固体物理第五章习题及答案

第一章 金属自由电子气体模型习题及答案1. 你是如何理解绝对零度时和常温下电子的平均动能十分相近这一点的？[解答] 自由电子论只考虑电子的动能。

在绝对零度时，金属中的自由（价）电子，分布在费米能级及其以下的能级上，即分布在一个费米球内。

在常温下，费米球内部离费米面远的状态全被电子占据，这些电子从格波获取的能量不足以使其跃迁到费米面附近或以外的空状态上，能够发生能态跃迁的仅是费米面附近的少数电子,而绝大多数电子的能态不会改变。

也就是说，常温下电子的平均动能与绝对零度时的平均动能十分相近。

2. 晶体膨胀时，费米能级如何变化？[解答] 费米能级3/222)3(2πn mE o F= ， 其中n 单位体积内的价电子数目。

晶体膨胀时，体积变大，电子数目不变，n 变小，费密能级降低。

3． 为什么温度升高，费米能反而降低？[解答] 当K T 0≠时，有一半量子态被电子所占据的能级即是费米能级。

除了晶体膨胀引起费米能级降低外，温度升高，费米面附近的电子从格波获取的能量就越大，跃迁到费米面以外的电子就越多，原来有一半量子态被电子所占据的能级上的电子就少于一半，有一半量子态被电子所占据的能级必定降低，也就是说，温度生高，费米能反而降低。

4． 为什么价电子的浓度越大，价电子的平均动能就越大？[解答] 由于绝对零度时和常温下电子的平均动能十分相近，我们讨论绝对零度时电子的平均动能与电子的浓度的关系。

价电子的浓度越大，价电子的平均动能就越大，这是金属中的价电子遵从费米—狄拉克统计分布的必然结果。

在绝对零度时，电子不可能都处于最低能级上，而是在费米球中均匀分布。

由式3/120)3(πn k F =可知，价电子的浓度越大费米球的半径就越大，高能量的电子就越多，价电子的平均动能就越大。

这一点从3/2220)3(2πn m E F=和3/222)3(10353πn mE E oF ==式看得更清楚。

电子的平均动能E 正比于费米能o F E ，而费米能又正比于电子浓度32l n。

第六章 能带理论 (习题参考答案)1. 一矩形晶格，原胞长10a 210m-=⨯，10b410m-=⨯（1）画出倒格子图（2）以广延图和简约图两种形式，画出第一布里渊区和第二布里渊区（3）画出自由电子的费米面（设每个原胞有2个电子）解：（1）因为a =a i=20A i b =b j=40A j倒格子基矢为12a iA*=, 014bj A*=以a *b *为基矢构成的倒格子如图。

由图可见，矩形晶格的倒格子也是矩形格子。

(2)取任一倒格子点O作为原点，由原点以及最近邻点A i,次近邻点B i的连线的中垂线可以围成第一，第二布里渊区，上图这就是布里渊区的广延图。

如采用简约形式，将第二区移入第一区，我们得到下图。

(3) 设晶体中共有N个原胞，计及自旋后，在简约布里渊区中便有2N个状态。

简约布里渊区的面积21()8A a bA ***-=⨯=而状态密度22()16()N g K N A A*==当每个原胞中有2个电子时，晶体电子总数为 22()216Fk FN g k kdk N k ππ=⨯=⎰所以1/211111()0.2()210()8F k A m π---=≈=⨯这就是费米圆的半径。

费米圆如下图所示2. 已知一维晶体的电子能带可写成()2271cos cos 2,88E k ka ka m a ⎛⎫=-+⎪⎝⎭式中a 是晶格常数。

试求： （i ）能带的宽度；（ii ）电子在波矢k 状态时的速度； （iii ）能带底部和顶部电子的有效质量。

()()()()()()()()22222m in 2m ax 22m ax m in 22222m in 71cos cos 2,8811cos 24400,2;221sin 24sin 404k i E k ka ka m a ka m a k E k E am a E E E m am aii v E kv ka ka m aiii E k kk E E mπ⎛⎫=-+⎪⎝⎭⎡⎤=--⎢⎥⎣⎦====∆=-=∴=∇∴=--==+解：当时，当时，能带的宽度为：在能带底部，将在附近用泰勒级数展开，可得：()()()22m in 22m ax 22m ax 220342203k E mm m E k k E E k mk E mm m ππδδδ****=+∴===-=+∴=-在能带顶部，将在附近用泰勒级数展开，令k=+k 可得：aa3. 试证明：如果只计及最近邻的相互作用，用紧束缚方法导出的简单立方晶体中S 态电子的能带为()2cos 2cos 2cos 2s x y z E k E A J ak ak ak πππ⎡⎤=--++⎣⎦并求能带的宽度。

