n!kBTϖ⎛∂F⎞根据平衡条件⎜⎟=0,∂n⎝⎠T并应用斯特林公式1nN!=

.

N1nN,得

2⎡∂Fn⎛ϖ'⎛⎞⎛⎞⎜⎟=E+kBT1n⎢⎜⎟⎜⎜ϖ∂nN−n⎝⎠T⎝⎠⎢⎝⎣

3mnϖ⎞−E/kBT⎛即.=⎜⎟eN−n⎝ϖ'⎠由于实际上N>>n,于是

⎞⎟⎟⎠

6m⎤⎥=0⎥⎦

⎛ϖ⎞

n=N⎜'⎟e−E/kBT.

⎝ϖ⎠

13.对单原子晶体,在通常温度下,肖特基缺陷数目与最近邻原子的振动频率的改变有关,试用爱因斯坦模型,证明平衡时肖特基缺陷数目

−ℏϖ/kBT⎞⎛

−u1/kBT⎜1−e⎟,n=Ne−

⎜⎟ℏϖ⎝1−e−/kBT⎠

并讨论T>>ΘE和T<<ΘE的极限情况,其中u1是肖特基,缺陷形成能,m是空位的最近邻原子数,ϖ3m3m和ϖ为最近邻无空位和有空位时原子的振动频率

[解答]

设含有N个原子的简单晶体中,存在n个空位,当原子振动频率不变时,晶体的自由能为

−

F1=F0+nu1−T∆S=F0+nu1−kBT1nN!(N−n)!n!

按照爱因斯坦模型,有空位缺陷时晶体的振动对自由能的贡献为

−

⎡ℏϖ⎤−

⎡ℏϖ⎤

F2=3(N−nm)kBT⎢+1n(1−e−ℏϖ/kBT)⎥+3nmkBT⎢+1n(1−e−ℏϖ/kBT)⎥.

⎢2kBT⎥⎣2kBT⎦⎣⎦

根据平衡条件

⎛∂F⎞⎡∂(F+F2)⎤

=0,⎜⎟=⎢1

⎥∂n⎝∂n⎠T⎣⎦T并应用斯特林公式1nN!=N1nN,得

⎛−

nϖ−ϖ⎛∂F⎞

+3mℏ⎜⎜⎟=u1+kBT1n⎜N−n⎝∂n⎠T⎜2

⎝

能量u1比电子能量ℏϖ或ℏϖ大得多,将上式中

−⎛ϖ−ϖ⎞⎜⎟3mℏ⎜

⎜2⎟⎟⎝⎠−

−

⎞−ℏϖ/kBT⎟+3mkT1n1−e=0.B−ℏϖ/kBT⎟1−e⎟⎠

忽略掉,则有

−ℏϖ/kBT⎛N−u1/kBT⎜1−ee−

⎜−ℏϖ/kBTN−n⎝1−e⎞

⎟⎟⎠

3m.

由N>>n,得

−ℏϖ/kBT⎛−u1/kBT⎜1−en=Ne−

⎜−ℏϖ/kBT⎝1−e⎞⎟⎟⎠

3m.

引进爱因斯坦温度

ΘE=

在高温时,即TℏϖkB,

>>ΘE时,有

ℏϖℏϖ,1−e−ℏϖ/kBT≈kBTkBT−

−

1−e−ℏϖ/kBT≈⎛ϖn=N⎜−

⎜⎝ϖ−

.

于是

⎞−u/kT⎟e1B.⎟⎠

1−e−ℏϖ/kBT1−e−ℏϖ/kBT−

3m由于ϖ<ϖ,因此上式表明高温下空位更容易形成

在低温情况下,即T<<ΘE时有

≈1,

于是n=Ne1B.

此式表明,低温下不仅缺陷数目少,而且空位附近的原子与正常格点上的原子的频率偏差对空位浓度的影响可以忽略.

14.若计及缺陷对最近邻m个原子的影响,采用爱因斯坦模型,求出高温时晶体中的弗仑克尔缺陷数目,设空位最近邻的原子的频率变为ϖ1,填隙原子近邻的原子的频率变为ϖ2.[解答]

−u/kTN与N'当没有缺陷时,若采用爱因斯坦模型,则高温时晶格−ℏϖ/kBT热振动的自由能为F2=3NkBT1n(1−e)

设晶体中的原子数和间隙位置数分别为

如果晶体中存在n个弗仑克尔缺陷,则它们存在的可能排列方式数为

N!N'!

W=

(N−n)!(N'−n)!(n!)2

.

设形成一个弗仑克尔缺陷需要的能量为u,由此得原子振动频率不变时晶体自由能的改变为

∆F=nu−kBT1nW若空位最近邻的原子的频率变为ϖ1,填隙原子最近邻的原子的频率变为ϖ2,则在高温时,原子振动引起自由能的改变为

∆F'=3(N−2nm)kBT1n(1−e−ℏϖ/kBT)+

3nmkBT1n(1−e−ℏϖ1/kBT)+3nmkBT1n(1−e−ℏϖ2/kBT)−3NkBT1n(1−e−ℏϖ/kBT)1−(1−e−ℏϖ2/kBT)

=3nmkBT1n(1−e−ℏϖ/kBT)2

晶体总的自由能成为

⎡⎤N!N'!−ℏϖ/kBTF=F0+nu−kBT1n⎢+3NkT1n(1−e)B'2⎥⎣(N−n)!(N−n)!(n!)⎦

(1−e−ℏϖ2/kBT)(1−e−ℏϖ2/kBT)

.+3nmkBT1n−ℏϖ/kBT2

(1−e)

在高温时,(ℏϖ/kBT)<<1,(ℏϖ1/kBT)<<1,(ℏϖ2/kBT)<<1,由此得

ℏϖ，1−e−ℏϖ/kBT≈kBTℏϖ1−ℏϖ1/kBT，1−e≈kBTℏϖ2

。1−e−ℏϖ2/kBT≈kBT再利用斯特林公式1nN!=N1nN，得到F=F0+nu−kBTN1nN+N'1nN'−(N−n)1n(N−n)−(N'−n)1n(N'−n)−2n1nnϖ1ϖ2ℏϖ.+3NkBT1n+3nmkBT1nkBTϖ2

代入平衡条件⎜

[]⎛∂F⎞

⎟=0,∂n⎝⎠T⎡⎤n2ϖ1ϖ2

得u+kBT1n⎢+3mkT1n=0.⎥B'

ϖ(N−n)(N−n)⎣⎦2⎛ϖ2⎞−u/kBTn由上式得.=⎜⎟e'⎜⎟(N−n)(N−n)⎝ϖ1ϖ2⎠

2

3m由于N,N'

⎛ϖ>>n,因此n=NN'⎜⎜ϖϖ⎝12

2⎞⎟⎟⎠

3m/2

e−u/kBT.

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）ψk(x)=icos3πax,

（2）ψk(∞

x)=∑

f(x−la),f是某一函数，

l=-∞

求电子在以上状态中的波矢．

［解答］

由《固体物理教程》（5.14）式

ψ(��)ir�•R�n�kr+Rn=eψk(r)

可知，在一维周期势场中运动的电子的波函数满足

ψk(x+a)=eikaψk(x)

由此得

ψ⎡3π⎤⎛3π⎞⎛3π⎞

(1)

k(x+a)=icos⎢⎣a(x+a)⎥⎦=icos⎜⎝ax+π⎟⎠=−icos⎜⎝ax⎟

⎠

=−ψk(x)=eikaψk(x)

于是

eika=−1

因此得

k=±π3π5πa,±a,±a,⋯

若只取布里渊区内的值：−ππak=

πa∞∞

(2)ψk(x+a)=

l∑f(x+a+la)==−∞

l∑f[x−(l−1)a].

=−∞

令

l′=l+1

得

ψk(x+a)=∑f(x−l'a)=ψk(x)=eikaψk(x).

由上式知

eika=1

所以有

k=0,±

2π4a,±πa,±6πa,⋯因此得在布里渊区内的值为

k=0

2.一维周期势场为

V(x)⎧=⎪1⎨mW2[b2−(x−na)2]

,当na−b≤x≤na+b⎪2

⎩

0,当(n−1)a+b≤x≤na−b.其中a=4b，W为常数，试画出此势能曲线，并求出势能的平均值．

［解

答］

11

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=1a2a∫−aV(x)dx=12b24b∫−2bV(x)dx=1b14b∫−b2

mW2[b2−x2]dxmW2=8b[b2x−13b3x]−b=126

mWb2.3.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

Eg=2Vn，

其中Vn是周期势场V(x)傅里叶级数的系数，该系数可由《固体物理教程》

（5.22）式V∫

a2−i2πn=

1anxa−a2V(x)edx求得，第一禁带宽度为

1a2

2πE1

=2

V(−iaxg1=2Va∫−a2x)edx2π=2

1bmW2[b2−x2

]

e−iax4b∫−b2

dx2=2

1bmW2⎛π⎞4b∫−b2[b−x2

]cos⎜⎝2bx⎟⎠

dx8mW2b2=

π3

.

第二禁带宽度为

E1a2

4πaxg2=2V2

a∫−a2V(x)e−=2

idxπ=2

1bmW24b∫−b2

[b2−x2]e−ibxdx=2

1bmW24b∫−b2[b2−x2]cos⎛⎜π⎞⎝bx⎟⎠

dx2

2

mW2b2=

π2

4.已知一维晶格中电子的能带可写成

ℏ2⎛71⎞

E(k)=−coska+cos2ka⎜⎟，2

ma⎝88⎠

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

∆E=Emax−Emin.

由极值条件

dE(k)=0dkka=0的解，此式在第一布里渊区内的解为

得

上式的唯一解是sin

k=0,

当k=0时,E(k)取极小值Emin，且有

Emin=E(0)=0

π当k=时,E(k)，E(k)取极大值Emax,且有

a⎛π⎞2ℏ2

.Emax=E⎜⎟=2

ama⎝⎠

由以上可得能带宽度为

πa.

∆E=Emax−Emin

2ℏ2=.ma2

（2）由《固体物理教程》（5.81）式，得电子的平均速度为

v=

1dE(k)ℏ⎛1⎞=⎜sinka−sin2ka⎟.

ma⎝4ℏdk⎠⎡⎤

⎢ℏ2⎥=⎢2⎥⎢∂E⎥⎢⎣∂k2⎥⎦

1⎛⎞

=m⎜coska−cos2ka⎟

2⎝⎠

k=±

πa（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

−1

m∗

k=±

πaπk=±

a2=−m.

3

⎡⎤

−12⎢ℏ⎥1⎛⎞∗

m=⎢2⎥=m⎜coska−cos2ka⎟k=0=2m.k=02⎝⎠⎢∂E⎥

⎢⎣∂2k⎥⎦k=0

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

33

n�

式中Rn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

���atk•Rn

Esk=Es−Cs−Js∑e.

()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

(±a,0,0),(0,±a,0),(0,0,±a).

简单立方体非简并E�

)s态电子的能带则为

s(k=Eats−Cs−2Js(coskxa+coskya+coskza).

