黄昆固体物理学课后解析

1、黄昆版固体物理学课后答案解析答案黄昆版固体物理学课后答案解析答案黄昆版固体物理学课后答案解析答案固体物理学习题解答黄昆原著韩汝琦改编（陈志远解答，仅供参照）第一章晶体构造1.1、解：实验表示，好多元素的原子或离子都拥有或凑近于球形对称构造。因此，能够把这些原子或离子组成的晶体看作是好多刚性球紧密聚积而成。这样，一个单原子的晶体原胞就能够看作是相同的小球按点阵排列聚积起来的。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所获得的小球总体积nV与晶体原胞体积Vc之比，即：晶体原胞的空间利用率，xnVVc（1）关于简立方构造：（赐教材P2图1-1）a=2r，V=4r3，Vc=a3，n=

2、134r34r3x330.52a38r36（2）关于体心立方：晶胞的体对角线BG=3a4ra43xn=2,Vc=a3324r32433r3x30.68a3438(3r)3（3）关于面心立方：晶胞面对角线BC=2a4r,a22rn=4，Vc=a344r344r32x330.74a3(22r)36（4）关于六角密排：a=2r晶胞面积：S=6SABO6aasin60=33a222晶胞的体积：V=S332832a3242r3Caa23n=12121213=6个6264r32x330.74242r6（5）关于金刚石构造，晶胞的体对角线BG=3a42ra8rn=8,Vc=a3384r384r3x33333

3、0.34a8r36331.2、试证：六方密排聚积构造中c(8)1/21.633a3证明：在六角密聚积构造中，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所围空隙的正上方并与这三个球相切，于是：NA=NB=NO=a=2R.即图中NABO组成一个正四面体。1.3、证明：面心立方的倒格子是体心立方；体心立方的倒格子是面心立方。rarra1(jk)r2rr证明：（1）面心立方的正格子基矢（固体物理学原胞基矢）a：a2(ik)2rrraa32(ij)r2rr由倒格子基矢的定义：b1(a2a3)0,aarrr,2rrr23i,j,ka2rrrQa,0,aarraa

4、a1(a2a3)，a2a3,0,2(ijk)22424a,a,0aa0,2222r2rrrrrrb124a(ijk)2(ijk)a34ar2rrrb2(ijk)同理可得：rarrr即面心立方的倒格子基矢与体心立方的正格基矢相同。2b(ijk)3a所以，面心立方的倒格子是体心立方。ra(rrra1ijk)r2rrr（2）体心立方的正格子基矢（固体物理学原胞基矢）a：a2(ijk)2rrrraa32(ijk)r2rr由倒格子基矢的定义：b1(a2a3)aaarrr,2rrr223i,j,ka2rrQa,a,arraaaa1(a2a3)a，a2a3,2(jk)2222222a,a,aaaa,2222

5、22r2a2rr2rrb12(jk)(jk)a32ar2rrb2(ik)同理可得：rarr即体心立方的倒格子基矢与面心立方的正格基矢相同。2b3(ij)a所以，体心立方的倒格子是面心立方。vvvv(h1h2h3)的晶面系。1.5、证明倒格子矢量Gh1b1h2b2h3b3垂直于密勒指数为证明：uuurvvuuurvvvvvva1a2因为CAa3,CBa3，Gh1b1h2b2h3b3h1h3h2h3vuuurvv2Gh1h2h3CA0利用aibjij，容易证明vuuurGh1h2h3CB0vvvv(h1h2h3)的晶面系。所以，倒格子矢量Gh1b1h2b2h3b3垂直于密勒指数为1.6、关于简单立

6、方晶格，证明密勒指数为(h,k,l)的晶面系，面间距d知足：d2a2(h2k2l2)，其中a为立方边长；并说明面指数简单的晶面，其面密度较大，容易解理。vrrvvvvvv解：简单立方晶格：a1a2a3，a1ai,a2aj,a3akrrrrrrrrrra2ra3r2ra3r2ra1ra2r由倒格子基矢的定义：b12，b2a1r，b3a1a2a3a1a2a3a1a2a3v2vv2vv2v倒格子基矢：b1ai,b2j,b3akavvvvv2v2v2v倒格子矢量：Ghb1kb2lb3，Ghaikjlkaa晶面族(hkl)的面间距：d2v(h)21(l)2G(k)2aaad2(h2a2l2)k2面指数越