固体物理习题参考答案（部分）第一章 晶体结构1.氯化钠：复式格子，基元为Na +，Cl -金刚石：复式格子，基元为两个不等价的碳原子 氯化钠与金刚石的原胞基矢与晶胞基矢如下：原胞基矢)ˆˆ()ˆˆ()ˆˆ(213212211j i a a i k a a k j a a +=+=+= ， 晶胞基矢 ka a j a a ia a ˆˆˆ321===2. 解：31A A O '：h:k;l;m==-11:211:11:111:1:-2:1 所以（1 1 2 1） 同样可得1331B B A A ：（1 1 2 0）； 5522A B B A ：（1 1 0 0）；654321A A A A A A ：（0 0 0 1）3.简立方： 2r=a ，Z=1,()63434r 2r a r 3333πππ===F体心立方：()πππ833r4r 342a r 3422a 3r 4a r 4a 33333=⨯=⨯=∴===F Z ，，则面心立方：()πππ622r 4r 34434442r 4a r 4a 233ar 33=⨯=⨯=∴===F Z ，，则 六角密集：2r=a, 60sin 2c a V C = a c 362=,πππ622336234260sin 34223232=⨯⨯⨯=⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛a a c a r F a金刚石：()πππ163r 38r 348a r 3488Z r 8a 33333=⨯=⨯===F ，， 4. 解：'28109)31arccos(312323)ˆˆˆ()ˆˆˆ(cos )ˆˆˆ()ˆˆˆ(021*******12211=-=-=++-⋅+-=⋅=++-=+-=θθa a k j i a k j i a a a a a kj i a a kj i a a 5.解：对于（110）面：2a 2a a 2S =⋅=所包含的原子个数为2，所以面密度为22a2a22=对于（111）面：2a 2323a 22a 2S =⨯⨯= 所包含的原子个数为2，所以面密度为223a34a 232=8.证明：ABCD 是六角密堆积结构初基晶胞的菱形底面，AD=AB=a 。

1、什么是Peierl不稳定性和Peierls相变？【解答】：假设的晶格内原子状态：假定一维系统是由晶格常数为 a 的N个原子组成，每个晶格原胞只带一个传导电子，电子波函数满足周期条件；第一布里渊区边缘在±π/a，第一布里渊区可以填充2N个电子，因为N个价电子正好填充了最低能带的一半，费米能量恰好位于能带1/2处(Kf=±π/2a)，空能级和占据能级各一半。

然而，Peierls指出这种等距离排列的一维晶格是不稳定的，在低温下，原子发生移动，晶格常数由a变为2a，即第一布里渊区边缘移至费米面且打开了一个能隙，系统总能量降低（。

这就说明，原来等距离排列的具有较高能量的一维晶格经原子移动后变成具有较低能量的畸变晶格，所以原来的晶格是不稳定的。

经过晶格畸变，从半满能带的导体变成为稳定的只有满带和空带的半导体，这就是Peierls不稳定性。

只有在0K时，体系才完全处于上述半导体基态中，当T升高，晶格原子的振动逐步加强以至畸变模糊。

存在相变温度Tp，T＜Tp，体系呈现半导体；T≥Tp，体系相变为导体，这种半导体变为导体的相变称为Peierls相变。

2、简述金刚石、石墨的结构和物性，比较它们性质的异同？【解答】：金刚石和石墨的化学成分都是碳，科学家们称之为“同质多像变体”，也有人称“同素异形体”。

从这种称呼可以知道它们具有相同的“质”，但“形”或“性”却不同，且有天壤之别，金刚石是目前最硬的物质，而石墨却是最软的物质之一。

大家都知道铅笔芯就是用石墨粉和粘土配比而制成的，石墨粉多则软，用“B“表示，粘土掺多了则硬，用“H”表示。

矿物学家用摩氏硬度来表示相对硬度，金刚石为10，而石墨的摩氏硬度只有1。

它们的硬度差别那么大，关键在于它们的内部结构有很大的差异。

石墨内部的碳原子呈层状排列，一个碳原子周围只有3个碳原子与其相连，碳与碳组成了六边形的环状，无限多的六边形组成了一层。

层与层之间联系力非常弱，而层内三个碳原子联系很牢，因此受力后层间就很容易滑动，这就是石墨很软能写字的原因。

固体物理学第五章答案固体物理学第五章答案【篇一：固体物理习题解答】>( 仅供参考)参加编辑学生柯宏伟〔第一章〕，李琴〔第二章〕，王雯〔第三章〕，陈志心〔第四章〕，朱燕〔第五章〕，肖骁〔第六章〕，秦丽丽〔第七章〕指导教师黄新堂华中师范大学物理科学与技术学院2022级2022年6月第一章晶体结构1. 氯化钠与金刚石型结构是复式格子还是布拉维格子，各自的基元为何？写出这两种结构的原胞与晶胞基矢，设晶格常数为a。

解：氯化钠与金刚石型结构都是复式格子。

氯化钠的基元为一个na+和一个cl－组成的正负离子对。

金刚石的基元是一个面心立方上的Ｃ原子和一个体对角线上的Ｃ原子组成的Ｃ原子对。

由于nacl和金刚石都由面心立方结构套构而成，所以，其元胞基矢都为：a?a??12(j?k)?a?a?(k?i) ?22?a?a??32(i?j)?相应的晶胞基矢都为：?a?ai,??b?aj,?c?ak.?2. 六角密集结构可取四个原胞基矢a1,a2,a3与a4,如下图。

试写出o?a1a3、a1a3b3b1、a2b2b5a5、a1a2a3a4a5a6这四个晶面所属晶面族的晶面指数?hklm?。

解：(1)．对于o?a1a3面，其在四个原胞基矢1上的截矩分别为：１，１，?，１。

所以，2其晶面指数为??。

(2)．对于a1a3b3b1面，其在四个原胞基矢上的截矩分别为：１，１，?所以，其晶面指数为??。

1 1，?。

2(3)．对于a2b2b5a5面，其在四个原胞基矢上的截矩分别为：１，?1，?，?。

所以，其晶面指数为?1?。

(4)．对于a1a2a3a4a5a6面，其在四个原胞基矢上的截矩分别为：?，?，?，１。

所以，其晶面指数为?0001?。

3. 如将等体积的硬球堆成以下结构，求证球体可能占据的最大体积与总体积的比为：简立方：。

?；六角密集：；金刚石：66证明：由于晶格常数为a，所以：(1)．构成简立方时，最大球半径为rm?a，每个原胞中占有一个原子，24?a?? ?vma3 3?26??vm?? 3a63(2)．构成体心立方时，体对角线等于４倍的最大球半径，即：4rm，每个晶胞中占有两个原子，4?3?2vm?2??? ??3??3?2vm?3a(3)．构成面心立方时，面对角线等于４倍的最大球半径，即：4rm，每个晶胞占有４个原子，4?3??4vm?43??3?4vm? a36(4)．构成六角密集结构时，中间层的三个原子与底面中心的那个原子恰构成一个正四面体，其高那么正好是其原胞基矢c的长度的一半，由几何知识易知2c?m。