（2）在[110]方向上

k=0,k2zx=ky=

2

k,能带变为

E(�)=Ecos⎛⎜2ka⎞

sk0−4Js⎜⎟⎝2⎟,⎠

其中

Eat0=Es−Cs−2Js,

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

v=

1∂Eℏ∂k=22Jsaℏsin⎛⎜2ka⎞⎜⎟.⎝2⎟⎠

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

∗

ℏ2ℏ2

m=∂2E=,

∂k2

2J2

⎛2ka⎞sacos⎜⎜⎟⎝2⎟⎠

有效质量曲线如图5.4所示.

44

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

F=−eε电子的加速度

⎛2ka⎞

⎟−eε2Jsa2cos⎜⎜2⎟F⎝⎠a=∗=

mℏ2

.

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

kyakya⎡kxakakaka⎤cos+coscosz+coszcosx⎥,Es=E−Cs−4Js⎢cos222222⎦⎣

ats并求出能带底的有效质量.

[解答]

（5.60）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》

式,其能带表示式为

����atEsk=Es−Cs−Js∑ek•Rn,Rn是最近邻格矢.

()n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(±

aaaaaa,±,0),(±,0,±),(0,±,±).222222

将上述12组坐标带入能带的表示式,得

���atEsk=Es−Cs−Js∑ek•Rn

()naaaa⎧⎡i2(kx+ky)−i(kx+ky)i(kx−ky)−i(kx−ky)⎤⎫

+e2+e2+e2⎪⎢e⎥⎪

⎪⎣⎦⎪⎪⎪aaaa−i(kx+kz)i(kx−kz)−i(kx−kz)⎤⎪⎪⎡i2(kx+kz)222at=Es−Cs−Js⎨+⎢e+e+e+e⎥⎬

⎦⎪⎪⎣

⎪⎡ia(ky+kz)⎪aaa−i(ky+kz)i(ky−kz)−i(ky−kz)⎤2

⎪+⎢e⎪+e2+e2+e2⎥⎪⎦⎪⎩⎣⎭

55

aaa⎧⎫()()()cosk+k+cosk−k+cosk+kxyxyxz⎪⎪⎪⎪222at=Es−Cs−Js⎨⎬

aaa⎪+cos(k−k)+cos(k+k)+cos(k+k)⎪xzyzyz⎪⎪⎩222⎭kyakya⎡kxakzakzakxa⎤at.=Es−Cs−4Js⎢coscos+coscos+coscos⎥222222⎦⎣��

能带底即Ek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

⎡⎤⎢ℏ2⎥2

ℏ∗

.mxx=⎢2⎥=

2Jsa2⎢∂E⎥

⎢∂k2⎥⎣xx⎦ki=0

同理可得

ℏ2ℏ2∗

,mzz=m=

2Jsa22Jsa2

∗yy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

�kyakxakaatEsk=Es−Cs−8Jscoscoscosz;

222

()（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

����atk•Rn

REsk=Es−Cs−Js∑e.n是最近邻格矢.

()n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

（±

aaa,±,±222

）.

将上述8组坐标代入能带的表示式,的

���atk•Rn

Esk=Es−Cs−Js∑e.

()naaaaai(kx+ky−kz)i(kx−ky+kz)i(−kx+ky+kz)i(kx−ky−kz)⎤(kx+ky+kz)⎡i22222

e+e+e+e+e⎢⎥

=Esat−Cs−Js⎢aaa⎥i(−kx+ky−kz)i(−kx−ky+kz)i(−kx−ky−kz)222

⎢⎥+e+e⎣+e⎦

i(kx−ky)i(−kx+ky)i(−kx−ky)(kx+ky)⎡iakza2kza2kza2ka⎤2

=E−Cs−2Js⎢ecos+ecos+ecos+ecosz⎥2222⎦⎣

a−ikx⎞⎡⎛iakx⎤ka2at2⎟cosycoskza⎥=Es−Cs−4Js⎢⎜e+e⎜⎟22⎥⎢⎠⎣⎝⎦kakaka=Esat−Cs−8Jscosxcosycosz.

222

aaaats（2）在[111]方向上

66

kx=ky=kz=

且第一布里渊区边界在

3k3

,

kx=ky=kz=±

于是能带化成

πa,

⎛3⎞

⎟E=E0−8Jscos3⎜⎜6ka⎟,

⎝⎠

at其中E0=Es−Cs.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

kx=ky=kz=0

时,

Es取最小值,即

kx=ky=kz=0是能带底,电子的有效质量为

⎡⎤⎢ℏ2⎥2

ℏ∗

mxx=⎢2⎥=

2Jsa2⎢∂E⎥

⎢∂k2⎥⎣xx⎦ki=0

同理可得

ℏ2ℏ2∗

,mzz=m=2

2Jsa2Jsa2

∗yy其它交叉项的倒数全为零.而在布里渊区边界上的

⎛2π,0,0⎞,⎛0,2π,0⎞,⎛0,0,2π⎞

±⎜±⎟⎜±⎟⎜⎟

aaa⎝⎠⎝⎠⎝⎠

处是能带顶,电子的有效质量为

ℏ2m=m=m=−

2Jsa2

∗xx∗yy∗zz.

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

22

⎞ℏ2⎛k12k2k3⎟E=⎜++⎟,2⎜mmm⎝123⎠

坐标轴1，2，3相互垂.

（1）求能态密度;

（2）（3）

��

今加一磁场B,B与坐标轴的夹角的方向余弦分别为α,β,γ证明电子在磁场中的回旋频率

,写出电子的运动方程;

77

ωc=

其中

eB,m∗

121⎡m1α2+m22β+m3m∗=⎢γ2⎤⎣mm⎥.

1m23

⎦

【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

k21k22k2

2mE+2m+3=1.

12E2m3Eℏ2ℏ2ℏ2

将上式与椭球公式

x2y2z2

a2+b2+c2=1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

4

3

πabc比较可得到,能量为E的等能面围成的椭球体积

τ=4π2

323ℏ

32m1m2m3E由上式可得

dτ=

4π2ℏ3

2m1m2m3E1dE.

能量区间内电子的状态数目

dz=2

V(c2π)dτ=Vcπℏ3

2m2321m2m3E1dE是晶体体积.电子的能态密度

N(E)=

dzdE=Vcπ2ℏ

32m1m2m3E12（2）

根据《固体物理教程》中（5.86）式得

a1⎛∂2E∂2E∂2E⎞1=ℏ2⎜⎜⎟,⎝∂k2F1+F2+kF31∂k1∂k2∂1∂k3⎟⎠1⎛∂2E∂2aE∂2⎞2=ℏ2⎜+E⎜F⎝∂k12F2+F3⎟,2∂k1∂k2∂k2∂k3⎟⎠1⎛∂2E∂2E∂2aE⎞

3=ℏ2⎜⎜⎝∂kF1+F2+2F3⎟3∂k1∂k3∂k2∂k3⎟.⎠

将

E=ℏ2⎛22

⎞2⎜⎜k21k2k3

⎟⎝m++1m2m3⎟⎠

代入上述三式得运动方程为

aF1,aF2aF31=

m2=,3=.

1m2m3

即

mdv11

dt=Fmdv2dv1,2dt=F2,m33dt=F3.（1）

88

B�当存在磁场时,电子受到洛仑兹力

F�=−ev�×B�.

其分量形式为

F1=−e(v2B3−v3B2)=−e(v2Bγ−v3Bβ)=ω2ν3−ω3v2,F2=−e(v3B1−v1B3)=−e(v3Bα−v1Bγ)=ω3ν1−ω1v3,F3=−e(v1B2−v2B1)=−e(v1Bβ−v2Bα)=ω1ν2−ω2v1

式中

B=B�

,ω1=eBα,ω2=eBβ,ω3=eBγ.

将上述结果代入运动方程（1）得

mdv1

1

dt=ω2v3−ω3v2,mdv22dt=ω3v1−ω1v3,

（2）

mdv33dt=ω1v2−ω2v1.(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

v1(0)=v10,v2(0)=v20,v3(0)=v30.

得

m1pL[v1]+ω3L[v2]-ω2L[v3]=m1v10,-ω3L[v1]+m2pL[v2]+ω1L[v3]=m2v20,ω2L[v1]-ω1L[v2]+m3pL[v3]=m3v30.

由此解出

L[v1]=

∆1

∆

.其中

m1pω3−ω2

∆=−ωω22

3

m2p1=m1m2m3p3+(m21ω1+m2ω2+m3ω3

)≡Ap(p2+B).ω2

−ω1

m3p22

A=mmm1ω21+m2ω2+m3ω3

1m23,B=

m.

1m2m3

m1v10

ω3−ω2

∆1=m2v20

m32pω1=m1m2m3v10p+(m2m3ω2v30−m2m3ω3v20)pm3v30

−ω1m3p+(m21ω1v10+m2ω1ω2v)220+m3ω1ω3v30≡C1p+C2p+C3

C1=m1m2m3v10,C2=m2m3(ω2v30+ω3v20),C23=m1ω1v10+m2ω1ω2v20+m3ω1ω3v30.

因此得

L[v]=C1p2+(C2p+C3C31C1B−C3pC211App2+B)=ABp+ABp2+B+

Ap2+B.

上式两边取逆拉普拉斯变换得

99

vC31ABp+C1B−C3C2

1=

ABcosBt+ABsinBt.

同理可得

vC3′12=

ABp+C1′B−C3′C′2

ABcosBt+ABsinBt.

C1′=m1m2m3v20,C′2=m1m3(ω3v10+ω1v30),

C′23=m2ω2v20+m3ω2ω3v30+m1ω1ω2v10.

及

vC3′′1C1′′B−C3′′C′2

′3=ABp+ABcosBt+ABsinBt.

C1

′′=m1m2m3v30,C2′′=m1m2(ω1v20+ω2v10)C′3′=m2

3ω3v30+m1ω1ω3v10+m2ω2ω3v20.

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

v1=vωct10ei,viω2=v20ectvωct3=v30ei（这里v10,v20,v30一般为复数，电子的真实速度应为v1,v2,v3的实部或虚部.）代入（2）式得

iωcm1v10+ω2v30-ω3v20=0,ω3v10+iωcm2v20-ω1v30=0,ω2v10-ω1v20+iωcm3v30=0.

v10,v20,v30有不全为零的解的充要条件是

iωcm1

ω3

−ω2

−ω3−iωcm2ω1=0.ω2

−ω1

iωcm3

由此得mm322

1m23ωc−(m1ω1+m2ω2+m3ω23)ωc=0.

于是

ω2c=m2ω22

1ω1+m22+m3ω3

m=B.

1m2m3这样，两种方法均给出电子回旋频率为

⎛22

12ωm21ω1+m2ω2+m3ω3

⎞c=B=⎜⎜⎟.

⎝m1m2m3⎟⎠

再将

ω1=eBα,ω2=eBβ,ω3=eBγ,

代入上式即得

ωeBc=

m∗

,其中

1010

1⎛m212

1α+m2β2+m3γ2m∗=⎜⎞⎜⎟.

⎝m1m2m3⎟⎠

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

E=

ℏ2k2

2m.