7、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)vvv1、(111)面与(100)面的交线的AB，AB平移，A与O点重合，B点位矢：RBajak，(111)面与(100)面的交线的晶向uuurvvABajak，晶向指数011。(111)vvv2、(111)面与(110)面的交线的AB，将AB平移，A与原点O重合，B点位矢：RBaiaj，(111)面与uuurvv(110)面的交线的晶向ABaiaj，晶

8、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（2ln2）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，取任一负离子作参照离子（这样马德隆常数中的正负号能够这样取，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r(1)21111.jrijr2r3r4r前边的因子2是因为存在着两个相等距离ri的离子，一个在参照离子左面，一个在其右面，故对一边求和后要乘2，马德隆常数为21111.Qln(1234x2x3x4x)xx3.4当X=1时，有1111.ln22ln22342.3、若一晶体的相互作用能能够表示为u(

9、r)rnrm试求：（1）平衡间距r0；2）结合能W（单个原子的）；3）体弹性模量；（4）若取m2,n10,r03A,W4eV，计算及的值。解：（1）求平衡间距r0由du(r)0，有：drrr0mn0mr0m1r0.n1r0n1mnnm1nm结合能：设想把分其他原子（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）题中注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，或其余复杂的基元。显然结合能就是平衡时，晶体的势能，即Umin即：WU(r0)r0mr0n（可代入r0值，也可不代入）（3）体弹性模量

10、由体弹性模量公式：kr022U9Vr2r00（4）m=2，n=10，r03A，w=4eV，求、11r0108582U(r0)r02r.4(r085代入)105r02WU(r0)44eV5r02将r03A，1eV1.6021019J代入7.2091038Nm29.45910115Nm2（1）平衡间距r0的计算U(r)Nrmrn)晶体内能2(平衡条件dUmn(n10，0，r0)nmdrrrr0m1r0n1m0（2）单个原子的结合能1u(r0)，u(r0)(n1W(rmrn)，r0)nm2rrm01(1m)(nmW)nm2nm（3）体弹性模量2UK(V2)V0V0晶体的体积VNAr3，A为常数，N为

11、原胞数目晶体内能U(r)N(rmrn)2UUrN(mn)1VrV2rm1rn13NAr22UNr(mn)1V22Vrrm1rn13NAr22UN1m2n2mnV22mnmnVV29V0r0r0r0r00由平衡条件2UV2VV0UN(mm1VVV02r022N12mmnn29V0r0r0n10，得mnn1)2mnr03NAr0r0r02U2VVV0U0N(22U2VVV0N12mmmnnnNnm2mn29V0r0r029V0r0r0r0mr0n)mn9V02(U0)体弹性模量KU0mn9V0（4）若取m2,n10,r03A,W4eVn11mnmr0)nm()nm，W(1)(mm2nWr010，r

12、02102W2r01.210-95eVm10，9.01019eVm22.6、bcc和fccNe的结合能，用林纳德琼斯(LennardJones)势计算Ne在bcc和fcc构造中的结合能之比值解1261126)(r),u(r)2N(4)An(r)Al(r)u(r)4(rdu(r)0r62A126u1NA62r0A602A12rbccu(r0)bcc(A62)/(A6)12.252/9.110.957fccu(r)fccAA14.452/12.1301212LennardJones参数为50106J,o2.7、关于H2，从气体的测量获得2.96A.计算fcc构造的H2的结合能以KJ/mol单位)，

13、每个氢分子可当做球形来办理结合能的实验值为0.751kJmo1，试与计算值比较解以H2为基团，组成fcc构造的晶体，如略去动能，分子间按LennardJones势相互作用，则晶体的总相互作用能为：126U2NPij12Pij6R.iRjjPij614.45392;iPij1212.13188,1016erg,o6.0221023/mol.502.96A,N将R0代入U获得平衡时的晶体总能量为2.96122.966因此，计。2816/mol5010erg12.1314.452.55KJ/mol.U26022103.163.16算获得的H2晶体的结合能为255KJmol，远大于实验察看值0.75l

14、KJmo1关于H2的晶体，量子修正是很重要的，我们计算中没有考虑零点能的量子修正，这正是造成理论和实验值之间巨大差其他原因第三章固格振动与晶体的热学性质3.1j个格波，在第n个格点引起的位移为，njajsin(jt_naqjj)，、已知一维单原子链，其中第j为随意个相位因子，并已知在较高温度下每个格波的平均能量为，详细计算每个原子的平方平均位移。解随意一个原子的位移是所有格波引起的位移的叠加，即nnjajsin(jtnaqjj)（1）jj2*2njg*nnjnjnjnjjjjjj由于njnj数目特别大为数量级，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，能够忽略不计。所以22