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）()x ai x k πψ3cos =,（2）()f la x f x k,)(-l ∑∞∞=-=ψ是某一函数，求电子在以上状态中的波矢．［解 答］由《固体物理教程》（5.14）式()()r e R r k R r i n k nψψ∙=+可知，在一维周期势场中运动的电子的波函数满足()()x e a x k ika k ψψ=+由此得(1) ()()()()x e x x ai x a i a x a i a x k ika k k ψψππππψ=-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+3cos 3cos 3cos于是1-=ikae因此得 ,5,3,aa akπππ±±±= 若只取布里渊区内的值：ak aππ<-，则有ak π=(2) ()].)1([)(a l x f la a x f a x l l k ∑∑∞-∞=∞-∞=--=++=+ψ令1+='ll得 ()()()()x e x a l x f a x k ika k k ψψψ==-=+∑'.由上式知 ikae =1所以有 ,6,4,2,0aa a kπππ±±±= 因此得在布里渊区内的值为0=k2.一维周期势场为()()[]()⎪⎩⎪⎨⎧-≤≤+-+≤≤---=.1,0,21222b na x b a n b na x b na na x b mW x V 当当其中b a 4=，W 为常数，试画出此势能曲线，并求出势能的平均值．［解 答］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=a 1 ()dx x V a a ⎰-22=()dx x V b bb ⎰-2241 =dx x b mW b b b ⎰--][2141222 =b b x x b b mW --]31[8322 =2261b mW . 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 ng V E 2=，其中n V 是周期势场()x V傅里叶级数的系数，该系数可由《固体物理教程》（5.22）式n V = a 1 ()dx e x V nx ai a a π222--⎰求得，第一禁带宽度为112V E g ==2()dxex V a a x ai ⎰--222a 1π=2⎰---b b x ai dxex b mW b π2222][241=2⎰-⎪⎭⎫ ⎝⎛-b b dx x b x b mW b 2cos ][241222π=3228πb mW .第二禁带宽度为222V E g ==2()dxex V a a x ai ⎰--224a 1π=2⎰---b b x bi dx e x b mW b π][241222 =2⎰-⎪⎭⎫ ⎝⎛-b b dx x b x b mW b πcos ][241222=222πb mW4.已知一维晶格中电子的能带可写成()⎪⎭⎫⎝⎛+-=ka ka ma k E 2cos 81cos 8722 ， 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 .min max E E E -=∆由极值条件 ()0=dkk dE 得上式的唯一解是0sin =ka 的解，此式在第一布里渊区内的解为 ak π,0=.当()k E k ,0时=取极小值min E ，且有 min E =()00=E当()k E ak,时π=，E(k)取极大值max E ,且有.222max ma a E E=⎪⎭⎫ ⎝⎛=π由以上可得能带宽度为.222m i nm a x ma E E E =-=∆（2）由《固体物理教程》（5.81）式，得电子的平均速度为 ().2sin 41sin 1⎪⎭⎫⎝⎛-==ka ka ma dk k dE v（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.322cos 21cos 1222m ka ka m k E mak ak ak -=⎪⎭⎫⎝⎛-=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡∂∂=±=-±=*±=πππ.22cos 21cos 012220m ka ka m k E m k k k =⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡∂∂==-==*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().e n R k ∑∙--=ns s ats s J C E k E式中n R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()()().,0,0,0,,0,0,0,a a a ±±±简单立方体非简并s 态电子的能带则为()().cos cos cos 2a k a k a k J C E k E z y x s s at s s ++--=（2）在[110]方向上 ,22,0k k k k y x z === 能带变为(),22cos 40⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=ka J E k E s s其中 ,20ss at s J C E E --=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.22sin 221⎪⎪⎭⎫⎝⎛=∂∂=ka a J k E v s 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,22cos 222222⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=∂∂=*ka a J k E m s 有效质量曲线如图5.4所示.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 εe F -=电子的加速度2222cos 2⎪⎪⎭⎫⎝⎛-==*ka a J e m F a s ε.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⎥⎦⎤⎢⎣⎡++--=2cos 2cos 2cos 2cos 2cos 2cos 4a k a k a k a k a k a k J C E E x z z y y x s s atss ,并求出能带底的有效质量. [解 答]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》（5.60）式,其能带表示式为()∑∙--=ns s ats s J C E k E n R k e ,n R 是最近邻格矢.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 (2a ±,2a ±,0),( 2a ±,0, 2a ±),(0, 2a ±,2a±). 将上述12组坐标带入能带的表示式,得()∑∙--=ns s ats s J C E k E n R k es s ats J C E --=()()()()()()()()()()()()⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++---+-+---+-++---+-z y z y z y z k y k a i z k x k a i z k x k a i z k x k a i z x y x y x y x y x k k a i k k a i k k a i k k a i k k a i k k a i k k a i k k a i e e e e e e e e e e e e 222222222222()()()()()()⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++++-+++-++--=z y z y z x z x y x y x s s ats k k a k k a k k a k k a k k a k k a J C E 2cos 2cos 2cos 2cos 2cos 2cos⎥⎦⎤⎢⎣⎡++--=2cos 2cos 2cos 2cos 2cos 2cos 4a k a k a k a k a k a k J C E x z z y y x s s ats .能带底即()k E 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2202222a J k E m s kxx xx i=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡∂∂==*.同理可得222a J m s yy=*,222a J m s zz =*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()2cos 2cos 2cos 8a k a k a k J C E k E z y x s s ats s --= ; （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().e n R k ∑∙--=ns s ats s J C E k E n R 是最近邻格矢.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 （2,2,2aa a ±±±）. 将上述8组坐标代入能带的表示式,的().e n R k ∑∙--=ns s ats s J C E k E()()()()()()()()⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+++++++--=---+---+---++-+--+++z k y k x k a i z k y k x k a i z k y k x k a i z k y k x k ai z k y k x k a i z k y k x k a i z k y k x k a i z y x e e e e e e e e J C E k k k a i s s ats 22222222()()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++--=--+--+2cos 2cos 2cos 2cos 22222a k e a k e a k e a k e J C E z zz z k k a i s s atsy k x k ai y k x k a i y k x k a i y x ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-2cos 2cos 422a k a k e e J C E z y k a i s s at s x k ai x 2cos 2cos 2cos 8ak a k a k J C E z y x s s at s --=.（2）在[111]方向上k k k k z y x 33=== , 且第一布里渊区边界在 ak k k z y x π±===,于是能带化成⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=ka J E E s 63cos 830,其中s ats C E E -=0.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===z y x k k k 时,sE 取最小值,即0===z y x k k k 是能带底,电子的有效质量为2202222a J k E m s kxx xx i=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡∂∂==*同理可得222a J m s yy=*,222a J m s zz =*其它交叉项的倒数全为零.而在布里渊区边界上的⎪⎭⎫ ⎝⎛±⎪⎭⎫ ⎝⎛±⎪⎭⎫ ⎝⎛±a a a πππ2,0,0,0,2,0,0,0,2处是能带顶,电子的有效质量为222a J m m m s zzyyxx-===***.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⎪⎪⎭⎫⎝⎛++=32322212122m k m k m k E ,坐标轴1，2，3相互垂.（1） 求能态密度;（2）今加一磁场B , B与坐标轴的夹角的方向余弦分别为γβα,,,写出电子的运动方程;（3） 证明电子在磁场中的回旋频率*=m eB c ω, 其中2132********⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=*m m m m m m m γβα.【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1222232322222121=++ E m k E m k E m k .将上式与椭球公式1222222=++c z b y a x 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abc π34比较可得到,能量为E 的等能面围成的椭球体积 2332132234E m m m πτ= 由上式可得dE E m m m d 21321324 πτ=.能量区间内电子的状态数目()dE E m m m V d V dz cc 1321323222πτπ== 是晶体体积.电子的能态密度()21321322E m m m VdE dz E N cπ==（2） 根据《固体物理教程》中（5.86）式得⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂+∂∂∂+∂∂=331222121212211F k k EF k k E F k E a ,⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂+∂∂+∂∂∂=332222221122221F k k E F k E F k k E a,⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂∂+∂∂∂=323222321132231F k E F k k E F k k E a .将⎪⎪⎭⎫⎝⎛++=32322212122m k m k m k E代入上述三式得运动方程为 333222111,,m F a m Fa m F a ===.即333222111,,F dtdvm F dt dv m F dt dv m ===. （1）当存在磁场B时,电子受到洛仑兹力B v e F⨯-=.其分量形式为 ()()23323223321v B v B v e B v B v e F ωνωβγ-=--=--=,()()31131331132v B v B v e B v B v e F ωνωγα-=--=--=, ()()12212112213v B v B v e B v B v e F ωνωαβ-=--=--=式中B B=,γωβωαωeB eB eB ===321,,.将上述结果代入运动方程（1）得.,,122133311322233211v v dt dvm v v dt dvm v v dt dv m ωωωωωω-=-=-= （2）(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 ()1010v v =,()2020v v =,().0303v v =得[]11v pL m +[]23v L ω-[]32v L ω=101v m ,-[]13v L ω+[]22v pL m +[]31v L ω=202v m ,[]12v L ω-[]21v L ω+[]33v pL m =303v m .由此解出[]∆∆=11v L . 其中()()B p Ap m m m p m m m pm p m p m +≡+++=---=∆22332222113321312123231ωωωωωωωωω.321m m m A =,321233222211m m m m m m B ωωω++=.()()322130313202121021120332302323103213130312202231011C p C p C v m v m v m pv m m v m m p v m m m pm v m p m v m v m ++≡+++-+=--=∆ωωωωωωωωωωω()203302322103211,v v m m C v m m m C ωω+==,3031320212102113v m v m v m C ωωωωω++=.因此得[]()Bp A C B p p AB C B C p AB C B p Ap C p C p C v L +++-+=+++=22231323221111.上式两边取逆拉普拉斯变换得t B BA Ct B AB C B C p AB C v sin cos 123131+-+=.同理可得t B B A C t B AB C B C p AB C v sin cos 123132'+'-'+'=.()301103312203211,v v m m C v m m m C ωω+='=', 1021130323202223v m v m v m C ωωωωω++='.及t B B A C t B AB C B C p AB C v sin cos 123133''+''-''+''=.()102201212303211,v v m m C v m m m C ωω+=''=''2032210311302333v m v m v m C ωωωωω++=''.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t i c e v v ω101=, t i c e v v ω202=t i c e v v ω303=（这里302010,,v v v 一般为复数，电子的真实速度应为321,,v v v 的实部或虚部.） 代入（2）式得 101v m i c ω+302v ω-203v ω=0,103v ω+202v m i c ω-301v ω=0,102v ω-201v ω+303v m i c ω=0.302010,,v v v 有不全为零的解的充要条件是0312123231=----m i m i m i c c c ωωωωωωωωω. 由此得 ()02332222113321=++-c c m m m m m m ωωωωω.于是B m m m m m m c=++=3212332222112ωωωω.这样，两种方法均给出电子回旋频率为21321233222211⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++==m m m m m m B c ωωωω.再将γωβωαωeB eB eB ===321,,,代入上式即得*=meBc ω, 其中2132********⎪⎪⎭⎫⎝⎛++=*m m m m m m m γβα.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 mk E 222 =.由此得dk E m dk m kdE 2121222⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛== ,即dE E m dk 212122-⎪⎭⎫⎝⎛= . 对应同一个dE ，在k ±方向各有一个dk ，因此空间中dE E E +与之间的区间为dE E m dk d 2121222-⎪⎭⎫⎝⎛== τ,在该范围内的状态数为dE E m L d LdZ 212122-⎪⎭⎫⎝⎛== πτπ,其中L 是晶格长度.于是，态密度()12122-⎪⎭⎫ ⎝⎛==E m L dE dZ E N π.（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()⎰∇=Lk EdLS E N 22π.其中S 是晶格的面积，积分沿能量为E 的等能线进行.由()2222y x k k m E += 得 ()mk k k m E y x k 221222 =+=∇.于是有()21222222 mS k m k S E dL S E N Lk ππππ=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=∇=-⎰.10.二维金属晶格，晶胞为简单矩形，晶格常数A a2=,A b 4=，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j bb i a b ππ2,221==.选定一倒格点为原点,原点的最近邻倒格矢有4个,它们是21,b b ±±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21b b ±±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（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mk E 222 =,能量dE E E+→区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图5.8二维波矢空间kdk S ππ2)2(2∙,其中2)2(πS是二维金属中导电电子的波矢密度,S 是金属面积。

