黄昆版固体物理学课后答案解析答案

1、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,nVVc(1)对于简立方结构：(见教材P2图1-1)4V=3a=2r，r3，Vc=a3，n=1r3a34 3r3_8r30.526(2 )对于体心立方:晶胞的体对角线

2、BG=、3a 4r a 土3 x3n=2, Vc=a34233a x(3)r3r34.33F)对于面心立方：晶胞面对角线Vc=a3/434 rx3_an=4,r3(22r)3(4 )对于六角密排:晶胞的体积:V= S0.68BC= . 2a 4r,0.74a=2r晶胞面积：S=6 S ABO2、2ra asin603.3 2= a2C a2 J-a 372a3 24血32 V31n=1212 -6436 rx3x 24.2r33=6个0.74(5 )对于金刚石结构，晶胞的体对角线BG= .3a 4 2r8r3n=8, Vc=a38 3r38 3r3833r3,30.341.2、试证：六方密排堆

3、积结构中C （8）1/2 1.633a 3证明：在六角密堆积结构中，第一层硬球A、B、0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=N0=a=2R.即图中NABO构成一个正四面体。1.3、证明：面心立方的倒格子是体心立方；体心立方的倒格子是面心立方。a1证明：（1 ）面心立方的正格子基矢（固体物理学原胞基矢）a2a3a i2(j a/ 别a/ 2(，k)k)j)由倒格子基矢的定义:a3)(a2 a3)aa0,rrr2,2i ,j,k3aaar raa_ J0,一,a2a3I0,22422aaaaJJ002222a2 r

4、 r r7 ij k)b1 2k)k)同理可得:b22 1(iajrak）即面心立方的倒格子基矢与体心立方的正格基矢相同。k)所以，面心立方的倒格子是体心立方。ra, r a( ir jrk)ra rrr（2）体心立方的正格子基矢（固体物理学原胞基矢）a?丁jk)ra丿rra3a(ijk)由倒格子基矢的定义：bi j（22 a3）r r rai (a2 a3)aa a2，2， 2aa a2，2， 2aa a2，2， 2a2a3a2a2j,a2aJ2ka2arbir(jrk)2r(irk)a即体心立方的倒格子基矢与面心立方的正格基矢相冋。2rra(ij)rb2同理可得：rb3所以，体心立方的倒格

5、子是面心立方。1.5、证明倒格子矢量Gh,h2b2vGGh1h2h3耳，容易证明urnCAuurCBr(jrk)垂直于密勒指数为（hhs）的晶面系。v v v h1b1 h2b2h3b3Gh1h,h3所以，倒格子矢量 Ghzb? h3b3垂直于密勒指数为（h1h2h3）的晶面系。解：简单立方晶格：vrr vvvaa2a3, a1ai,a2v v aj, a3v akrr rrrrr由倒格子基矢的疋义：b1 2 /r %r , b?2a32a1bb31.6、对于简单立方晶格，证明密勒指数为（h,k,l）的晶面系，面间距 d满足：d2 a2,（h2 k2 l2），其中a为立方边长；并说明面指数简单

6、的晶面，其面密度较大，容易解理。a a2 a3a-ia2 a3倒格子基矢：* v，b2 v，b3 k2a1a?a1 a2a3晶面族（hkl）的面间距：d2-vG1(h)2a(-)2 (-)2a a倒格子矢量：vvvvv2 v 2 v 2 vG hb1 kb2 lb3，G h i kj lkaaa2d2a(h2 k2 l2)面指数越简单的晶面，其晶面的间距越大，晶面上格点的密度越大，单位表面的能量越小，这样的晶面 越容易解理。1.9、画出立方晶格（111）面、（100）面、（110）面，并指出（111）面与（100）面、（111）面与（110） 面的交线的晶向。解：（111）v v v1、 （1

7、11）面与（100）面的交线的AB，AB平移，A与O点重合，B点位矢：RBaj ak，uuu v v-（111）面与（100）面的交线的晶向 AB aj ak，晶向指数0 11。（111）v v v2、 （111）面与（110）面的交线的AB，将AB平移，A与原点O重合，B点位矢：Rbai aj，（111）面与uuu v v-（110）面的交线的晶向 AB ai aj ,晶向指数110。第二章固体结合2.1、两种一价离子组成的一维晶格的马德隆常数（2ln 2 ）和库仑相互作用能，设离子的总数为2N。解 设想一个由正负两种离子相间排列的无限长的离子键，取任一负离子作参考离子 （这样马德隆常数中的