15、nnjj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21T0212ajsin(jtnaqjj)dtaj（2）j0T02已知较高温度下的每个格波的能量为KT，nj的动能时间平均值为Tnj1LT0Tdx0001dnj2wjaj2T01dt2sin(jtnaqjj)dt222dtLaj4wjLaj2T00其中L是原子链的长度，使质量密度，T0为周期。所以Tnj1w2jLa2j1KT（3）422因此将此式代入（2）式有njKTPL2j所以每个原子的平均位移为22KTnnjPLjj2jKT12PLjj、议论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

16、一维单原子3.2链的结果一一对应。解：质量为M的原子位于2n-1，2n+1，2n+3；质量为m的原子位于2n，2n+2，2n+4。&(22n2n12n1)牛顿运动方程m2nM&(2)2n12n22n2n1N个原胞，有2N个独立的方程2nAeit(2na)q设方程的解it(2n1)aq，代回方程中获得2n1Be(2m2)A(2cosaq)B0(2cosaq)A(2M2)B0A、B有非零解，2m22cosaq0，则2cosaq2M222两种不同的格波的色散关系2(mM)114mMsin21aq2mM(mM)2(mM)114mM1sin2aq2mM(mM)2(mM)114mM12sin2aq2mM(

17、mM)一个q对应有两支格波：一支声学波和一支光学波.总的格波数目为2N.4cosaq当Mm时m2，aqsinm2两种色散关系如下列图：长波极限情况下q0，sin(qa)qa，22(2)q与一维单原子晶格格波的色散关系一致.m3.3、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和10，两种原子质量相等，且最近邻原子间距为a2。试求在q0,qa处的(q)，并大体画优秀散关系曲线。此问题模拟如H2这样的双原子分子晶体。答：（1）浅色标记的原子位于2n-1，2n+1，2n+3；深色标记原子位于2n，2n+2，2n+4。第2n个原子和第2n1个原子的运动方程：&(12)2n22n112n1m

18、2n&(12)2n112n222nm2n1体系N个原胞，有2N个独立的方程it(2n)1aq2nAe222，令/m,/m，将解代入上述方程得：方程的解：1122it(2n1)1aq2n1Be2(222)A(2i1aq2i1aq121e22e2(2i1aq2i1aq)A(2221e22e212)B0)B0A、B有非零的解，系数队列式知足：11(222),(2iaq2iaq121e22e2)0i1aqi1aq(22(222)1e22e2),1222222i1aq2i1aq2i1aqi1aq()()(2121e22e21e22e2)0(222)2(2i1aq2i1aq)(2i1aq2i1aq121e

19、22e21e22e2)0因为(11、210，令22c101,m22)2(10120cosaq)40002210c2100获得两种色散关系：202(1120cosqa101)当q0时，当q时，a202(1122121)，0202(112081)，2000（2）色散关系图：3.7、设三维晶格的光学振动在q=0周边的长波极限有(q)V11/20;f()0,求证：f()2A3/20,4Aq2.1120时，Aq20f()0,0Aq22解00qA0Vr依据q(q)2Aq,f()ds23，并带入上边结果有q(q)fVrV141/2V1dsA1/223q(q)232A2001/222A3/203.8、有N个相

20、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，并阐述在低温极限比热正比与T2。证明：在k到kdk间的独立振动模式对应于平面中半径n到ndn间圆环的面积2ndn，且2ndnL2kdk5kdk即3sd则222v22hhh3smh2d3skBT3dkBT3skBT3xDx2dxEE0DkBT2v20eh/kBT12v2h2Dh/kBT12v2h2Dex，e1T0时，ET3,Cv(E)sT2T3.9、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FU0kBTlnhqkBTq1hhq证明:量子谐振子的自由能为FUkBTqln1ekBT2kBTq经典极限意味着（温度较高）kBT?hg应用e

21、x1xx2.hqhqh2所以ekBTq1.kBTkBT因此FU1hqU0kBTlnhqhqkBTln11kBTq2qkBT其中U0U1hqq23.10、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E0就是各振动模零点能m13V2之和。E0E0gd将E0h和g23代入积分有022vsE03V4162vs3m9m，由于hmkBD得E09hNNkBD88一股晶体德拜温度为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较3.11、一维复式格子m51.671024g,M4,1.5101

