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51 学时固体物理模拟试题学时固体物理模拟试题 3答案与评分标准答案与评分标准 一 问答题 每小题 5 分 共 20 分 1 5 分 何谓玻恩 卡曼边界条件 它有什么作用 答 以一维原子链为例 除了两端的两个原子外 其它任一个原子的运动都与相邻的两个 原子的运动相关 即除了原子链两端的两个原子外 其它原子的运动方程构成了个联立方程 组 但原子链两端的两个原子只有一个相邻原子 其运动方程仅与一个相邻原子的运动相关 运动方程与其它原子的运动方程不同 给整个联立方程组的求解带来了很大的困难 为克服 这种困难 玻恩 卡曼提出用包含 N 个原胞的环状链作为一个有限链的模型 它包含有限 数目的原子 然而保持所有原胞完全等价 这相当于一个周期性边界条件 2 1 iNaq nn N uueqh Na h为整数 对三维情况有 3 31 12 2 312 123 123 1 iNiNiN lll eee NNN qaqaqa qbbb 123 l l l为整数 3 分 玻恩 卡门边界条件是一个近似条件 不过 通过晶格振动谱及晶体能带的实验测定表 明 实验与理论相符得很好 说明玻恩卡门周期性边界条件是一个很好的边界条件 玻恩 卡曼边界条件是晶格振动理论与晶体能带理论中的基本边界条件 其中心思想是 既考虑到实际晶体的有限大小 又忽略表面粒子自于内部粒子的差别 使晶体成为 有限的 完整 晶体 从而以协调 有限 与 无限 的矛盾 使问题可解 2 分 2 5 分 举例说明 为什么在满足相同宏观对称性的条件下布拉伐点阵中没有 边心点 阵 答 一个晶系的加心点阵 既要满足该晶系的宏观对称性 又要保证 加心 后所有 点子 在该点阵中处于等价的地位 边心点阵 中的点子之间地位不再等价 不是布拉伐点阵 3 分 以立方晶系为例 如果在简单点阵的边上加心 将有三组不等价的 边心 这些边心点子 与原简单点阵的点子也不等价 因此 加 边心 后的点阵不再是布拉伐点阵 2 分 3 5 分 何谓等能面 何谓费米面 比较两个概念的异同 答 等能面是 k 空间 粒子状态空间 能量相等的 k 值构成的曲面 费米面是晶体中电子 状态的 k 空间中占有电子与不占有电子区域的分界面 3 分 k 空间可以作出一系列的等能面 描述三维能带 能量函数 结构 而费米面是粒子由 低能态到高能态填充的 k 空间中占有电子与不占有电子区域的特定分界面 或曲面 的集合 对自由电子气 费米面即系统基态电子填充的最大能量 22 2 FF Ekm h的球面 半径为 F k 2 分 4 5 分 在布里渊区边界上电子的能带有何特点 答 电子的能带依赖于波矢的方向 在任一方向上 在布里渊区边界上 近自由电子的能带 一般会出现禁带 若电子所处的边界与倒格矢 n G正交 则禁带的宽度 2 gn EV G n V G是周期势场的付里叶级数的系数 3 分 不论何种电子 在布里渊区边界上 其等能面在垂直于布里渊区边界的方向上的斜率为 零 即电子的等能面与布里渊区边界正交 2 分 二 图解题题 每小题 5 分 共 20 分 1 5 分 作出晶格常数为a的面心立方晶格的倒格子中 100 110 及 111 倒格面 上倒格点的排列图 兼顾周期性与对称性 解 面心立方晶格的倒格子为体心立方 单胞边长为4 a 如图 2 1 a 所示 把密勒指 数的定义用于倒格子 可以确定 100 110 及 111 倒格面 面上倒格点的排列如图 2 1 b c d 所示 a b c d 图 2 1 面心立方晶格的倒格子 只画图 a 且标注完整得 4 分 分别作出 b c d 图且标注完整得 5 分 无间距标注得 3 分 2 5 分 已知晶体格波的一光频支的色散关系为 2 ABq A B 为常数 画出该支格波的模式密度 g 曲线 解 先求出模式密度 3 2 qs dSV g q 2 1 2 323 2 4 24 2 VqV A BqB A min A gdN 2 3 2 min 6N AB V min 1 2 min 23 2 min 4 0 A 0 V AA B g 得到正确结果得 3 分 作图正确得 2 分 3 5 分 根据紧束缚近似的计算结果 作出 一维单原子链的 E kk v kk 及 mkk 曲线 解 先求一维单原子链 E kk v kk 及 mkk 的表达式 3 分 s 0 0J R S i s R EEJe s k R k g 最近邻 1 1 0 02cos i k ai k a s s EJJee EJJka V k k 11 dE E dk k K hh 1 2 sin J a ka h 由所得模式密度表示式可以作出 如图 2 2 所示的 g 曲 线 图 2 2 图 2 3 2 2 2 m d E k dk h 2 2 1 2cosJ aka h 公式正确得 3 分 作图正确得 2 分 由以上表达式可作出 E kk v kk 及 mkk 曲线如图 2 3 所示 4 5 分 作出边长分别为3A 2Aab oo 的二维 长方晶格的倒格子并画出第一布里渊区 解 先计算倒格子基矢 123 1 1 1 2 222 A 3 22 A aai abjak bbiii aba bajjj abb o o rrr rrr Q rrrr rrrr 由 12 b b r r 作出倒格子 3 分 由布里渊区的定义作出第一布里渊区如图 2 4 所 示 2 分 三 证明题 第 1 第 2 第 3 小题每题 6 分 第 4 小题 12 分 共 30 分 1 6 分 晶格振动理论中 由复格波简正坐标 exp qq Q qmN Ait 计算哈密顿量 时 一直采用了 QqQq 这一关系 实际上 这个关系是不成立的 证明 一维格波解为的复数表示为 1 q it naq inaq nqqnnq qq A eQ q e mN 式中 exp qq Q qmN Ait 为复复格波简正坐标 其中 q A是q模式的复振幅 可以 