《固体物理学》习题解答黄昆 原着 韩汝琦改编 （陈志远解答，仅供参考）第一章 晶体结构、解：实验表明，很多元素的原子或离子都具有或接近于球形对称结构。

因此，可以把这些原子或离子构成的晶体看作是很多刚性球紧密堆积而成。

这样，一个单原子的晶体原胞就可以看作是相同的小球按点阵排列堆积起来的。

它的空间利用率就是这个晶体原胞所包含的点的数目n 和小球体积V 所得到的小球总体积nV 与晶体原胞体积Vc 之比，即：晶体原胞的空间利用率， VcnVx = （1）对于简立方结构：（见教材P2图1-1） a=2r ， V=3r 34π，Vc=a 3，n=1∴52.06r8r34a r 34x 3333=π=π=π= （2）对于体心立方：晶胞的体对角线BG=x 334a r 4a 3=⇒= n=2, Vc=a 3∴68.083)r 334(r 342a r 342x 3333≈π=π⨯=π⨯= （3）对于面心立方：晶胞面对角线BC=r 22a ,r 4a 2=⇒= n=4，Vc=a 3（4）对于六角密排：a=2r 晶胞面积：S=6260sin a a 6S ABO ⨯⨯=⨯∆=2a 233 晶胞的体积：V=332r 224a 23a 38a 233C S ==⨯=⨯n=1232126112+⨯+⨯=6个（5）对于金刚石结构，晶胞的体对角线BG=3r 8a r 24a 3=⇒⨯= n=8, Vc=a 3、试证：六方密排堆积结构中633.1)38(ac 2/1≈=证明：在六角密堆积结构中，第一层硬球A 、B 、O 的中心联线形成一个边长a=2r 的正三角形，第二层硬球N 位于球ABO 所围间隙的正上方并与这三个球相切，于是：NA=NB=NO=a=2R.即图中NABO 构成一个正四面体。

…、证明：面心立方的倒格子是体心立方；体心立方的倒格子是面心立方。

证明：（1）面心立方的正格子基矢（固体物理学原胞基矢）：123()2()2()2a a j k a a i k a a i j ⎧=+⎪⎪⎪=+⎨⎪⎪=+⎪⎩r r r r r rr r r由倒格子基矢的定义：1232()b a a π=⨯Ωr r r31230,,22(),0,224,,022a a a a a a a a a a Ω=⋅⨯==r r rQ ，223,,,0,()224,,022i j ka a a a a i j k a a ⨯==-++r rr r r r r r 同理可得：232()2()b i j k ab i j k aππ=-+=+-r rr r r r r r 即面心立方的倒格子基矢与体心立方的正格基矢相同。