22、N/m(即1.51104dyn/cm),求（1），光m学波max0,min0，声学波maxA。2）相应声子能量是多少电子伏。3）在300k时的平均声子数。0（4）与max相对应的电磁波波长在什么波段。A解（1），max221.5104dyn/cm3.00131,M451.67102410somax2Mm21.51044551.671024dyn/cm6.7013s1Mm451.67102451.67102410Amax4221.510dyn/cm5.991013s1m51.671024hmaxA6.5810（2）hmaxo6.5810hmino6.5810165.991013s11.97102

23、eV166.701013s14.41102eV163.001013s13.95102eV（3）nmaxAhA10.873,nmaxOO10.221max/kBT1hmax/kBT1eeO10.276nminO/kThminB1e2c28.1m（4）第四章能带理论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?，并说明它们的特性说a2明它们都代表驻波，并比较两个电子云散布说明能隙的根源(假定Vn=Vn*)。解令k，k，简并微扰波函数为Ak0(x)Bk0(x)aaE0(k)EAVn*B0VnAE0kEB0取EE带入上式，其中EE0(k)VnV(x)0,Vn0,从上式获得B=-A,于是k

24、0(x)k0(x)Ainxinx2AsinnAeaea=xLLa取EE，EE0(k)VnVnAVnB,获得ABk0(x)k0(x)Ainxinx2AcosnAeaea=xLLa由教材可知，及均为驻波在驻波状态下，电子的平均速度(k)为零产生驻波因为电子波矢kn22a时，电子波的波长k，恰巧知足布拉格发射条件，这时电子波发生全反射，an并与反射波形成驻波由于两驻波的电子散布不同，所以对应不同代入能量。4.2、写出一维近自由电子近似，第n个能带(n=1，2，3)中，简洁波数k的0级波函数。2a1eikx1r212121解k*(x)imxiximxi(m)xeikxeae2aeaea4LLLL第一能

25、带：m0,m0,k*(x)1ixe2a2aL第二能带：第三能带：则22即i2xi*1i3xbbbm（ea=e2a）(x)e2ab,m,1,kLaac,m22,即mk*(x)1ixi2x1i5xc1,e2aeae2aaaLL4.3、电子在周期场中的势能1m2b2(xna)2,当nabxnab2V(x)0，当(n-1)a+bxnab其中d4b，是常数试画出此势能曲线，求其平均值及此晶体的第一个和第二个禁带度解(I)题设势能曲线如下列图所示(2)势能的平均值：由图可见，V(x)是个以a为周期的周期函数，所以V(x)1V(x)1a1abLV(x)dxaV(x)dxLabb题设a4b，故积分上限应为ab

26、3b，但由于在b,3b区间内V(x)0，故只要在b,b区间内积分这时，n0，于是V1bm2b22)dxm22xb13b12abV(x)dx2ab(bx2abb3xb6mb。（3），势能在-2b,2b区间是个偶函数，能够展开成傅立叶级数V(x)V0Vcosmx,V2mmm2b2b2b0V(x)cosmxdx12bbb0V(x)cosmxdx2bm2xdx第一个禁带宽度Eg2V1,以m1代入上式,Egb2x2)cos1(b1b02b利用积分公式2cosmuduumusinmu2cosmu2sinmu得u23mmEg16m2b2第二个禁带宽度E2V,以m2代入上式,代入上式13g22Egm2(b2x

27、2)cosxdx再次利用积分公式有Eg22m2b2b2b0b24.4、解：我们求解面心立方，同学们做体心立方。（1）如只计及最近邻的相互作用，按照紧束缚近似的结果，晶体中S态电子的能量可表示成：svvvvEik(Rs)(k)sJ0J(Rs)eRs近邻v在面心立方中，有12个最近邻，若取Rm0，则这12个最近邻的坐标是：a(1,1,0),a(1,1,0),a(1,1,0),a(1,1,0)2222a(0,1,1),a(0,1,1),a(0,1,1),a(0,1,1)2222a(1,0,1)a(1,0,1),a(1,0,1),a(1,0,1)2222v由于S态波函数是球对称的，在各个方向重叠积分相