由此得

ℏ212dE=k⎛2ℏ2⎞mdk=⎜⎜⎟12⎝m⎟⎠

Edk,即

dk=⎛m⎞12

⎜−12⎝2ℏ2⎟⎠

EdE.

对应同一个dE，在±k方向各有一个dk，因此空间中E与E+dE之间的区间为

12

dτ=2dk=⎛⎜2m⎞−12

⎝ℏ2⎟⎠

EdE,

在该范围内的状态数为

12

dZ=Lπdτ=L⎛π⎜2m⎞−12⎝ℏ2⎟⎠

EdE,

其中L是晶格长度.于是，态密度

dZ12N(E)=

=L⎛⎜2m⎞

2dEπ⎝ℏ2⎟⎠

E−1.（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

N(E)=

SdL2π2∫L∇kE.

其中S是晶格的面积，积分沿能量为E的等能线进行.由

E=ℏ2(2

2mkx+k2y)2得∇ℏ22ℏkE=m(k2)12

=kx+kym.

于是有

S−1

N(E)=2π2

∫

dLL∇=S⎛⎜ℏ2k⎞⎟2Sm.

kE2π2⎜⎝m⎟πk=⎠

πℏ2�

�

10.二维金属晶格，晶胞为简单矩形，晶格常数a=2A,b=4A，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

b�2π��2π�1=ai,b2=bj.

11

11

选定一倒格点为原点,原点的最近邻倒格矢有4个,它们是

��±b1,±b2

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

��±b1±b2

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

,能量Eℏ2k2

（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E=

2m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

→E+dE区

图5.8二维波矢空间

S•2πkdk,2

(2π)

S是二维金属中导电电子的波矢密度,S是金属面积。2

(2π)

由E=ℏ2k22m得

mdEkdk=2.

ℏ

能量E→E+dE区间的量子态数目则为

SmdEmSdz=2•2π=2dE.22

(2π)ℏπℏ

其中能态密度

1212

N(E)=N=∫

由上式可得

0EFdznS=2dEπℏ

.

在绝对零度时，费米能级以下的量子态全被电子占据，所以有

0

mSEF0mS0

.N(E)dE=2∫dE=2EFπℏ0πℏ

0

Fπnℏ2

，E=m其中n是金属中导电电子的密度。令

2ℏ2kFE=

2m0F,

可得二维金属中导电电子的费米半径为

kF=(2πn)12。

对于原胞面积为

s=2×4×10−20m2

的单价金属，

n=1.25×1019m−2，

kF=8.862×109m−1.

（3）图5.9划出了费米面在第一、第二布里渊区的形状。

图5.9费米面在第一、二布里渊区的形状

11.计算体心和面心一价金属的kF区边界的最小距离.

【解答】

体心立方格子的倒格基矢可取

km比值.其中kF是自由电子的费米半径，km是原点到第一布里渊

�2π��b1=j+k,

a�2π��b2=i+k,

a�2π��b3=(i+j).

a())(因为倒格子是面心立方结构，所以离原点最近的有12个倒格点，它们是

1313

�

±b3⎫2π�2π���⎬±i±j,

aa±b1−b2⎭

�

±b1⎫2π�2π���⎬±j±k,

aa±b2−b3⎭

�

±b2⎫2π�2π���⎬±k±i.

aa±b3−b1⎭

((()))由这12个倒格矢的中垂线围成的区间就是第一布里渊区.因此，原点到第一布里渊区边界的最小距离等于

这12个倒格矢中任一个倒格矢模的一半.所以

km=

π2

a.由《固体物理教程》（6.4）式可知，自由电子的费米半径

k13F=(3nπ2),

式中n为单位体积中的电子数.对单价金属体心立方格子，

n=

2

a3

，

费米半径

1313k=2π⎛⎜3n⎞⎝8π⎟⎠=2π⎛⎜3⎞F⎝4πa3⎟⎠

.

于是可得

313k2π⎛⎜⎞

3⎟Fk=⎝4πa⎠=0.877.

mπ2

a面心立方格子的倒格矢可取为

b�2π1=

(−�i+�j+k�),

b�a2π2=

a(i�−�j+k�),

b�2π3=

a(�i+�j−k�).

因为倒格子是体心立方结构，所以离原点最近的有±b�,±b�,±b�(�+b��8个倒格点，它们是

123,±b12+b3).

原点到第一布里渊区边界的最小距离等于这8个倒格矢中任一个倒格矢模的一半.所以

kπ3m=

a.对单价金属面心立方格子，有

n=

4a3

将上式代入自由电子的费米半径

k13F=(3nπ2),

得到

13k2π⎛⎜3⎞

F=⎝2πa3⎟⎠

.于是可得14

14

13k2π⎛⎜3⎞⎝3⎟Fk=2πa⎠=0.903.

mπ3

a12.对于六角密积结构，六角形的两对边的间距为a，基矢

a�a�3��a�3��

�1=2i+2aj,a2=−2i+2

aj,a3=ck,

试画出此晶格的第一布里渊区.

【解答】

六角密积结构原胞的体积

Ω=a��×a�3a2c1•(a23)2

。六角密积结构的倒格矢

b�2π(a��2×a3)2π�2π�1==i+jb�2π(a�Ω�a3a,3×a1)2π�2π�2==−i+jb�2π(a�Ω�a3a,1×a2)2π�

3=Ω=ck.

在包括和的平面内选定一倒格点为原点，原点的最近邻倒格矢有6个，它们是

±b�,±b�(�+b�12,±b12).

这6个倒格矢的中垂面围成的区间构成的正六边形属于第一布里渊区.

图5.1正六边形属于第一布里渊区

若考虑整个三维空间，原点的最近邻倒格矢有8个，它们是

±b��(���1,±b2,±b1+b2),±b3.

由这8个倒格矢的中垂面围成的区间就是第一布里渊区，它是一个正六棱柱.

1515

图5.11第一布里渊区

13.平面正三角形结构，相邻原子间距为a，试求（1）正格矢和倒格矢；

（2）画出第一和第二布里渊区内切圆半径.〔解答〕（1）正格原胞的基矢如图所示取为

��a�3��

a1=ai,a2=i+aj.

22��������

其中i和j是互相垂直的单位矢量.取单位矢量k垂直于i和j，则a1,a2和k构成的体积

Ω=

32a.2

图5.12

倒格原胞的基矢为

平面正三角形结构原胞

���2πa2π�2π�2×kb==i−j,Ωa3a��

�2πk×a4π�1b==j.

Ω3a(())（2）选定一倒格点为原点，原点的最近邻倒格矢有6个，它们是

����±b1,±b2,±b1+b2.

()这6个倒格矢的中垂线围成的区间构成了两部分，以原点为对称心的正六边形是第一布里渊区.正六边形外的6个三角形部分是第二布里渊区，即图5.13中Ⅱ所示区间.第一布里渊区内切圆的半径

k=

�b22

=

2π.3a图5.13第一和第二布里渊区，第一布里渊区内切圆

16

16

14.已知某简立方晶体的晶格常数为a，其价电子的能带

E=Acos(kxa)cos(kya)cos(kza)+B.

*

ℏ2

（1）已测得带顶电子的有效质量m=−

2a2

（2）求出能带宽度；

（3）求出布里渊区中心点附近电子的状态密度.【解答】

一、假定A大于0（1）对于能带为

，试求参数A;

E=Acos(kxa)cos(kya)cos(kza)+B.

⎡⎤⎢ℏ2⎥∗

m=⎢2⎥⎢∂E⎥⎢∂k2⎥⎣i⎦k简单立方晶体中的电子，其能带顶在布里渊区中心.在布里渊区中心，电子的有效质量为

ℏ2=.−Aa2

i=0

由此可知A=2.（2）电子能带的能带底在

E=2cos(kxa)cos(kya)cos(kza)+B.

⎛±π,±π,±π.⎞⎜⎟aaa⎝⎠

处.由带顶和带底的能量知能带宽度为4.

（3）在布里渊区中心附近，k→

0,

E=2cos(kxa)cos(kya)cos(kza)+B.

⎡(kxa)2⎤⎡(kxa)2⎤⎡(kxa)2⎤=2⎢1−⎥•⎢1−⎥•⎢1−⎥+B2⎥2⎥2⎥⎢⎣⎦⎢⎣⎦⎢⎣⎦⎡(kxa)2(kya)2(kza)2⎤=2⎢1−−−⎥+B222⎥⎢⎣⎦

=2+B−a2k2

令E′

可见在布里渊区中心附近，等能面是球面.因此，能量E′和能量E′+

=B+2−E,则上式化成

E′=a2k2.

dE两等能面间的波失空间体积为

Vc4πk2dk.3

(2π)相应的量子态数目

dz=

能态密度

2Vc(2π)3

4πk2dk=

Vc12(B+2−E)dE′.23

2πaN(E′)=N(E)=

二、假定A小于0（1）对于能带为

Vc12.(B+2−E)23

2πaE=Acos(kxa)cos(kya)cos(kza)+B.

简单立方晶体中的电子，其能带顶在第一布里渊区8个角顶处17

17

⎛πππ⎞⎜±,±,±⎟.⎝aaa⎠

在这些点，电子的有效质量为

⎛⎜2

ℏ

m∗=⎜⎜∂2E⎜⎜∂k2⎝i由此可知A=-2

（2）电子在能带顶的能量

⎞⎟

ℏ2⎟=.2⎟Aa⎟⎟π⎠ki=±

aE=2+B在布里渊区中心的能带底的能量

E=−2+B可见能带宽度为4.

（3）在布里渊区中心附近，k→0,E=−2cos(kxa)cos(kya)cos(kza)+B.

⎡(kxa)2⎤⎡(kxa)2⎤⎡(kxa)2⎤=−2⎢1−⎥•⎢1−⎥•⎢1−⎥+B222⎢⎥⎥⎥⎣⎦⎢⎣⎦⎢⎣⎦

⎡(kxa)2(kya)2(kza)2⎤

=−2⎢1−−−⎥+B222⎢⎥⎣⎦

=−2+B+a2k2

令E′=E+2−B,则上式化成

可见在布里渊区中心附近，等能面是球面.因此，能量E′和能量E′+

E′=a2k2.dE两等能面间波失空间体积为

Vc2

4πkdk.3

(2π)相应的量子态数目

dz=

能态密度

2VcVc122

=+−4πkdk(E2B)dE′.323

2πa(2π)N(E)=

Vc12

(E+2−B).2π2k2

15.设晶格常数为a，原子数为N的单价一维简单晶格中，第n格点上电子的几率振幅Cn满足方程

̇=ACn−BCn−1−BCn+1,iℏC其中A、B是常数，Cn−1、Cn和Cn+1,为电子在第n-1,n和n+1格点上的几率振幅，求

（1）（2）（3）（4）

电子的能量与波失的关系；

带顶空穴及带底电子的有效质量；求A＝0时电子的能态密度；求T＝0时的费米能EF.

0

【解答】

（1）设电子在第n个格点上的几率振幅分别为

Cn=C0e,

则电子在第（n－1）和（n+1）个格点上的几率振幅分别为

⎛E⎞i⎜kna−t⎟

ℏ⎠⎝

1818

Cn−1=C0e⎛E⎞i⎜k(n−1)a−t⎟

ℏ⎠⎝

,.