《固体物理学》习题解答黄昆 原著 韩汝琦改编 （陈志远解答，仅供参考）第一章 晶体结构1.1、解：实验表明，很多元素的原子或离子都具有或接近于球形对称结构。

因此，可以把这些原子或离子构成的晶体看作是很多刚性球紧密堆积而成。

这样，一个单原子的晶体原胞就可以看作是相同的小球按点阵排列堆积起来的。

它的空间利用率就是这个晶体原胞所包含的点的数目n 和小球体积V 所得到的小球总体积nV 与晶体原胞体积Vc 之比，即：晶体原胞的空间利用率， VcnVx = （1）对于简立方结构：（见教材P2图1-1）a=2r ， V=3r 34π，Vc=a 3，n=1 ∴52.06r 8r34a r 34x 3333=π=π=π= （2）对于体心立方：晶胞的体对角线BG=x 334a r 4a 3=⇒= n=2, Vc=a 3∴68.083)r 334(r 342a r 342x 3333≈π=π⨯=π⨯= （3）对于面心立方：晶胞面对角线BC=r 22a ,r 4a 2=⇒= n=4，Vc=a 374.062)r 22(r 344a r 344x 3333≈π=π⨯=π⨯= （4）对于六角密排：a=2r 晶胞面积：S=6260sin a a 6S ABO ⨯⨯=⨯∆=2a 233 晶胞的体积：V=332r 224a 23a 38a 233C S ==⨯=⨯ n=1232126112+⨯+⨯=6个 74.062r224r 346x 33≈π=π⨯= （5）对于金刚石结构，晶胞的体对角线BG=3r 8a r 24a 3=⇒⨯= n=8, Vc=a 334.063r 338r 348a r 348x 33333≈π=π⨯=π⨯=1.2、试证：六方密排堆积结构中633.1)38(a c 2/1≈= 证明：在六角密堆积结构中，第一层硬球A 、B 、O 的中心联线形成一个边长a=2r 的正三角形，第二层硬球N 位于球ABO 所围间隙的正上方并与这三个球相切，于是： NA=NB=NO=a=2R.即图中NABO 构成一个正四面体。