8、正负号可以这样取，即遇正离子取正号，遇负离子取负号），用r表示相邻离子间的距离，于是有(1) 21 1 1 1 .rjrijr 2r 3r 4r前边的因子2是因为存在着两个相等距离 ri的离子，一个在参考离子左面，一个在其右面，故对一边求和后要乘2,马德隆常数为211 1 1 n.234 234Qln(1XXXx) x.x 3411 1当 X=1 时，有 1. ln22l n22 3 4n2.3、若一晶体的相互作用能可以表示为u（r）m nr r试求：（1 ）平衡间距ro ；（2）结合能W （单个原子的）；（3）体弹性模量；（4）若取m 2,n10,r03代W 4eV，计算 及 的值。解：（1

9、）求平衡间距ro由du(r)0，有：dr r romn0m 1m nn U mi 1n 1roror0.nm结合能：设想把分散的原子（离子或分子）结合成为晶体，将有一定的能量释放出来，这个能量 称为结合能（用w表示）（2）求结合能w （单个原子的）题中标明单个原子是为了使问题简化，说明组成晶体的基本单元是单个原子，而非原子团、离子 基团，或其它复杂的基元。显然结合能就是平衡时，晶体的势能，即Umin即：WU(r0) （可代入ro值，也可不代入）roro（3）体弹性模量由体弹性模量公式:2U(4) m = 2， n =10，ro3A，w = 4eV，求 a、B1018518ro2U(ro)104

10、 2(ro85 代入)ror.5roWU(ro)424eV5roro将 ro 3A，1eV 1.602 io19 J代入7.209 10 38 N m29.459 10 115 N（1）平衡间距ro的计算晶体内能U （r）孑）平衡条件dUdr Lromm 1ronn 1roro(m（2）单个原子的结合能1W 2u(ro)，u(ro)roro(3)体弹性模量2u7)% V0晶体的体积VNAr3为常数,晶体内能U(r)U_TVN(2N(2 rmmrm1显)Jn 1 /r2UN rV r(喀r1)为原胞数目13NAr23NAr22UV2N 122 9Vo2mmro2nnrommro由平衡条件V Vo

11、m 1ron 1ro13NAr。2mm ronnro2 9V02mmronro2UV2V VoN 122 9VommrroN nm2 9Vo2 mroNUo (2UV2V Vomn嘉(Uo)体弹性模量Uomn9Vo(4)若取m2,n10, ro3A,W4 eVm n)() n mW 102 r0，ro oro2W-95、， 1o1.2 1o eV m9.019、，210 eV m2.6、bcc和fee Ne的结合能，用林纳德一琼斯(LennardJones势计算 Ne在bcc和fee结构中的结合能之o2.96A.计算fcc结构的H20.751kJ/ mo1，试与计算比值.v解u(r) 4()1

12、2 ()6rr,u(r)1-N(42)An()12A()6rrdu(r)0rr6 2 A|2 652人u0!n2ArAI2bccu ( r0 )bcc2(锂)/(锂)A12A1212.252/9.110.957fccu(r0)fcc14.452/12.132.7、对于H2，从气体的测量得到 Lennard Jones参数为50 10 6 J ,的结合能以KJ/mol单位)，每个氢分子可当做球形来处理.结合能的实验值为 值比较.v解以H2为基团，组成fcc结构的晶体，如略去动能，分子间按Lenn ardJones势相互作用,则晶体的总相互作用能为：12 6U 2N P12Rj6iR jR6 12

13、Pj14.45392;Rj12.13188,jio50 10 16erg, 2.96 A, N 6.022 1023/mol.将R/弋入U得到平衡时的晶体总能量为因此，计2.55KJ / mol.12 628162 962 96U 2 6。22 10 /mol 50 10 16erg 12.1314.453.163.16算得到的出晶体的结合能为2. 55KJ/mol，远大于实验观察值 0.75IKJ/mo1.对于出的晶体，量子修正是很重要的，我们计算中没有考虑零点能的量子修正，这正是造成理论和实验值之间巨大差 别的原因.第三章固格振动与晶体的热学性质3.1、已知一维单原子链，其中第j个格波，在