C=Ce⎛E⎞

i⎜k(n+1)a−t⎟

ℏ⎠⎝

n+10将以上三式代入方程

iℏĊ=ACn−BCn−1−BCn+1,得到

iℏ⎛⎜E⎞⎝−iℏ⎟⎠

=A−Be−ika−Beika.电子的能量则为

E=A−2Bcoska.

（2）

k=0是电子的能带底，在能带底电子的有效质量

⎛⎜⎞2

⎟m∗=⎜ℏ

⎜⎟ℏ2⎜∂2

E⎟=.⎝∂k2⎟2Ba2⎠k=0

k=±

πa是电子的能带顶，在能带顶电子的有效质量⎛⎜⎞m∗

=⎜⎜ℏ2⎟⎟ℏ22⎜∂E⎟=−2

.⎜∂k2⎟2Ba⎝⎟⎠

k=±

πa带顶空穴的有效质量则为

∗h=ℏ2

m2Ba2

.

（3）

如图5.14所示，在E−E+dE能量区间波失数目为

图5.14

能带曲线

相应的量子态数目

dz=2

Na2π2dk=2Na1π•dEdEdk=2Na12Na1π2BasinkadE=π•4B2−(A−E)2dE.由此得到A＝0时的能态密度

1919

2Na1⎛dz⎞

N(E)=⎜⎟=•.

22dEπ⎝⎠A=04B−E（4）晶体内有N个导电电子，在绝对零度时，这些电子都分布在费密能级及以下.采用A＝0时

的能态密度，得

E0FE0FN=∫0N(E)dE=∫0

利用积分公式

N•πB1⎛E⎞1−⎜⎟

2B⎝⎠

2

dE.

∫

得到

11−x2

dx=sin−1x0

2⎡−1⎛EF⎞⎤sin⎜⎟⎢⎥=1,⎜⎟π⎣⎝2B⎠⎦

0⎛π⎞EFsin⎜⎟=,

22B⎝⎠0EF=2B.

����

16.设有一维晶体，原胞基矢a1=ai,b=bj,且，b=3a，晶格的周期势为

2π2πV(x,y)=−2V0⎛cosx+cos⎜

ab⎝

（1）画出第一、第二布里渊区；（2）以近自由电子模型求E（3）若电子的波矢k[解答]

（1）

y⎞⎟,⎠

(kx,0)的第一能带与E(0,ky)的第二能带交迭的条件；

�

ππ⎞=⎛⎜,⎟，求引起电子强烈散射的晶列指数.⎝ab⎠

�2π��2π�b1=�i,b2=�j.

ab����

坐标原点的格点有4个最近邻，它们是b1,b2,−b1,−b2.它们的中垂线围成的区间就是第一布里渊区.坐标

��������

原点的格点有4个次近邻，它们是b1+b2,b1−b2,−b1+b2,−b1−b2.它们的中垂线和第一布里渊区边界

围成的区间即是第二布里渊区.图5.15示出了第一布里渊区和第二布里渊区的分布.

由已知条件可得出倒格子原胞基矢

图5.15第一布里渊区和第二布里渊区

2020

（2）

E(kx,0)的第一能带顶的能量为

EA−

⎛π⎞ℏ2⎜⎟

Ea=⎝⎠−gA2m2

22

其中EgA是kx方向第一能带与第二能带间的能隙.

E(0,ky)的第二能带底的能量为

EB+

π⎞ℏ2⎛⎜⎟Eb=⎝⎠+gB2m2

.

图5.16第一布里渊区

其中EgB是ky方向第一能带与第二能带间的能隙.E（）的第二能带与E（）的第一能带交迭的条件是

EA−−EB+

即交迭的条件是

22

⎞⎛EgAEgB⎞ℏ2⎛ππ⎛⎞⎛⎞⎜=−⎜⎜⎟−⎜⎟⎟⎜2+2⎟⎟>0.⎜2m⎝⎝a⎠⎝b⎠⎟⎠⎠⎝

2π2ℏ2

>EgA+EgB.

3ma2

当电子所处的点是两个或两个以上布里渊区边界交汇的点.求电子的能隙必须应用平面波方法的中心方程求解.当电子所处的点不是布里渊区边界交汇的点，求电子的能隙（即是此种情况）可直接采用以下方法（也是由中心方程求得的）：

EgA�

=2V(KA),

其中是与过点的第一布里渊区边界垂直的倒格矢，且该边界是的中垂面.由于满足该条件的倒格矢

��2π�KA=b1=i,

a所以求出即求是而是周期势场付里叶级数的系数.由

可求得而

2π2π⎞

V(x,y)=−2V0⎛x+cosy⎟,⎜cos

ab⎝⎠π�⎞�⎛2π�⎞�⎛2π�⎞�⎛2π�⎞�

⎛i⎛⎜⎝2ai⎟•r−i⎜i⎟•ri⎜j⎟•r−i⎜j⎟•r⎞⎠⎝a⎠⎝b⎠⎝b⎠⎜⎟=−V0e+e+e+e⎜⎟⎝⎠�

V(KA)=−V0,EgA=2V0

�

EgB=2V(KB),

��2π�KB=b2=j,

b�

即求得EgB，而V(KB)是周期势场付里叶级数的系数.由周期势场付里叶级数的展式得

21

与

�

KA相类同

所以求出V21

(K)B�

V(K)=−V,EB0

�

于是，E(0,k)的第二能带与E(k,0)的第一能带交迭的条件是

yxgB=2V0

设

π2ℏ2

>2V0.2

3ma��

（3）若电子的波矢k末端落在了布里渊区边界上，则k满足

�

�⎛�Kn⎞Kn•⎜⎜k+2⎟⎟=0.

⎝⎠

��π�π����

Kn=pi+qj将Kn和k=i+j一并代入上式，得到

abπp2πq2

p+=0,q+=0,a2b2

p=0,−

2π2π;q=0,−.ab即

由上式可得的Kn三个解

�

�2π��2π��2π�2π�

Kn1=−i,Kn2=−j,Kn3=−i−jabab����π�π�

上式说明，过k=i+j末端有三个布里渊区边界，它们分别与Kn1,Kn2,Kn3垂直.这一点从第一

ab布里渊区的分布图即可看出.

���

引起电子产生强烈散射的晶面（列）与布里渊区边平行，即与Kn1,Kn2,Kn3垂直.设与������������

Kn1,Kn2,Kn3垂直的的晶列为R=sa1+ta2，由Kn1•R=0,Kn2•R=0和Kn3•R=0得出

引电子产生强烈散射的晶列的指数分别为〔010〕、〔100〕和〔110〕.

17.假定波函数ψk(x)=eikxu(x)中u(x)因子不显含波矢k，以N个原子构成的一维原子为例，证

明万尼尔函数具有定域性.

[解答]

由《固体物理教程》（5.50）式可知，一维晶格的万尼尔函数为

Wα(na,x)=

1

∑eNk−iknaψα(k,x).

按照布洛赫定理，晶体中电子的波函数

ψα(k,x)=eikxuα(k,x).

上式中调制因子uα(k,x).是晶格的周期函数.将波函数代入万尼尔函数得

1

Wα(na,x)=eik(x−na)uα(k,x).∑Nk若调制因子uα(k,x).不显含波矢k，则上式化为

1

Wα(na,x)=uα(x)∑eik(x−na).

Nk上式中

k=

解法一：

令

l⎛2π⎞NN⎜⎟,−2222

l=h−

N2

,万尼尔函数化成

W,x)=1lNu∑eik(x−na)

=1ui(x−na)α(naα(x)α(x)kN∑eNlN1

N(h−2)⎛⎜2π⎞

=

N⎝a⎟⎠

(x−na)

Nuiα(x)∑eh=1

⎛π⎞

h⎛2π⎞

=1u−i⎜⎝a⎟⎠

(x−na)Ni⎜a⎟⎠

(x−na)Nα(x)e∑eN⎝.

h=1

上式最后求和是一等比级数前N项的和，所以

−iπ(x−naih⎜⎛2π⎞

Wx)=1a⎟⎠

(x−na)α(na,Nuα(x)ea)∑NeN⎝h=1

i⎛⎜2π⎞⎝⎟(x−na)⎛⎜πe1−ei⎛⎜2π⎞

Na⎠

⎝a⎟⎠(x−na)⎞⎜⎟=1

⎝⎟⎠Nue−ia(x−na)α(x)•

1−ei⎛⎜2π⎞⎝Na⎟⎠

(x−na)⎛⎜ei⎛⎜π⎞⎛π⎞

⎝a⎟⎠(x−na)−e−i⎜⎝a⎟⎠(x−na)⎞⎟=1Nux)⎜α(•⎝⎟⎠1−e−i⎛⎜2π⎞

Na⎟⎠

(x−⎝na)2isinπ(x−na=1Nuα(x)•a)1−e−i⎛⎜2π⎞

.⎝Na⎟⎠

(x−na)由上式可知，当x≠n′a,n′≠n时

Wα(na,n′a)=0

当x→na时，利用y→0,ey≈1+y，得到万尼尔函数最大值

Wα(na,na)=Nuα(x).

可见万尼尔函数具有定域性.解法二：

由于原子数N是一个很大的数目，波矢的取值可看成准连续的，所以万尼尔函数

Wα(na,x)=

1

Nuα(x)∑eik(x−na).

k的求和项可化成积分，即

Wna,x)=1u)∫πana)⎛Na⎞

α(Nα(x−

πeik(x−⎜⎝2πdk⎟a⎠

π=

Nua(x−na)−e−iπa(x−na)α(x)•

eiπ2Nuα(x)

sin

a(x−na).

iπ(x−na)=πaa(x−na)由上式可知，当x=n′,n′≠n时

Wα(na,n′a)=0；

当x→na时，得到万尼尔函数峰值

23

23

Wα(na,na)=Nuα(x).

可见万尼尔函数具有定域性.

18.一维晶格，周期势为

NV(x)=−∑Aδ(x−na),

其中δ(x−na)为δ函数.孤立原子中s态电子的波函数

1ϕsat(x−na)=α2e−αx−na,

n=1

求晶格中s态电子的能带.[解答]

从已知条件看，周期势场仅仅在格点处有很大的负值，稍稍偏离格点，周期势场的值就趋于0.根据周期势场的这一特点可以断定，晶格中的电子被束缚在格点附近的几率远远大于它在偏离格点处的几率，也就是说，本题是典型的紧束缚模型.用紧束缚方法处理晶格的态电子，当只计及最近邻格点的相互用时，由《固体物理教程》（5.60）式，其能带表示式为

Es(k)=E−Cs−Js∑e

atsn��k•Rn

,

�

Rn是最近邻格矢，

其中积分

NaCs=−∫ϕsat∗(x)V(x)−Vat(x)ϕsat(x)dx是将参考格点取为原点.如果取参考格点为xat∗s[]=n′a，则有

⎡N⎤

Cs=−∫ϕ(x−n′a)⎢−∑Aδ(x−na)+Aδ(x−n′a)⎥ϕsat(x−n′a)dxNa⎣n=1⎦⎡N⎤at∗

=−∫ϕs(x−n′a)⎢−∑Aδ(x−na)⎥ϕsat(x−n′a)dx.