有一个初相位因子 但与时间无关 既 q i qq AA e 1 2sin 2 qq aq m 由 Q q 的表达式有 q qq it q itit qq QqmNA e QqmNA emNA e 3 分 如果 QqQq 则必须 2 qqq itititq qq q A A eA ee A 但 q A是q模式的复振幅 与时间无关 所以 q A与 q A 亦与时间无关 可见 2 q itq q A e A 的要 求是无理的 故关系式 QqQq 一般不成立 3 分 2 6 分 对于晶体的 x 射线衍射 如果入射波的波矢量 末端 位于一个倒格矢的中垂 面上 将产生布喇格反射 证明 图 2 4 3p 2p 已知 mm 1 kGG 2 如图 3 2 所 示 所以 0 mm 1 kGG 2 2 20 m m k GG 又因为对弹性散射 2 2 2 2 kk 3 分 22 2 2 m m kk GGk 2 2 mm kGkkkG 即反射满足劳厄方程 从而也必然满足布喇格方程 所以 此时的反射是布拉格反射 3 分 3 6 分 晶体不可能有一条 6 重轴于一条 4 重轴相交 证明 设晶体有一条 n 重轴和一条 m 重轴相交于 O 点 先绕 n 重轴转 n 次 m 重轴上的 B点将画出一个正 n 边 形 其顶角为 22n nn 2 分 再绕 m 重轴转 m 次 上面的多边形的顶角 B将围成一个 顶点在 B的锥面 m 个顶角之和应不大于 2 即 2 2 n m n 2 分 如果 n 6 m 4 则 28 2 3 n m n 2 分 这不可能 所以晶体不可能有一条 6 重轴于一条 4 重轴相交 4 12 分 晶体中 电子的波函数可以表示为 i nn eu k r kk r 因此 在准经典近似下 布洛赫电子运动对应的电流密度为 nnn nene uuE m kkk jkpkh h 证明 由电磁学理论可知导体中电子运动对应的电流密度为 e n jv n 是电子密度 v v是电子的平均速度 晶体中布洛赫电子的平均速度可以如下计算 i r k p krQh ii kk ieueu k rk r rkpr gg hh 11 kk uu mm vk p krkprh 又 2 H 2 kV m kp r h kH m k kph h 5 分 图 3 2 图 3 3 将约化波函数的薛定谔方程 k kk H uEu rkr 两边对 k 空间求梯度 k kk H uEu kk rkr k kkk uHuEuEu m kkkk pkkk h h 用 k u r乘上式并积分得 k kkkk uuuHu m kkp h h kkkk uEuEuu kk kk 由 KH的厄密性 kk kkkkkk u HuH uuEuu kkk k kk uu m kp h h kk uEu kk kk Eu u kk E kk 补上能带编号 n 得 1 nknk uu m vrkprh 1 n E kk h 5 分 所以布洛赫电子运动对应的电流密度为 nnn nene uuE m kkk jkpkh h 2 分 四 计算题 第 1 第 2 第 3 小题每题 8 分 第 4 小题 6 分 共 30 分 1 由四方晶系的宏观对称性特征 简化其介电张量 解 四方晶系有一条 4 重轴 也是二重轴 和四条与之垂直的二重轴 由三条相互垂直的 二次轴 分别取为 X Y Z 轴 且 X 轴亦是四重轴 先绕 Z 轴转 相应的变换矩阵为 cossin0100 sincos0010 001001 A A 是对称操作 则介电张量满足 T A A 111213 212223 313233 100100 010010 001001 T A A 111213111213 212223212223 313233313233 1 33 1 2 33 2 0 0 再 绕 X 轴转 相应的变换矩阵为 100100 0cossin010 0sincos001 A 111211121112 212221222122 333333 100010000 010001000 001000010000 T A A 5 分 再 绕 X 轴转 2 相应的变换矩阵为 100 100 0cossin001 22 010 0sincos 22 A 再由 T A A 23 1 2 2 00 00 00 3 分 2 8 分 有一晶体 平衡时体积为 V0 原子间相互作用总势能为 2 mn N U r rr m n 都是常数 求晶体的结合能W与体积弹性模量 之间的关系 解 由平衡条件有 0 0 r dU dr 0 11 00 0 2 n m mn Nmnn r rrm 0 00 2 mn N UW rr 体积弹性模量 0 0 2 2 0 2 r r d rd U V d Vd r 4 分 设 3 VN r 0 2 2 2 0 2 0 3 3 9 r rVdr dVNr drdr rdVV 0 222 00 222 0000 00 00 000 11 992 11221 92 mn r mn mn m mn nrrd UN VdrVrr m mn nUUN nrmr VrN mnrN mn 0 00 99 U nmnmW VV 4 分 1221 0 11 22 33 00 00 00 3 8 分 设晶体中每个振子的振动能量为 1 2 1 B k T E e h h h 试用德拜模型求晶体的总振动能 解 德拜模型每频率在 d 间格波数 2 23 3 2 V gdd C 由 13 2332 3 6 6 m mm o NN gdNCC VV 晶体的总振动能 0 00 0 1 21 m mm B k T EEgd gdgd e EE T h h h 4 分 3 0 23 00 332 2323 131 222 33 6 1616 mm mmBD V Egdd C VVN kC CCV hh h 9 8 BD Nk D 是德拜温度 3 23 00 3 121 mm BB k Tk T Vd E Tgd eCe hh hh