14、第n个格点引起的位移为，njaj si n( jt_n aqjj),j为任意个相位因子，并已知在较高温度下每个格波的平均能量为，具体计算每个原子的平方平均位移。v解任意一个原子的位移是所有格波引起的位移的叠加，即njaj sin( jt naqjjj)(1)2nnjjnj2nj jnj g njj j由于njnj数冃非常大为数量级，而且取正或取负几率相等，因此上式得第2项与第一项相比是一小量，可以忽略不计。所以2 nj j由于nj是时间t的周期性函数，其长时间平均等于一个周期内的时间平均值为21 T0 2j 0 aj sin( jt naqjToj)dt fa：(2)已知较高温度下的每个格波的

15、能量为KT， nj的动能时间平均值为Tnj1 LdxT0 1T。00 22 d nj dTdt2wa：2To0T2aj sin(122jt naqjj)dtWj La其中L是原子链的长度,使质量密度，To为周期。所以 Tnj1 w2La24KT2(3)因此将此式代入（2）式有2njKT2jPL所以每个原子的平均位移为2njKTjKTPL j12j3.2、讨论N个原胞的一维双原子链（相邻原子间距为a），其2N个格波解，当 M = m时与一维单原子链的结果对应。;质量为m的原子位于2n，2n+2，2n+4A、B有非零解,cosaq两种不同的格波的色散关系m跖M&2n1(2 2n 2n 1(2 2n

16、 1 2n2N个独立的方程(2 m 2)A (2(2 cosaq)A (2cosaq)B 0M 2)B 0cosaqM 2(m M)mM(m M)mM(m M)mM111-Msin2aq2(m M )4mMsi n2aq2(m M )214mM sin aq2 (m M )2n 1)2 2n)两种色散关系如图所示:长波极限情况下q 0，吨)詈(2)q与一维单原子晶格格波的色散关系一致m和10 ，两种原子质量相等，且H23.3、考虑一双子链的晶格振动，链上最近邻原子间的力常数交错地为最近邻原子间距为 a 2。试求在q 0,q a处的(q)，并粗略画出色散关系曲线。此问题模拟如 这样的双原子分子晶

17、体。XCHOO0 tlB2n * 4答: ( 1)浅色标记的原子位于 2n-1, 第2n个原子和第2n+l2n+1，2n+32n+ 1个原子的运动方程：;深色标记原子位于2n,2n+2,2n+42n 12 2n体系N个原胞,有2N个独立的方程方程的解:2niAe1t (2n)2aq2n 1IBet (2n哽，令1 /m,2/m，将解代入上述方程得:(12(12e22.1I aq2.1i aq2Jaqe222e2)a2 i1aq2e2 )A ()B2)BA、B有非零的解，系数行列式满足:21e22.1i aq22)，22ei1aq),112尹2)2I !aqe22)2.1(12e23q22e22

18、e22e1iaq2 )2)i 1aq2 )(i1aq2 )(21e21e.1I aq.1i aq.1評)因为122C、210 ，令 01,210c2:10 0得到mm(11 02)2(101 20cosaq) 4022 o0两种色散关系：2 o(11 20cosqa 101)当 q 0时，20(11 121),当q 时,a2(2)色散关系图:3.7、设三维晶格的光学振动在q=0附近的长波极限有(q)0 Aq2求证:1/20；f()0,v解0时,Aq2 0f ()0,Aq2依据q (q)2Aq, f(ds，并带入上边结果有(q)12dsq (q)A1/21?20V22A3/21/23.8、有N个

19、相同原子组成的面积为S的二维晶格，在德拜近似下计算比热,并论述在低温极限比热正比证明：在k到kdk间的独立振动模式对应于平面中半径n dn间圆环的面积 2 ndn，且ndn2kdk5kdk 即23s2d3s2 v 22dh /kBT eE。3skBT33s kpT0时，ET3, Cvh /kBT exd x2dxDXD e 1()s T23.9、写出量子谐振子系统的自由能，证明在经典极限下，自由能为F UokBTq证明：量子谐振子的自由能为2 kpTIn 1JksT经典极限意味着(温度较高)应用所以h qkBTh qkBT因此1hkBT| nqkBTUokpTI其中Uo uq2hkpT3.10