Na⎣n≠n′⎦

根据δ函数的性质可知，上式积分Cs=0.而积分

⎡N⎤

Js=−∫ϕ(x−n′a)⎢−∑Aδ(x−na)+Aδ(x−n′a−a)⎥ϕsat(x−n′a−a)dxNa⎣n=1⎦N⎡⎤at∗

=−∫ϕs(x−n′a)⎢−∑Aδ(x−na)⎥ϕsat(x−n′a−a)dx.

Na⎣n≠(n′+1)⎦′′

=−α∫e−αx−na[−Aδ(x−n′a)]e−αx−na−adx=αAe−αa.

at∗sNa假设x轴是水平方向，在上式积分中只取了参考格点右边的最近邻格点，取左边的最近邻格点也有同样的结果.由参考点左右两个最近邻，又得

∑e

n��k•Rn

=eika+e−ika=2coska.

于是s态电子的能带

E(k)=Esat−2Aαe−αacoska.

19.证明迪·阿哈斯—范·阿耳芬效应的周期为

1⎞2πe∆⎛,⎜⎟=⎝B⎠ℏS其中S是kz=0的平面在费密球上所截出的面积.

[解答]

由热力学可知，当磁感应强度B增加dB时，磁场H所作的功

dU=VcHdB,

即系统内能的微分

∂U=VcH,∂B24

（1）

24

其中Vc是晶体体积.

由电磁学可知，磁感应强度、磁场和磁化率χ的关系是

1+χ=

由（1），（2）两式可得

B.µ0H（2）

χ=

VcB−1.∂Uµ0

∂B（3）

其中是真空中的磁导率.由上式可以看出，磁化率随磁场的倒数作振荡，应是系统内能的微商

∂U∂B随1/B作振荡的反映.

我们知道，当不存在磁场时，能态在波矢空间分布是均匀的，当由磁场存在时能，能态重新分布，磁场的作用使电子的量子态高度简并，此时电子的状态密度为

Vℏω⎛2m⎞⎡1⎞⎤⎛

N(E)=∑c2c⎜2⎟⎢E−⎜n+⎟ℏωc⎥

2⎠⎝ℏ⎠⎣⎝n=08π⎦

l32−12（4）

令

Vcℏωc⎛2m⎞

⎜⎟8π2⎝ℏ2⎠

则电子系统的能量

EF32

1⎞

=a,⎛⎜n+⎟ℏωc=bn,

2⎠⎝

l（5）

U=

∫EN(E)dE=∑∫0

0

EFn=0

aEdE[E−bn]122⎧2⎫

=∑⎨a[EF−bn]32−a(bn)32⎬

3⎭n=0⎩3

+∑2abn[EF−bn]12−2a(bn)32.

n=0ll{}

（6）

对上式求微商

l∂U⎧2⎡∂a∂b⎤2⎡∂a∂b⎤⎫33

=∑⎨⎢(EF−bn)32−a(bn)12n⎥−⎢(bn)32−a(bn)12n⎥⎬∂Bn=0⎩3⎣∂B2∂B⎦3⎣∂B2∂B⎦⎭

⎧⎡∂a∂bn∂bn∂B⎤⎫

⎪2⎢•bn•EF−bn+a••EF−bn−a•bn•⎥⎪l∂B∂BE−b⎪⎣Fn⎥⎦⎪.（7）+∑⎨⎢⎬n=0⎪3⎪⎡∂a3212∂bn⎤−2•(b)+a(b)nn⎪⎢∂B⎪2∂B⎥⎦⎩⎣⎭

因为

1⎞⎛⎛

bn=⎜n+⎟ℏωc=⎜n+

2⎠⎝⎝

所以

1⎞ℏeB.⎟2⎠m（8）

∂bn⎛1⎞ℏe=⎜n+⎟.∂B⎝2⎠m（7）式中有一项为

1⎞⎛

−2abn+⎜⎟ℏenl2abn∂bn∂B2⎝⎠−∑=EF−bnn=o1⎞ℏeB⎛

mEF−⎜n+⎟

2⎠m⎝

25

（9）

25

可见，每当

1⎞ℏeB⎛

=EF⎜n+⎟

2⎠m⎝

时，∂U∂B将成为极大值，磁化率χ将变成极小值.设B=Bi时

1⎞ℏeBi⎛n+=EF⎜⎟

2⎠m⎝

对应磁化率的一个极小值，相邻的一个极小值对应B（10）

=Bi+1时

（11）

⎛n−1+⎜⎝

1⎞ℏeBi+1

=EF⎟

2⎠m其中我们假设Bi+1大于Bi.由以上两式可得

1eℏ⎛1⎞1

（12）∆⎜⎟=−=.

BBBmE⎝⎠ii−1F1eℏ⎛1⎞上式的∆⎜⎟是一个固定的常量，这说明，每当两个的间距（周期）等于这一常量

mEFB⎝B⎠

1

曲线就多一个极小.也就是说，磁化率以磁场倒数作振荡.

B因为kz=0的平面在费密球上截得的圆面积

2

S=πkF,

费密能

2

ℏ2kFEF=,

2m时，磁化率

所以有

⎛1⎞2πe∆⎜⎟=.⎝B⎠ℏS20.从

E=E0到E=EF能带都为

ℏ

E=E0+

2

2

2

⎛kx2k2⎞ky⎜++z⎟,⎜mxmymz⎟⎝⎠

其中都是大于零的常数.求电子的能态密度

N(E)=

3Vcn,

2(EF−E0)其中n为单位体积内的电子数.

【解答】

由已知条件可将波矢空间内电子能带满足的方程化为

ky2kx2kz2

++=1.

2mx(E−E0)2my(E−E0)2mz(E−E0)2

ℏ2ℏ2ℏ

将上式与椭球公式

x2y2z2

++=1a2b2c2

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

4

πabc3

比较可得知，能量为E的等能面围成的椭球体积

2626

4232τ=π32mxmymz(E−E0).

3ℏ

由上式可得

dτ=

能量区间E4πℏ3

2mxmymz(E−E0)dE.

12

→dE内电子的状态数目

dz=2

VcVc12dτ=2mmm(E−E)dE.xyz0

π2ℏ3(2π)3

Vc是晶体体积.电子的能态密度

dzVc12=232mxmymz(E−E0)dEπℏ

设电子的浓度为n，则E0−EF区间的电子的总数为Vcn，且

EFV232Vcn=∫N(E)dE=2c32mxmymz(E−E0).

E0πℏ3

N(E)=

将上式与能态密度

N(EF)=

比较，得

Vcπ2ℏ3

2mxmymz(EF−E0)3Vcn.2(EF−E0)12N(EF)=

21.证明

1i(kn−Km)•r�edr=δKn,Km.NΩ∫NΩ

【解答】当

��

Kn=Km时，公式

���1i(kn−Km)•r���.edr=δK∫n,KmNΩNΩ

成立.

��������

当Kn≠Km,设Kn−Km=Kl=Klki+Klyj+Klzk=l1b1+l2b2+l3b3,

NΩ=Lx+Ly+Lz����Lxi=p1a1+p2a2+p3a3,

������

其中分Lx,Ly,Lz别为晶体在x,y,z方向的长度，b1,b2,b3是倒格子原胞基矢，a1,a2,a3是正格子原胞

基矢，l1,l2,l3,p1,

p2,p3是整数.于是进一步得到���LxLyLzi(Kx+Ky+Kz)11i(kn−Km)•r�lxlylzedr=edxdydz.∫∫∫∫NΩNΩLxLyLz000

由

��

Kl•(Lxi)=KLxLx=2π(l1b1+l2b2+l3b3)=2µπ可知，KLxLx是2π的整数(µ)倍.不难得到

1LxiKlxx1eiKlxxLxeiKlxLx−1

edx===0Lx∫0LxiKlxx0LxiKlx由此得证

���1i(kn−Km)•r�edr=δk�n,k�m.∫NΩNΩ

2727

22.证明

���

1ik(Rn′−Rn)��.e=δR∑n′,RnNk【解R�答】

��

当n′=Rn时，因k的取值个数为N个，所以公式

1ik�(R��

n′−RnN∑e)=δR��n′,R.kn成立.

��，设R���当R���

n′≠Rnn′－Rn=Rp=p1a1+p2a2+p3a3，并将

k�=l1�l�lNbNb�1+22+3b3

12N3

代入下式，得

k�•(R�R���⎛p1l1p2l2+p3l3⎞

n′−n)=k•Rp=2π⎜⎜N+NN⎟⎟，

⎝12其中N,N���

3⎠

12,N3分别是a1,a2,a3方向晶体的原胞数目.于是

i2π⎛⎜p1l1∑ik�+p2l2p3l3⎞

e(R��n′−Rn)

=

e⎜⎝N⎟1N+2N3⎟⎠

kl∑1l2l3

i2πp1l1=

∑∑∑eNπp2l2p3l3

1

•ei2N2

•ei2πN3

，

l1

l2

l3

其中

−Nj2,j=1,2,3.令lNjj=hj−

2

则p⎛

Nj⎞j⎜⎟N⎜h⎟∑i2πpjlji2π⎝

j−2⎠

NeNj=

Nji2πpjljj=±Nj.

ljh∑jej=1

h∑ej=1

上式是等比级数前项的和，于是

i2πpj⎛p⎜i2πjNjN⎞jN•Njjje⎜1−e⎟⎝

⎟⎠=0.

h∑i2πpjleNj=

j=1

i2πpj1−eNj由此的证

1ik�(R��

n′−Rn)N∑e=δR��n′,R.kn23.证明

1��N∑ei(k′−k)R�

n=δk�′,k�+K�.nm【解答】因为

2828

����

Km=m1b1+m2b2+m3b3,����Rn=n1a1+n2a2+n3a3,K�•R�

mn=2µπ,

所以

1i(k�′−k�)R�=∑e�′−k�)R�n1i(k�n•e−i(Km•Rn)=1∑ei[k�′−(k�)+K�

m]Rn.当k�N∑enNnNn′=k�+K��

m，因为Rn的取值个数为N个，所以由上式得

1ei(k�′−k�)R�n=1ei[k�′−(k�)+K�

m]Rn=1e0

=1=δk�′,k�+�N′≠k�∑n+K�N∑nN∑K�nm.当km，，设

k�=l1′�l′�l′�Nb1+2b2+3b1N2N3

3k�=l1�l2�l3�Nb1+b2+b，

1N2N33k�′−k�=k�′′=p1Nb�p2�p3�1+b2+b3，

1N2N3

k�′′•R�=2π⎛⎜⎜p1n1p2n2p3n3⎞

nN+N+N⎟⎝123⎟

⎠

则有

1i(k�′−k�)R�n1i���−i(K�

m•Rn)1ik�′−(k�)

+K�

m]RnN∑e=e(k′−k)Rn•e=.

nN∑nN∑e[

n1ik�′′R�2π⎛⎜p1n1p2n2p3n=nN∑e=

1

⎜3⎞

⎝N+⎟1N+2N3⎟⎠

nNn∑e1n2n3

i2πp1n12n2=

∑∑∑eN1

•ei2πpNπp3n3

2

•ei2N3

n1

n2

n3

因为

−

Nj2,j=1,2,3.i2πpj⎛i2πpjNjeNjN⎞•⎜

1−eji2πpjnjNπpjnj⎜⎟∑eNj=

Nj=

⎝

⎟⎠=0.

njn∑ji2ej=1

i2πpj1−eNj由此得证

1i(k�′−k�)R�

N∑en=δk�′,k�+K�.nm2929

第六章

自由电子论和电子的输运性质

习题

1.一金属体积为V，电子总数为N，以自由电子气模型（1）在绝热条件下导出电子气的压强为

P=

2U0

3V.其中

U=30

05

NEF.