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）()x ai x k πψ3cos =,（2）()f la x f x k,)(-l ∑∞∞=-=ψ是某一函数，求电子在以上状态中的波矢．［解 答］由《固体物理教程》（5.14）式()()r e R r k R r i n k nψψ∙=+可知，在一维周期势场中运动的电子的波函数满足()()x e a x k ika k ψψ=+由此得(1) ()()()()x e x x ai x a i a x a i a x k ika k k ψψππππψ=-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+3cos 3cos 3cos于是1-=ikae因此得 ,5,3,aa akπππ±±±= 若只取布里渊区内的值：ak aππ<-，则有ak π=(2) ()].)1([)(a l x f la a x f a x l l k ∑∑∞-∞=∞-∞=--=++=+ψ令1+='ll得 ()()()()x e x a l x f a x k ika k k ψψψ==-=+∑'.由上式知 ikae =1所以有 ,6,4,2,0aa a kπππ±±±= 因此得在布里渊区内的值为0=k2.一维周期势场为()()[]()⎪⎩⎪⎨⎧-≤≤+-+≤≤---=.1,0,21222b na x b a n b na x b na na x b mW x V 当当其中b a 4=，W 为常数，试画出此势能曲线，并求出势能的平均值．［解 答］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=a 1 ()dx x V a a ⎰-22=()dx x V b bb ⎰-2241 =dx x b mW b b b ⎰--][2141222 =b b x x b b mW --]31[8322 =2261b mW . 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 ng V E 2=，其中n V 是周期势场()x V傅里叶级数的系数，该系数可由《固体物理教程》（5.22）式n V = a 1 ()dx e x V nx ai a a π222--⎰求得，第一禁带宽度为112V E g ==2()dxex V a a x ai ⎰--222a 1π=2⎰---b b x ai dxex b mW b π2222][241=2⎰-⎪⎭⎫ ⎝⎛-b b dx x b x b mW b 2cos ][241222π=3228πb mW .第二禁带宽度为222V E g ==2()dxex V a a x ai ⎰--224a 1π=2⎰---b b x bi dx e x b mW b π][241222 =2⎰-⎪⎭⎫ ⎝⎛-b b dx x b x b mW b πcos ][241222=222πb mW4.已知一维晶格中电子的能带可写成()⎪⎭⎫⎝⎛+-=ka ka ma k E 2cos 81cos 8722 ， 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 .min max E E E -=∆由极值条件 ()0=dkk dE 得上式的唯一解是0sin =ka 的解，此式在第一布里渊区内的解为 ak π,0=.当()k E k ,0时=取极小值min E ，且有 min E =()00=E当()k E ak,时π=，E(k)取极大值max E ,且有.222max ma a E E=⎪⎭⎫ ⎝⎛=π由以上可得能带宽度为.222m i nm a x ma E E E =-=∆（2）由《固体物理教程》（5.81）式，得电子的平均速度为 ().2sin 41sin 1⎪⎭⎫⎝⎛-==ka ka ma dk k dE v（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.322cos 21cos 1222m ka ka m k E mak ak ak -=⎪⎭⎫⎝⎛-=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡∂∂=±=-±=*±=πππ.22cos 21cos 012220m ka ka m k E m k k k =⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡∂∂==-==*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().e n R k ∑∙--=ns s ats s J C E k E式中n R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()()().,0,0,0,,0,0,0,a a a ±±±简单立方体非简并s 态电子的能带则为()().cos cos cos 2a k a k a k J C E k E z y x s s at s s ++--=（2）在[110]方向上 ,22,0k k k k y x z === 能带变为(),22cos 40⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=ka J E k E s s其中 ,20ss at s J C E E --=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.22sin 221⎪⎪⎭⎫⎝⎛=∂∂=ka a J k E v s 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,22cos 222222⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=∂∂=*ka a J k E m s 有效质量曲线如图5.4所示.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 εe F -=电子的加速度2222cos 2⎪⎪⎭⎫⎝⎛-==*ka a J e m F a s ε.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⎥⎦⎤⎢⎣⎡++--=2cos 2cos 2cos 2cos 2cos 2cos 4a k a k a k a k a k a k J C E E x z z y y x s s atss ,并求出能带底的有效质量. [解 答]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》（5.60）式,其能带表示式为()∑∙--=ns s ats s J C E k E n R k e ,n R 是最近邻格矢.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 (2a ±,2a ±,0),( 2a ±,0, 2a ±),(0, 2a ±,2a±). 将上述12组坐标带入能带的表示式,得()∑∙--=ns s ats s J C E k E n R k es s ats J C E --=()()()()()()()()()()()()⎪⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++---+-+---+-++---+-z y z y z y z k y k a i z k x k a i z k x k a i z k x k a i z x y x y x y x y x k k a i k k a i k k a i k k a i k k a i k k a i k k a i k k a i e e e e e e e e e e e e 222222222222()()()()()()⎪⎪⎭⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++++-+++-++--=z y z y z x z x y x y x s s ats k k a k k a k k a k k a k k a k k a J C E 2cos 2cos 2cos 2cos 2cos 2cos⎥⎦⎤⎢⎣⎡++--=2cos 2cos 2cos 2cos 2cos 2cos 4a k a k a k a k a k a k J C E x z z y y x s s ats .能带底即()k E 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2202222a J k E m s kxx xx i=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡∂∂==*.同理可得222a J m s yy=*,222a J m s zz =*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()2cos 2cos 2cos 8a k a k a k J C E k E z y x s s ats s --= ; （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().e n R k ∑∙--=ns s ats s J C E k E n R 是最近邻格矢.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 （2,2,2aa a ±±±）. 将上述8组坐标代入能带的表示式,的().e n R k ∑∙--=ns s ats s J C E k E()()()()()()()()⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+++++++--=---+---+---++-+--+++z k y k x k a i z k y k x k a i z k y k x k a i z k y k x k ai z k y k x k a i z k y k x k a i z k y k x k a i z y x e e e e e e e e J C E k k k a i s s ats 22222222()()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++--=--+--+2cos 2cos 2cos 2cos 22222a k e a k e a k e a k e J C E z zz z k k a i s s atsy k x k ai y k x k a i y k x k a i y x ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=-2cos 2cos 422a k a k e e J C E z y k a i s s at s x k ai x 2cos 2cos 2cos 8ak a k a k J C E z y x s s at s --=.