20、、设晶体中每个振子的零点振动能为1h ，使用德拜模型求晶体的零点振动能。2证明:根据量子力学零点能是谐振子所固有的，与温度无关，故T=0K时振动能Eo就是各振动模零点能之和。mE。0 E。gd将E1h 和g3V22 3代入积分有022Vs3V499E。23 mhNm，由于h mkBD得E。NkBD16相应声子能量是多少电子伏。 Vs在300k时的平均声子数。. 088一股晶体德拜温度为102K，可见零点振动能是相当大的，其量值可与温升数百度所需热能相比拟.3.11、一维复式格子 m 5 1.67 10 24g,M 4, m1.5 101N /m (即1.51 104dyn/cm),求(1),光

21、学波 max, min , 声学波A max 。解(1),A max2 1.5 104dy n/cm 4 5 1.67 10243.00 1013s 1o max242 1.5 104 5 51.67 10 dyn/cmMm24244 5 1.67 105 1.67 101316.70 10 sA max41.5 10 dyn/cm5 1.67 10245.99 1013s1hA max6.5810165.991013s11.97102 eV(2) ho max6.5810166.701013s14.41102 eVho min6.5810163.001013s13.95102 eV(3)nm

22、axeh max/ kBT10.873nmaxO0.221。人 max / kBT1Onmineh min/kBT0.276(4)空 28.1 m第四章能带理论并说明它们的特性说4.1、根据k 状态简并微扰结果，求出与E及E相应的波函数及 ?a2 *明它们都代表驻波，并比较两个电子云分布说明能隙的来源（假设Vn = Vn）。V解令k- , k ,简并微扰波函数为A 0（x） B 0（x）aa广0 *E （k） E A VnB 0VnAE0 k E B 0带入上式，其中 E E(k) |VnV(x) 0。于是，把近邻格矢 Rs代入Es（Rs）表达式得到:时）JoJ1Rsv vik &e近邻Joa

23、i2(kx ky)J1 eaai-(kx ky)i-( kx ky)e 2 e 2ai( kx ky) ei2(ky kz)i2.(ky kz)i|( ky kz)e 2e 2e 2i|( ky kz)i2(kx kz)e 2+e 2ai (kx kz) eai ( kx kz) eai ( kx kz) es Jo 2J1cos(kxky) cos号(kx ky)cos|-(kykz) cos|-(ky kz)cos- (kzkx) cos(kzkx)cos()cos() 2coscosaaaaaas J0 4J1 cos kx cos ky cos ky cos kz cos kz cos

24、 kx222222（2）对于体心立方：有8个最近邻，这8个最近邻的坐标是:a aaa2（1,1,1），2（1,11），2（1,1,1），2（1,1,1）aaaa2（1,1,1），2（1,1,1,），2（1,1,1）,（1,1,1）vEs(k)a a as J。8Jj(cosq kxcosqkyCOSqkz)4.7、有维单原子链，间距为 a,总长度为E(k)函数。(2)求出其能态密度函数的表达式。”3。求(1)用紧束缚近似求出原子(3)如果每个原子s态只有一个电子,s态能级对应的能带 求等于 T=0K的费米能级eF及eF处的能态密度。V解(1),E(k) s j J1(eikaeika)J0 2

25、J1 coskaE0 2J1 coskaE(k) E J。J(Ps)eikRs(2) ,N(E) 2(3),kFN 20(k)E(kF)dkdE2dk 22NaNa2E 2J1 cosa2a2J1asin ka2kF皿Es, N(EF)NJ1 sin ka2aJ1 sina2aJ12倍.(b)对于(c)(b)的结果对于乙？a区边中点的波矢为Kai?角顶B点的波矢为Kba4.8、证明一个自由简单晶格在第一布里渊区顶角上的一个自由电子动能比该区一边中点大 一个简单立力晶格在第一布里渊区顶角上的一个自由电子动能比该区面心上大多少？ 二价金属的电导率可能会产生什么影响7解(a) 二维简单正方晶格的晶格