（2）证明电子气体的体积弹性模量

K=

510U3P=09V.【解答】

（1）在绝热近似条件下，外场力对电子气作的功W等于系统内能的增加dU，即

dU=W=−PdV,式中

P是电子气的压强.由上式可得

P=−

∂U∂V.在常温条件下，忽略掉温度对内能的影响，则由《固体物理教程》（6.5）式得

U=U323

0

3ℏ2⎛N2⎞0=5NEF=5N2m⎜⎝3Vπ⎟⎠

.

由此得到

P=−∂U03ℏ2

∂V=5N2m(3Nπ2

)23•

2

(V)−532U3=03V.（2）由《固体物理教程》（2.11）式可知，体积弹性模量K与压强P和体积V的关系为

∂P∂V=−KV.将

∂P23∂V=−35Nℏ22m(3Nπ2)•

253(V)−83=−10U039V.代入体积弹性模量K与压强P和体积V的关系式，得到

K=

10U0

9V.2.二维电子气的能态密度

N(E)=

mπℏ2

,证明费米能

ETln[enπℏ

2

mkBTF=kB−1],

其中

n为单位面积的电子数.

【解答】

由已知条件可得单位面积金属的电子总数

n=∫

∞

N(E)f(E)dE=m∞dE0

πℏ2∫0e(E−EF)kBT+1

.141

作变量变换

x=

E−EFk,BT则有

n=

mkBT∞

dxmkBTe−xdxπℏ2

∫

−EFkTex+1=

Bπℏ2

∫

∞

−EFkBTe−x+1

=−

mkBTπℏ

2

ln(1+e−x)∞

=

mkBTkBT−EFkBTπℏ2

ln(1+eEF),

即

1+eEFkBT=

enπℏ

2

mkBT.

由上式解得

EF=kBTBTln(

enπℏ

2

mk−1

)

3.金属膨胀时，价带顶能级发生移动

∆E∆VC=−E1

V证明

E21=

3

EF.【解答】解法一：

金属中自由电子的费米能

23=ℏ2

E3=ℏ2⎛NF2m(3nπ2

)22m⎜⎝3Vπ2⎞⎟⎠=AV−23,

可认为是能带顶，式中

=ℏ2

A3Nπ2

32m()2.

当金属体积膨胀后，体积由V变成了V′=V+∆V，费米能变成了

E′=A(V+∆V)−23F−23=A(V)

−23⎛⎜⎝1+∆V⎞

V⎟

⎠

≈A(V)−23⎛⎜⎝1+2∆V⎞

3V⎟⎠

.

费米能的变化量

∆E−E⎛2∆V⎞F=E′F−EF=F⎜

⎝3V⎟⎠

.与已知条件比较可得

E21=

3EF.解法二：

142

由《固体物理教程》（5.103）式可知，自由电子的能态密度

V⎛2m⎞

N(E)=2⎜2⎟E12.

3π⎝ℏ⎠

电子总数

32N=∫N=∫

由以上两式解得

EF0

V2m⎞32

N(E)dE=2⎛⎜2⎟EF.

3π⎝ℏ⎠

32

32金属膨胀后，能态密度增大，费密能级降低，但电子总数不变，即

EF0

V′2m⎞

N′(E)dE=2⎛⎜⎟

3π⎝ℏ2⎠

(E′F)32.

2∆V⎞

′−32−V−32=−EF⎛∆E=E′⎜⎟,F−EF=A(V)

⎝3V⎠

2E1=EF.

3

4.由同种金属制做的两金属块，一个施加30个大气压，另一个承受一个大气压，设体积弹性模量为10子浓度为5×10

28

11

[]

Nm2，电

m3，计算两金属块间的接触电势差.

EF，金属1受到一个大气压后，费密能为EF1，金属

【解答】两种金属在同一环境下，它们的费密能相同，之间是没有接触电势差的.但当体积发生变化，两金属的导电电子浓度不同，它们之间将出现接触电势差.设压强为0时金属的费密能为2受到30个大气压后，费密能为

（6.25）式可知，金属1与金属2间的接触电势差EF2，则由《固体物理教程》

V1−V2=

由上边第3题可知

1

(EF1−EF2).e2∆V⎞

EF1=EF−EF⎛⎜⎟,

3⎝V⎠12⎛∆V⎞

EF2=EF−EF⎜⎟.

3⎝V⎠2

由《固体物理教程》（2.10）式可知，固体的体积变化∆

V与体积弹性模量K和压强P的关系为

P=−K所以

∆V,V2⎡⎛P⎞⎛P⎞⎤2EEF1−EF2=EF⎢⎜1⎟−⎜2⎟⎥=F(P−P2).

3⎣⎝K⎠⎝K⎠⎦3K1

两金属的接触电势差

2EFℏ2

∆V=V1−V2=(P1−P2)=3nπ2

3eK3meK()•(P−P).

23

1

2

将

m=9.110×10−31kg,

ℏ=1.055×10−34J•s,

52

P=10Nm,1

代入两金属的接触电势差式子，得

e=1.602×10−19C,

n=5×1028/m3,K=1011Nm2,

P2=30×105Nm2

���

5.若磁场强度B沿z轴，电流密度沿x轴，金属中电子受到的碰撞阻力为−P/τ,P是电子的动量，试从运动方程出发，

求金属的霍尔系数.

∆V=−9.58×10−5(伏).

143

【解答】

电子受的合力

���dPP��mv��F==−−(ε+v×B)=−−(ε+v×B).

dtττ（1）

由于电子受的阻力与它的速度成正比，所以电场力与阻力平衡时的速度是最高平均速度，此时电子的加速度变为0，（1）式化成

v=−eτm(ε+v�×B�).

（2）

因为电流的方向沿

x轴，平衡后，电子沿z轴方向和y轴的速度分量为0.因此，由（2）式得

veτx=−

mεx,（3）

0=−

eτemετBy+mvx.（4）

由以上两式得

ε=BveτByx=

mεx.（5）

称为霍耳电场，其方向与磁场和电流方向的关系如图6.3所示.

图6.3霍尔电场

将电流密度

jx=σεx（6）

和（5）式一并代入霍耳系数

RεyH=

jxB（7）

得到

ReτH=−

mσ（8）

将《固体物理教程》（6.85）式代入上式，并取m∗

=m得

R=−1

Hne.6.试证金属的热导率

k=

nlπ2k2BT3(2mE0

12F)其中l是费密面上电子的平均自由程.

【解答】

由《固体物理教程》（6.63）式可知，金属中导电是电子的弛豫时间

��τ满足以下关系

1

�

τ=∑Θ(k,k′)(1−cosθ).k′

电子的波矢k在空间内的分布十分密集，上式可用积分表示

144

��1

=∑Θk,k′(1−cosθ).τk′

���1

′′=Θk,k(1−cosθ)dk3∫(2π)()()�⎤π⎡1∞2

′′′⎥2πsinθdθ.=∫⎢Θ(k,k)(1−cosθ)(k)dk3∫00

⎣(2π)⎦

令

�1∞2

W(E,θ)=Θ(k,k′)(k′)dk′,3∫0

(2π)则

W(E,θ)dΩ是能量为E的电子在单位时间内被散射到立体角

dΩ=2πsinθdθ内的几率.如果散射是各向同性的，W(E,θ)与θ无关，则

π1

=W(E)∫2π(1−cosθ)sinθdθ=4πW(E).

τ0

上式说明，1τ就是能量为

E的电子在单位时间内总的散射几率，也就是说τ是电子的平均自时间.

由《固体物理教程》（6.126）式可知，金属的热导率

2

kBnπ2τFk=T,

3m式中F是费密面上的电子的平均自由时间.电子的平均自由时间

ττF和平均速度vF与平均自由程l的关系是

l=vFτF.

而平均速度由下式求得

120mvF=EF.2

于是得到

k=

7.设沿

2

nlπ2kBT32mExy平面施加一电场，沿z轴加一磁场，试证，在一级近似下，磁场不改变电子的分布函数，并用经典力学解释

(012F).

这一现象.

【解答】

在只有磁场和电场情况下，《固体物理教程》（6.47）式化成

ef−f0��

(ε+v×B)•∇kf=.ℏτ由上式可解得

eτ��

f=f0+(ε+v×B)•∇kf.

ℏ

考虑到外界磁场和电场对电子的作用远小于原子对电子的作用，必有

eτ��

(ε+v×B)•∇kf<∇kf≈∇kf0.

于是有相当好的近似

eτ��

f=f0+(ε+v×B)•∇kf0.

ℏ

∇kf0=

∂f0∂f�∇kE=0ℏv,∂E∂E因为

所以

145

与电子的运动方向垂直，它只改变电子的运动方向，并不增加电子的能量，即不改变电子的能态.也就是说，从经典理论看，��

可见在一级近似下，磁场对分布函数并无贡献.由经典理论可知，电子在磁场中运动受到一洛伦兹力−ev×B，该力

�eτ��∂f0∂f��

f=f0+(ε+v×B)•ℏ=f0+eτ0ε•v.

ℏ∂E∂Ev磁场不改变电子的分布函数.

8.

f0是平衡态电子分布函数，证明

∂f0∂T=−⎡⎢⎣T∂⎛∂T⎜EF⎞E⎤∂f0

⎝T⎟⎠+T⎥⎦

∂E.【解答】

金属中导电电子处于平衡态时，其分布函数

f1

0=

e(E−EF)kBT+1

.

令

(E−EE−EF)kBTF)kBT=x,e(=y,

则有

∂f0∂f0∂y⎛∂x∂EF∂T=∂y∂x⎜⎜⎝∂E+∂x⎞

⎟F∂T∂T⎟⎠

=−1

(1+y)2y⎡⎢⎣−1∂EF(E−EF)⎤kT∂T−

k⎥BBT2⎦=−y⎡∂E(F(E−EF)⎤

1+y)2kBT⎢⎣∂T+T⎥⎦

=−∂f0⎡∂⎛EF⎞E∂E⎢⎣T∂T⎜⎝T⎟⎠+⎤T⎥⎦

.

9.立方晶系金属，电流密度�

j�与电场ε和磁场B的关系是

�

j=σ�[(�)�0ε+αB×ε+βB•εB−B2ε],

试把此关系改写成

ε=ρ�a(B�×�j)+b[(B�•�j)B�−B2

�0{j+j]}.