（2）在[111]方向上k k k k z y x 33=== , 且第一布里渊区边界在 ak k k z y x π±===,于是能带化成⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=ka J E E s 63cos 830,其中s ats C E E -=0.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===z y x k k k 时,sE 取最小值,即0===z y x k k k 是能带底,电子的有效质量为2202222a J k E m s kxx xx i=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡∂∂==*同理可得222a J m s yy=*,222a J m s zz =*其它交叉项的倒数全为零.而在布里渊区边界上的⎪⎭⎫ ⎝⎛±⎪⎭⎫ ⎝⎛±⎪⎭⎫ ⎝⎛±a a a πππ2,0,0,0,2,0,0,0,2处是能带顶,电子的有效质量为222a J m m m s zzyyxx-===***.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⎪⎪⎭⎫⎝⎛++=32322212122m k m k m k E ,坐标轴1，2，3相互垂.（1） 求能态密度;（2）今加一磁场B , B与坐标轴的夹角的方向余弦分别为γβα,,,写出电子的运动方程;（3） 证明电子在磁场中的回旋频率*=m eB c ω, 其中2132********⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=*m m m m m m m γβα.【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1222232322222121=++ E m k E m k E m k .将上式与椭球公式1222222=++c z b y a x 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abc π34比较可得到,能量为E 的等能面围成的椭球体积 2332132234E m m m πτ= 由上式可得dE E m m m d 21321324 πτ=.能量区间内电子的状态数目()dE E m m m V d V dz cc 1321323222πτπ== 是晶体体积.电子的能态密度()21321322E m m m VdE dz E N cπ==（2） 根据《固体物理教程》中（5.86）式得⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂+∂∂∂+∂∂=331222121212211F k k EF k k E F k E a ,⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂+∂∂+∂∂∂=332222221122221F k k E F k E F k k E a,⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂∂+∂∂∂=323222321132231F k E F k k E F k k E a .将⎪⎪⎭⎫⎝⎛++=32322212122m k m k m k E代入上述三式得运动方程为 333222111,,m F a m Fa m F a ===.即333222111,,F dtdvm F dt dv m F dt dv m ===. （1）当存在磁场B时,电子受到洛仑兹力B v e F⨯-=.其分量形式为 ()()23323223321v B v B v e B v B v e F ωνωβγ-=--=--=,()()31131331132v B v B v e B v B v e F ωνωγα-=--=--=, ()()12212112213v B v B v e B v B v e F ωνωαβ-=--=--=式中B B=,γωβωαωeB eB eB ===321,,.将上述结果代入运动方程（1）得.,,122133311322233211v v dt dvm v v dt dvm v v dt dv m ωωωωωω-=-=-= （2）(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 ()1010v v =,()2020v v =,().0303v v =得[]11v pL m +[]23v L ω-[]32v L ω=101v m ,-[]13v L ω+[]22v pL m +[]31v L ω=202v m ,[]12v L ω-[]21v L ω+[]33v pL m =303v m .由此解出[]∆∆=11v L . 其中()()B p Ap m m m p m m m pm p m p m +≡+++=---=∆22332222113321312123231ωωωωωωωωω.321m m m A =,321233222211m m m m m m B ωωω++=.()()322130313202121021120332302323103213130312202231011C p C p C v m v m v m pv m m v m m p v m m m pm v m p m v m v m ++≡+++-+=--=∆ωωωωωωωωωωω()203302322103211,v v m m C v m m m C ωω+==,3031320212102113v m v m v m C ωωωωω++=.因此得[]()Bp A C B p p AB C B C p AB C B p Ap C p C p C v L +++-+=+++=22231323221111.上式两边取逆拉普拉斯变换得t B BA Ct B AB C B C p AB C v sin cos 123131+-+=.同理可得t B B A C t B AB C B C p AB C v sin cos 123132'+'-'+'=.()301103312203211,v v m m C v m m m C ωω+='=', 1021130323202223v m v m v m C ωωωωω++='.及t B B A C t B AB C B C p AB C v sin cos 123133''+''-''+''=.()102201212303211,v v m m C v m m m C ωω+=''=''2032210311302333v m v m v m C ωωωωω++=''.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t i c e v v ω101=, t i c e v v ω202=t i c e v v ω303=（这里302010,,v v v 一般为复数，电子的真实速度应为321,,v v v 的实部或虚部.） 代入（2）式得 101v m i c ω+302v ω-203v ω=0,103v ω+202v m i c ω-301v ω=0,102v ω-201v ω+303v m i c ω=0.302010,,v v v 有不全为零的解的充要条件是0312123231=----m i m i m i c c c ωωωωωωωωω. 由此得 ()02332222113321=++-c c m m m m m m ωωωωω.于是B m m m m m m c=++=3212332222112ωωωω.这样，两种方法均给出电子回旋频率为21321233222211⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++==m m m m m m B c ωωωω.再将γωβωαωeB eB eB ===321,,,代入上式即得*=meBc ω, 其中2132********⎪⎪⎭⎫⎝⎛++=*m m m m m m m γβα.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 mk E 222 =.由此得dk E m dk m kdE 2121222⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛== ,即dE E m dk 212122-⎪⎭⎫⎝⎛= . 对应同一个dE ，在k ±方向各有一个dk ，因此空间中dE E E +与之间的区间为dE E m dk d 2121222-⎪⎭⎫⎝⎛== τ,在该范围内的状态数为dE E m L d LdZ 212122-⎪⎭⎫⎝⎛== πτπ,其中L 是晶格长度.于是，态密度()12122-⎪⎭⎫ ⎝⎛==E m L dE dZ E N π.（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()⎰∇=Lk EdLS E N 22π.其中S 是晶格的面积，积分沿能量为E 的等能线进行.由()2222y x k k m E += 得 ()mk k k m E y x k 221222 =+=∇.于是有()21222222 mS k m k S E dL S E N Lk ππππ=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=∇=-⎰.10.二维金属晶格，晶胞为简单矩形，晶格常数A a2=,A b 4=，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j bb i a b ππ2,221==.选定一倒格点为原点,原点的最近邻倒格矢有4个,它们是21,b b ±±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21b b ±±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（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mk E 222 =,能量dE E E+→区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图5.8二维波矢空间kdk S ππ2)2(2∙,其中2)2(πS是二维金属中导电电子的波矢密度,S 是金属面积。