26、常数为a,倒格子晶格基矢 A i?Ba第一布里渊区如图所示h2自由电子能量2m k2 k2 K；A点能量A2mh22mh22mB点能量Bh22mK：K：h22mb）简单立方晶格的晶格常数为a,h22m,所以b/ a 2倒格子基矢为?B?C第一布里渊区如图7 2所示.A点能量h222m aB点能量扫 K； Ky K；h2 2m ah22m72所示根据自由电子理论，自由电子的能量为h22mK；K；K； , FerM面应为球面.由（b）可知，内切于 4点的内切球的体积3g2ga 21.047N3，于是在 K空间中，内切球内能容纳的电子数为a其中V Na所以b/（C）如果二价金属具有简单立方品格结构，

27、布里渊区如图二价金属每个原子可以提供2个自由电子，内切球内只能装下每原子1.047个电子，余下的0.953个电子可填入其它状态中如果布里渊区边界上存在大的能量间隙，则余下的电子只能填满第一区 内余下的所有状态（包括B点）这样，晶体将只有绝缘体性质然而由（b）可知，B点的能员比A点高很多，从能量上看，这种电子排列是不利的事实上，对于二价金属，布里渊区边界上的能隙很 小，对于三维晶体，可出现一区、二区能带重迭这样，处于第一区角顶附近的高能态的电子可以“流向”第二区中的能量较低的状态，并形成横跨一、二区的球形Ferm面因此，一区中有空态存在，而二区中有电子存在，从而具有导电功能实际上，多数的二价金届

28、具有六角密堆和面心立 方结构，能带出现重达，所以可以导电.4.10、解：设晶体中有N个Ci原子，向其中掺入x个锌原子。则晶体中电子的总数为:(N-x)+2x=N+x由于Cl是面心立方，每一个原胞中含4个电子。因此：晶体中包含的原胞数为:其倒格子为体心立方，倒格子的边长为:，对角线的长度为:于是：布里渊区边界到原点的距离为:1 4.3.3即：当Fermi球与第一布里渊区边界相切时,又由：2 3N x23kF3 23 ；3 33 2a3a3于是有:N xN 3a4a30.3597亠竺込03597 0.56N x 1 0.35970.6403即：当锌原子与铜原子之比为0.56时，Fermi球与第一布

29、里渊区边界相接触。4.12、正方晶格.设有二维正方晶格，晶体势为U x, y 4U cos 2上 cosaa用基本方程，近似求出布里渊区角,处的能隙.a a解 以？表示位置矢量的单位矢量，以?,1?表示倒易矢量的单位矢量，则有， r x? yi?G Gt? G?/ g1b1 g2b2 ,g1,g2为整数。a晶体势能 U x, y 4U coscos 乙.aa其中Ugii.2 .2 .2 .2ixixiyiye e e eU,而其他势能傅氏系数UG10UgG(K G) 0 变为GUgiic KG11 UGn c K G11UgG 11U G 20UgilCiG 11ii eK G11这样基Ugl

30、ic K G11求布里，即k1 1g(22)-G 11处的能隙，可利用双项平面波近似2C(K)eiKr1当K -G2!g 112G 11G 111g 112Lg 112!g 112,C,C由行列式有（所以在（一,-a)2C(K11 ,K-G 1121111111 G 112!g2h22mu211UCG)ei(KG）r来处理。lG,K!g2UC!g 1121111知1LG 1120解得）处的能隙为 a时依次有-G 11而其他的K G 112在双 项平面 波近似 下上式11=0,因为h2 22ma2 2r u, ma2u.第五章 晶体中电子在电场和磁场中的运动5.1、设有一维晶体的电子能带可写成E

31、(k)ma1coska 8cos2ka），其中a为晶格常数，是电子的质量。试求（1）能带宽度；（2）电子在波矢k状态的速度;（3）带顶和带底的电子有效质量。解：（1）E(k)h 7( coskama 8cos2ka)82 ma7 - coska+8(2cos2ka-1)h24ma22(coska 2) 1当 ka= (2n+1)时,n=0,1, 2E max (k)2h22 ma当ka=2n 时，Emin(k) 0能带宽度一EmaxEmin2ma(2)1 dE(k)1 e、(si n kasin 2ka)hdkma4*mh22m(cos ka1 cos2ka) 1Ek22当k0时,带底，m*2