【解答】

�

j�立方晶系金属的电流密度与电场ε和磁场B的关系是

�

j=σ�[B�•ε)B�0ε+α(B×ε)+β(−B2ε]对大多数金属来说，τF≈10−14秒，如果取m∗=m，则有

eτ2

Fm∗<<1,α=eτFe2τFm∗σ0<<σ0,β=(m∗)2σ0<<α.因此电流密度的主项

j=σ0ε也即电场的主项

ε=ρ�

0j式中

146

ρ0=

��

1σ0

为立方晶系金属的电阻率.由立方晶系金属的电流密度

j与电场ε和磁场B的关系解得

ε=ρ�

−α(B�×ε)−β[(B�•ε)B�20{j−Bε]}将电场的主项代入上式右端的

ε中，得到

ε=ρ����•�j)B�−B2�

0{j−αρ0(B×j)−βρ0[(Bj]}=ρ{�j+a(B�×�j)+b[(B�•�j)B�−B2

�0j]}.

其中

a=−αρ0,b=−βρ0.

10.有两种金属，价电子的能带分别为

E=Ak2和E=Bk2,

其中

A>B，并已测得他们的费米能相等.

（1）它们的费米速度哪个大？

（2）在费米面上的电子的弛豫时间相等的情况下，哪种金属的电导率大？【解答】（1）已知

A金属与B金属的费米能相等

E=Ak22

FAFA=EFB=AkFB.

所以

kFABk=.FBA金属中电子的费米半径kF、费米速度vF和有效质量

m∗的关系是

m∗vF=ℏkF.

A金属电子的有效质量

⎡⎢⎤

⎢ℏ2⎥ℏ2m∗

A=⎢∂2E⎥=

2A⎢⎣

k2⎥

∂⎦⎥AB金属电子的有效质量

⎡m∗

⎢⎤ℏ2⎥ℏ2B=⎢∂2E⎥=

⎢2B⎢⎥

⎣∂k2⎥⎦B于是

v∗FAv=kFAmBAm∗=.FBAkFBB147

因为

A>B，所以A金属电子的费米速度大.

（2）如果外电场沿

x方向，则x方向的电场εx与电流密度jx的关系（参见《固体物理教程》6.84式）为

je2

x=4π2

∫

Sτv2

dSFx∇Eεx.k上式积分沿费米面进行.将上式与

jx=σεx比较，可得立方晶系金属的电导率

σ=e22dS4π2∫SτvFx∇.kE在费米面是一球面的情况下，上式积分为

σ=e2τ24πk2FvFxF4π2ℏv.

F其中利用了

∇kE=ℏv.将关系式

v21Fx=3v2F.代入电导率式得

3

σ=e2τFkF3π2m∗.

于是

σk3∗

AFAmσ=Bk=B∗3.BmAFBA可见

B金属的电导率大.

11.求出一维金属中自由电子的能态密度、费米能级、电子的平均动能及一个电子对比热的贡献.【解答】

设一维一价金属有N个导电电子，晶格常数为α.如图6.4所示，在

E−E+dE图6.4一维金属中自由电子的能带

能量区间波矢数目为

Na2π•2dk.利用自由电子的能量于波矢的关系

148

=ℏ2k2

E2m,

可得E−E+dE能量区间的量子态数目

dz=2

Na2π•2dk=Na2m−12

πℏ

EdE.由此得到能态密度

N(E)=

dzNa2m−12dE=πℏ

E.在绝对零度时费米能级以下的量子态全被电子占据，所以有

N=∫

E0F0

N(E)dE=Na2mEF0−12

2Na2mE0

Fπℏ∫0EdE=πℏ

.

由上式即可求得电子的费米能

E0π2ℏ2

F=8ma2

.平均一个电子所具有的能量

E=

1N∫

N0

EdN=

10

(E)N(E)d=

a2m∞

N∫

∞

Efπℏ

∫

0

E12f(E)dE其中

f(E)是电子费米分布函数.利用分布积分，得到

E=

a2m∞

12πℏ

∫

0

Ef(E)dE=2a2m∞2a2m3πℏE32f(E)0−

3πℏ∫

∞

E32⎛0

⎜∂f⎞

⎝∂E⎟⎠

dE=2a2m∞3πℏ∫0E32⎛⎜⎝−∂f⎞∂E⎟⎠

dE.

利用《固体物理教程》（6.7）和（6.10）两式得

E=

2a2m⎡⎢32π23πℏ

⎢E(2

⎤⎣F+

8EkBT)⎥.F⎥⎦

平均一个电子对热容量的贡献为

C=⎛⎜∂E⎞⎞

⎝∂T⎟⎠=π2⎛⎟V12⎜

TVe⎜⎝TF⎟⎠

kB,其中利用了费米能与费米温度的关系

EF=kBTF.

12.对于二维金属，重复上述问题.【解答】

149

如图6.5所示，在绝对零度时，二维金属中的导电电子（设为自由电子）在波矢平面内充满一费米圆.自由电子的能量

E=ℏ2k22m，所以能量E→E+dE区间的电子占据图中dk的范围.在此范围内的波矢数目为

S(2π)2

•2πkdk,图6.5二维波矢空间

其中

S(2π)2

是二维金属中导电电子的波矢密度，S是金属面积.由

E=ℏ2k22m得

kdk=

mdEℏ

2.能量

E→E+dE区间的量子态数目则为

dz=2

S(2π)2

•2πmdEmSℏ2=πℏ2dE.

能量密度

N(E)=

dzmSdE=πℏ

2.在绝对零度时，费米能级以下的量子态全被电子占据，所以有

N=∫

E0FF0

N(E)dE=mSπℏ2

∫

E00

dE=

mS0

πℏ

2

EF.由上式可得

0πnℏ2

EF=

m其中

n是金属中导电电子的密度.可见二维金属中导电电子的费米半径为

kF=(2πn)12平均一个电子所具有的能量

E=

11N∫

N0

EdN=

N∫

∞

0

Ef(E)N(E)d=

m∞

πnℏ

2∫0

Ef(E)dE利用分布积分，得到

E=

m∞

πnℏ

2∫0

Ef(E)dE150

∞mm2()=EfE−

2πnℏ202πnℏ2=

∫

∞

0

⎛∂f⎞

E2⎜⎟dE⎝∂E⎠

m2πnℏ2

∫

∞

0

∂f⎞E2⎛−⎜⎟dE⎝∂E⎠

利用《固体物理教程》（6.7）和（6.10）两式得

m⎛2π22⎞⎜()⎟E=E+kTFB⎟.2πnℏ2⎜3⎝⎠

平均一个电子对热容量的贡献为

⎛∂E⎞π2⎛T⎜CVe=⎜⎟=3⎜⎝∂T⎠V⎝TF⎞

⎟⎟kB,⎠

13.证明热发射电子垂直于金属表面运动的平均动能为【解答】

kBT，平行于表面运动的平均动能也是kBT.

当无外加电场，温度也不太高时，金属中的价电子是不会脱离金属的，因为金属中的价电子被原子实紧紧的吸引着，电

子处于深度为

E0一势阱中.如图6.6所示，要使最低能级上的电子逃离金属，它至少要从外界获得E0的能量.要使费米面上

的电子逃离金属，它至少要从外界获得

ϕ=(E0−EF)的能量.

��

为方便计，取一单位体积的金属.在k空间内dk范围内的电子数目

�2

dn=f(E)dk(2π)3

图6.6深度为

其中

E0势阱

f(E)=

转换成速度空间，则在

1

���

v→v+dv区间内的电子数目

e(E−EF)kBT+1

.3

⎛m⎞dvxdvydvzdn=2⎜⎟(E−EF)kBT,

+1⎝h⎠e式中利用了关系

��

mv=ℏk.

对于能脱离金属的热发射电子，其能量E必满足

(E−EF>ϕ)对大多数金属来说,ϕ>>kBT，所以必有

e(E−EF)kBT=e⎛1⎞2

⎜mv−EF⎟kBT2⎝⎠

>>1

151

式中已取

1E=mv2

2

于是

m⎞Edn=2⎛⎜⎟eF⎝h⎠

12

mvx>>E02

而速度分量x、

3

kBTe−mv2

2kBTdvxdvydvz.

设金属表面垂直于z轴，热发射电子沿z轴方向脱离金属，则要求

vvy可取任意值.所以在区间vz→vz+dvz的热发射电子数目

3

m⎞Edn(vz)=2⎛⎜⎟eF⎝h⎠

利用积分公式

∞

kBT−mv2z2kBTedvz∫e−mvy−∞

∞

2

2kBTdvy∫e−mvx−∞

∞

2

2kBTdvx−ax∫−∞edx=

2

πa得到

4πm2kBTEFdn(vz)=eh3

垂直于金属表面的速度分量为

kBT−mv2z2kBTedvz.

的电子在单位时间内逃出金属表面的数目为

dN=vzdn(vz).

于是，热发射电子垂直于金属表面运动的平均能量

212m∞3−mvz2kBTmvdNvedvzzz∫∫Em2

Ez=2=2∞0.

−mv2z2kBTdNvzedvz∫∫2E0mz利用积分公式

ecxb∫ae=ca,

bcx∫

得到

babecxxedx=2(cx−1)

cacxEz=E0+kBT.

E0是金属中的电子脱离原子实的吸引所需要的最低能量，在克服原子实的吸引脱离金属的过程中，这部分能量已消耗掉了.因

此脱离金属的电子垂直于金属表面运动的平均动能为

kBT因为在v�

��

→v+dv速度区间内的电子，在单位时间内逃出金属表面的数目为

dN′=vzdn.

152

所以，热发射电子平行于金属表面运动的平均动能

1

m(v2x+v2y)dN′E∫xy=2∫dN′

m∞∞⎡∞22−m(v2x+v2y+v2z)2kB=2∫−∞∫−∞⎢⎣∫2Ev0mz(vx+vy)eTdvz⎤⎥⎦dvxdvy∫∞∞⎡∞−m(v2.x+v2y+2−∞∫−∞⎢⎣∫2Evevz)2kBTdv0mzz⎤⎥⎦

dvxdvy利用积分公式

∫∞

ax2

π−∞

e−dx=

a∫

∞x2πe−ax2

−∞

dx=

1•3•5•⋯(2n−1)π2nana,

得到热发射电子平行于金属表面运动的平均动能为

ExykBT.

14.证明，当

kT<BF时，电子数目每增加一个，则费密能变化E0

F=

1

N(E0

,F)其中

N(E0

F)为费密能级处的能态密度.

【解答】

由《固体物理教程》（6.3）式可得

23Eℏ20

3F=(3nπ2

2m)2=ℏ2⎛2m⎜N2⎞⎜3π⎟=AN23,

⎝Vc⎟⎠

式中

ℏ2

A=⎛3π2232m⎜⎞⎜⎟⎝Vc⎟⎠

.当电子每增加一个，费密能的变化

∆EF=A(N+1)23−AN23,

因为导电电子数目很在，所以

23(N+1)

23

=N23⎛

⎜1+1⎞≈N23⎛

⎜2⎞⎝

N⎟

⎠⎝1+3N⎟⎠

.