《固体物理学》习题解答第一章1.1 有许多金属即可形成体心立方结构，也可以形成面心立方结构。

从一种结构转变为另一种结构时体积变化很小.设体积的变化可以忽略，并以R f 和R b 代表面心立方和体心立方结构中最近邻原子间的距离，试问R f /R b 等于多少？答：由题意已知，面心、体心立方结构同一棱边相邻原子的距离相等，都设为a ：对于面心立方，处于面心的原子与顶角原子的距离为：R f=2 a 对于体心立方，处于体心的原子与顶角原子的距离为：R b=2a 那么，Rf Rb1.2 晶面指数为（123）的晶面ABC 是离原点O 最近的晶面，OA 、OB 和OC 分别与基失a 1，a 2和a 3重合，除O 点外，OA ，OB 和OC 上是否有格点？若ABC 面的指数为（234），情况又如何？答：根据题意，由于OA 、OB 和OC 分别与基失a 1，a 2和a 3重合，那么晶面族是（123）的离原点最近的晶面在三个基矢坐标轴上的截距分别是a1、(1/2)a2、(1/3)a3。

固体物理学中基矢的长度等于相邻两个格点的距离，所以只要“OA,OB 和OC 分别与基矢a1,a2,a3重合”，而O 又是格点，则A 、B 、C 一定是格点。

OA 、OB 、OC 间无格点，（234）情况一样。

结晶学以晶包基矢为坐标轴表示晶面指数，但称为米勒指数。

1.3 二维布拉维点阵只有5种，试列举并画图表示之。

答：二维布拉维点阵只有五种类型：正方、矩形、六角、有心矩形和斜方。

分别如图所示：1.4 在六方晶系中，晶面常用4个指数（hkil ）来表示，如图所示，前3个指数表示晶面族中最靠近原点的晶面在互成120°的共平面轴a 1，a 2，a 3上的截距a 1/h ，a 2/k ，a 3/i ，第四个指数表示该晶面的六重轴c 上的截距c/l.证明：i=-（h+k ） 并将下列用（hkl ）表示的晶面改用（hkil ）表示：（001）(133)(110)(323)（100）（010）(213)答：证明设晶面族（hkil ）的晶面间距为d ，晶面法线方向的单位矢量为n °。