32、m当k一时,带顶，m* 2 ma35.5、解：（1）电子的运动速度:片、击宀dvd ,1加速度：（一dt dt h由于单位时间内能量的增加1v - hvkE(k)止)-khdEvk dt=力在单位时间内作的功即:dEdfdtdVdt1vh2 V VE F1h2VEkiFiEk2F2写成分量的形式:dv.)dt1h72EkTF12Ek1k2F22emnF1F2F3dv212E 匚2F1dt h k k2F3m21F11m22F21m23F32E2Ek?F31m31F1F21m33F3其中：112e2( i,j=1,2,3)mijhki kjdv3 丄dth2k3k1F1k2F2由题知：-h2k2

33、 h2k； hk；E -2m, 2m2 2g容易得出:11_Emn h2 匕2同理:m221m211m33讥12Eh2 k1 k2同理:mi31 1 1m21m23m31故运动方程为:m31dtdv3m3 dtF1F2F3（2）当存在磁场 百作用时，电子将受到洛仑兹力作用当B相对于椭球主轴的方向余弦为，时，电子的运动方程可写成:V1V2B BV3BMBV3Bv)iMBV1B)j (V1BV2B )k电子的运动方程可写成:dudtFie(V2BV3B )2V33V2dV2F2&V3BViB )3ViMdV3 dtF3e(ViBViB )iV22VieB,2eB ,3 eBmim2m3其中：1由于

34、电子在磁场B作用下作周期性运动,故可设试探解:ViweV2i tV2e代入上述方程组可得：V3i tV3eimiVi2V33V2imiVi3V22V30im2V23ViiV3即3Viim2V2iV30imhV3iV22Vi2Viv2 imhV30i tVi, V2, V3有非零解的条件是i mi323im2i02i im332 2 2imim2m3i mi i im22im33222 2 2 2即: 2m im22m33,2 mim2m3=e Bm2m2m3m1m2m32 22=e B = *2m2m*mim2m32 2mi2 2m22 2m3i/2eB即：其中：m*mm2m3证毕22 2 2

35、2 2m*mim2m3第六章金属电子论第七章半导体电子论o7.1、InSb电子有效质量 me 0.015m，介电常数18，晶格常数a 6.49 A。试计算；施主的电离能；(2)基态轨道的半径；(3)施主均匀分布，相邻杂质原于的轨道之间将产生交叠时掺有的施主浓度应该 高于多少？m *解(1)由于施主电离能 Ed是氢原子电离能 Ei的2倍,moEdm* Ejm0.014 13.6(17)2(eV)46.59 10 (eV)(2), a0h2m* e2o6.31 102(A)6.31 10 8(m)(3),如果施主的电子与类氢基态轨道发生重叠，则均匀分布于InSb中施主杂质浓度 Nd就一定满足313

36、(2a) Nd 1, % 広)1(2 6.31 10 8)34.98 1020(m 2)第十二章晶体中的缺陷和扩散例1假设把一个钠原子从钠晶体内部移到边界上所需要的能量为空位的浓度？（已知： Na=0.97克/原米3,原子量为23）lev，试计算室温 （300k）时，sckottky解：（1）设N为单位体积内的 Na原子数，则在温度 T时，schottky定位的浓度n可写成：n Ne KBT由题知：u=1ev=1.602 x 1019JNa =0.97克/厘米3每cm3含Na的mol数为:0.9723每cm3Na中所含的原子数为:N= 097 6.02 10230.97236.0210231.

37、6 10191.38 10 23 3004.2 105个:厘米3Frenkel 缺例2.如果u代表形成一个Frenkel缺陷所需的能量，证明在温度T时，达到热平衡的晶体中,U2Kb陷的数目为：n 、NNe解：达到热平衡时，在N个原子的晶体中形成 n个空位的可能方式数为:W1CnN !(N n” n!这n个原子排列在 N /个间隙位置上的可能方式数为:nW2Cn N !(N n)! n!这样，从N个原子中取出n个原子并把它们排 n，个间隙位置上的总方式数为:N !Nn)! n!g(N n)! n! (N，由此引起的熵的增量为:Vs kB ln w kBlnN!(N n)! n!lnN!(N n)!n!利用斯特令公式:luN!=NlnN-N得 Vs kB Nl nN (N n)ln(N n) nln nkB Nl nN (N n)ln(N n