于是

∆E0

2AF=

3N13=1

V3213.c⎛2m⎞ℏ⎛N22π2⎜⎝ℏ2⎟⎠•2m⎜⎜⎝3Vπ⎞

⎟c⎟⎠

由《固体物理教程》（5.103）式可知，自由电子的能态密度

153

32

3213N(E0

⎛13c⎛2m⎞F)=

Vc2π2⎜2m⎞

⎝ℏ2⎟⎠

(E0F)=

V2π2⎜⎝ℏ2⎟⎠

•ℏ⎛2m⎜⎜3N2⎞⎝Vπ⎟c⎟.⎠

由此可得

E0

F=

1

N(E0

F),

---

15.每个原子占据的体积为

a3，绝对零度时价电子的费密半径为

213k0

=

(6π)Fa,

计算每个原子电子数目.【解答】

由《固体物理教程》（6.4）式可知，在绝对零度时导电电子的费密半径

k0

F=(3nπ2)13

,

现在已知一金属导电电子的费密半径

213k0=

(6π)Fa,

所以，该金属中导电电子的密度

n=

2a3

.a3是一个原子占据的体积，由此可知，该金属的原子具有两个价电子.

16.求出绝对零度时费密能E0F、电子浓度n、能态密度N(E0Ce0

F)及电子比热V与费密半径kF的关系.【解答】

绝对零度时电子的费密半径

k0F=(3nπ2)13,

电子浓度

n与费密半径的关系是

03n=

(kF)3π2

.由《固体物理教程》（6.3）式可得到绝对零度时电子的费密能与费密半径的关系为

0ℏ2

EF=2m(3nπ2

)23=ℏ202m(kF)23,

由《固体物理教程》（5.103）式可知，自由电子的能态密度是

32

N(E)=

Vc⎛2m2π⎜⎞

2⎝ℏ2⎟⎠

E12=

Vmcπ2ℏ

2

k0

F.由此可得

N(E0)=Vc⎛2m⎞

3212cmF2π2⎜⎝ℏ2⎟

⎠

(E0F)=

Vπ2ℏ

2k0

F.1

由《固体物理教程》（6.13）式可知平均一个电子对热容量的贡献为

π2⎛T⎞

⎜0⎟CV=⎟kB.2⎜T⎝F⎠

因为

00EFℏ2(kF),0

TF==

kB2mkB2

所以一个电子的热容与费密半径的关系为

CV=

ℏ(k2

2π2mkB02F)T.

j与所有电子的漂移速度vd的关系是

17.经典理论认为,所有价电子都参与导电,电流密度

j=nevd已知铜的电子浓度

【解答】

n=1029m3,j=5×104Am3,试比较费密速度vF和漂移速度vd.

ℏkF是费密面上电子的动量,电子的费密速度则为

ℏkFℏ(3nπ2)vF==.mm13

将漂移速度

vd=

与费密速度比较,得

j.nevdjm=.vFneℏ(3nπ2)13将

e=1.602×1019C,m=9.110×10−31kg,ℏ=1.055×10−34J•sn=1029m2,j=5×104Am3,

代入上式,得到

vd=1.877×10−12.vF可见如果认为所有价电子都参与导电,则价电子的漂移速度将远小于费密面上电子的速度.这一点也不难理解,因为量子论认为,参与导电的电子只是费密面附近的少数电子.如果把费密面附近的电子对电流的贡献也粗略地写成

j=n′evF,

由于

n′<>vd.

18.电子漂移速度d满足方程

v��⎛dvdvd⎞m⎜+⎟=−eε,

τ⎠⎝dt155

试确定稳定态时交变电场下的电导率

σ(ω)=σ(0)⎡⎢1+iωτ⎤

⎣1+(ωτ)2⎥⎦

.

【解答】设交变电场

ε=ε0eiωt,

则电子漂移速度满足的方程变成

dv��d+vd=−eeiωtdtτm0ε.设上式的特解为

Aeiωτ,

则

A满足的方程为

iωA+

Aτ=−eε0m.由上式的到

A=−

eτε0

m(1+iωτ).

齐次方程

dv��ddt+vdτ=0.的通解为

B�e−tτ.电子漂移速度满足的方程的解为

v��=−tτeτε0

dBe−m(1+iωτ)eiωt.

当电子达到稳定态后，上式右端的第一项趋于0.于是

v�eτε0

d=−

meiωt�(1+iωτ).

按照经典理论，电流密度j与漂移速度v�

d，电导σ和电场强度ε的关系为

�j=−nev�ne2τε0iωtd=m(1+iωt)e=σ(ω)ε.

由上式得

σ(ω)=σ(0)⎡⎢1−iωτ⎤

⎣1+(ωτ)2⎥⎦

.

其中

ne2σ(0)=

τm156

如果设电场为

ε=εiωt0e,

则有

σ(ω)=σ(0)⎡⎢1+iωτ⎤

⎣1+(ωτ)2⎥⎦

.19.求出立方晶系金属的积分P1、P2和P3

【解答】

由《固体物理教程》（6.119），（6.120）和（6.123）三式得

P12∂1=4π3∫τvf0dEdSx∂E∇,kEP12dEdS2=4π3∫τv∂f0x∂EE∇,kEP13=

4π3∫τv2∂f0x∂EE2dEdS∇.kE以上三式中的面积分是在一个等能面上进行，对于等能面是球面的情况，面积分的值

S=4πk2.

自由电子的能量

ℏ2k2E=

2m，

所以面积分化成

S=

8πmEℏ

2

.因为

vx是电子的平均速度在x方向的分量,所以

v2122⎛12⎞2Ex=

3v=3m⎜⎝2mv⎟⎠=3m.另外

∇kE=ℏv=ℏv=ℏ

2Em.于是（6.119），（6.120）和（6.123）三式化为

P1=−22m32∂f0⎞3π2ℏ3∫τE⎛⎜⎝−∂E⎟⎠dE,P22m52∂f0⎞2=−3π2ℏ3∫τE⎛⎜⎝−∂E⎟⎠dE,P22m72⎛∂f0⎞3=−

3π2ℏ3∫τE⎜⎝−∂E⎟⎠

dE,

利用《固体物理教程》（6.7）和（6.10）两式进一步得到

157

2τF2mP=−1

3π2ℏ3

⎡32⎤π22E+(kT)⎢F⎥,B8EF⎢⎥⎣⎦

2

⎤2τF2m⎡525πEF2

P2=−(kBT)⎥,⎢EF+

3π2ℏ3⎢8⎥⎣⎦

2τ2mP3=−F23

3πℏ

20.利用上题结果,求出热导系数

⎡7235π2322⎤E+E(kT),⎢FFB⎥24⎣⎦

2π2kBnτTk=

3m【解答】将上题1、

P（6.125）式,得立方金属导电电子的热导率P2和P3的代入《固体物理教程》

322

2τF2mπ2EFkBk=T.

3π2ℏ33

将自由电子的费密能

ℏ2EF=3nπ2

2m()23

代入立方金属导电电子的热导率,得

2π2kBnτFk=T.

3m21.证明

∂PT1

∂T【解答】

仅在

0⎛EF⎜⎜T⎝⎞P2⎟⎟+T<0.⎠

（6.118）式可知,金属中的电流密度x主向存在温度梯度的情况下,由《固体物理教程》

⎡∂⎛EF⎞P2⎤dT∂EFdn2

jx=−e⎢P1T⎜⎟+−eP−eP1εx.⎥1⎜⎟∂T⎝T⎠T⎦dx∂ndx⎣

x正方向由左向右,则温度梯度方向与x方向同向,电子由高

dn温区向低温区扩散,方向与温度梯度反向,电流的方向与温度梯度同向.扩散刚开始时,电子的浓度梯度和温差电场εx都为

dx设金属的左端温度保持为1,右端温度保持为2,2>1,定义0,电流与温度梯度的方向一致,则只有

TTTTP1T当达到平衡后,电子的浓度梯度

∂∂T⎛EF⎜⎜T⎝⎞P2⎟⎟+T<0.⎠

dn和温差电场εx的方向都与x方向反向,电子浓度梯度引起的反向扩散电流dx−eP1

∂Edn∂n1dx158

和温差电场引起的反向漂移电流

−e2P1εx与正向温差电流

−e⎡⎢P∂⎛⎜⎞⎟+P2⎤⎣

1T∂T⎜EF⎝

T⎟dT⎠T⎥⎦

dx反向,条件

P∂

⎛1T∂T⎜⎞⎜EF⎟⎟P⎝T⎠

+2T<0.更不可少

其实此问题用6.19题的结果也可证明.忽略费密能随温度的变化,则

P∂⎛⎜⎜EF⎞P211

T∂T⎝T⎟⎟⎠

+T=T(P2−P1EF).将6.19题的P1和P2代入上式,得

P∂⎛1T⎜⎜EF⎞P21∂T⎝T⎟⎟⎠

+T=T(P2−P1EF).=−2τF2m⎡2⎢525πEFπ2EF⎤3π2ℏ3

T⎢E+(kT)2−E52−(2⎣F8BF8kBT)⎥⎥,⎦

2

=−kBτF2mEF3ℏ3

T<0

22.当金属中存在温度梯度时,电子分布函数f(�

x)可以看成是平衡分布函数f0的刚性平移,证明平移量为.

−

τ⎧⎪⎛ℏ⎨⎡∂

⎪⎜⎞⎟⎩⎢T⎣∂⎜EF⎟E⎤∂E⎫T⎝

T⎠+T⎥∇T+F∇n+eε⎪⎦∂n⎬⎪.⎭

【解答】

当金属中存在温度梯度时,导电子的分布函数变成了（参见《固体物理教程》6.116式）

f=f∂f0�⎧⎪⎡∂⎛0+∂Eτv•⎨⎪⎩⎢T⎜⎣∂T⎜EF⎞⎟⎝T⎟⎠+E⎤T⎥∇T+∂EF⎫⎪

⎦∂n∇n+eε⎬⎪.⎭

其中

v�

是电子的平均速度,n是电子浓度,ε是温差电场.将

∇∂f0kf0=

∂E∇E=∂f0∂Eℏv�

k代入上式得到

f=fτ⎧⎪⎡∂⎛⎞0+ℏ∇kf0•⎨⎪⎜EF⎟⎩⎢T⎣∂T⎜⎝T⎟⎠+E⎤T⎥∇T+∂EF⎫⎪⎦∂n∇n+eε⎬⎪.⎭

将上式与下式

f(u�+du�)=f(u�)+∇�uf•du159

比较得到

⎛�⎡τ⎧�⎫∂EF⎪⎡∂⎛EF⎞E⎤⎪⎤⎞⎜⎜⎟fk=f0k−⎢−⎨⎢T+⎥∇T+∇n+eε⎬⎥⎟.⎜⎟⎜⎟ℏ⎪∂n⎪⎢⎩⎣∂T⎝T⎠T⎦⎭⎥⎣⎦⎠⎝

��

上式表明,当金属中存在温度梯度时,导电电子的分布函数fk可看成平衡分布函数f0k在波矢空间里的刚性平移,平移

()()()量为

τ⎧⎪⎡∂−⎨⎢Tℏ⎪⎩⎣∂T⎛EF⎜⎜T⎝

⎫⎞E⎤∂EF⎪⎟+∇T+∇n+eε⎥⎬.⎟T∂n⎪⎠⎦⎭

160