28、同，因此J(RS)有相同的值，简单表示为vvvJ1=J(RS)。又由于s态波函数为偶宇称，即s(r)s(r)在近邻重叠积分J10。于是，把近邻格矢vvEs(k)SJ0vi*vvvJ(Rs)(Rs)U()V(Rs)i()d中，波函数的贡献为正vsvRS代入E(RS)表达式获得：vvJ1eikRsRs近邻aaaai(kxky)i(kxky)i(kxky)i(kxky)=SJ0J1e2e2e2e2ia(kykz)ia(kykz)ia(kykz)ia(kykz)ia(kxkz)ia(kxkz)ia(kxkz)ia(kxkz)e2e2e2e2+e2e2e2e2=SJ02J1cosa(kxky)cosa(

29、kxky)cosa(kykz)cosa(kykz)2222acos(kzkx)cos(kzkx)cos()cos()2coscos=sJ04J1cosakxcosakycosakycosakzcosakzcosakx222222（2）关于体心立方：有8个最近邻，这8个最近邻的坐标是：a(1,1,1),a(1,1,1),a(1,1,1),a(1,1,1)2222a(1,1,1),a(1,1,1,),a(1,1,1),a(1,1,1)2222EsvJ08Jaaa(k)s1(coskxcoskycoskz)2224.7、有一一维单原子链，间距为a，总长度为Na。求（1）用紧束缚近似求出原子s态能级对

30、应的能带E(k)函数。（2）求出其能态密度函数的表达式。（3）如果每个原子s态只有一个电子，求等于T=0K的费米能级EF0及EF0处的能态密度。rsJ0J1(eikaeika)解(1),E(k)sJ02J1coskaE02J1coskarrRsE(k)EJ0J(ps)eikLdk2Na1N(2),N(E)222dE2J1asinkaJ1sinkakF0(3),N0r0Na2kF02NakFkF02(k)2dk222aEF0E(kF0)E2J1cosaEs,N(EF0)NN2aJ1sinaJ12a4.8、证明一个自由简单晶格在第一布里渊区顶角上的一个自由电子动能比该区一边中点大2倍(b)关于一个

31、简单立力晶格在第一布里渊区顶角上的一个自由电子动能比该区面心上大多少？(c)(b)的结果关于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常数为a，倒格子晶格基矢2?2?Ai,Baja第一布里渊区如下列图a0aa区边中点的波矢为K?角顶点的波矢为KB?Aai,Baij.a自由电子能量h2222,2mKxKyKzA点能量B点能量h2h22h22AKx2a,2m2m2mah2h22222BKx2Ky2aah2,所以B/A22m2m2mab)简单立方晶格的晶格常数为a，倒格子基矢为A2?2?2?ai,Baj,Cak,第一布里渊区如图72所示A点能量B点能量h22;A2mah2Kz

32、2h2222h22BKx2Ky2aa3,2m2ma2ma所以B/A3(c)如果二价金属拥有简单立方品格构造，布里渊区如图72所示根据自由电子理论，自由电子的能量为h2Kx2Ky2Kz2，FerM面应为球面由(b)可知，内切于4点的内切球的体积2m43433N1.047N，于是在K空间中，内切球内能容纳的电子数为2ggV33a3a2其中VNa3二价金属每个原子能够提供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个电子可填入其余状态中如果布里渊区边界上存在大的能量空隙，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但是由(b)可知，B点的

33、能员比A点高好多，从能量上看，这种电子排列是不利的事实上，关于二价金属，布里渊区边界上的能隙很小，关于三维晶体，可出现一区、二区能带重迭这样，处于第一区角顶周边的高能态的电子能够“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，进而拥有导电功能实际上，多半的二价金届拥有六角密堆和面心立方构造，能带出现重达，所以能够导电4.10、解：设晶体中有N个Cu原子，向其中掺入x个锌原子。则晶体中电子的总数为：(N-x)+2x=N+x由于Cu是面心立方，每一个原胞中含4个电子。因此：晶体中包含的原胞数为：其倒格子为体心立方，倒格子的边长为：4，

34、对角线的长度为：43aa1433于是：布里渊区边界到原点的距离为：aa4即：当Fermi球与第一布里渊区边界相切时，3kFa又由：2V34kF3Nx23NxkF33333V3232a3a3于是有：Nx3Nx3N3a3N4a4N4x310.359740.35970.35970.56Nx10.35970.6403即：当锌原子与铜原子之比为0.56时，Fermi球与第一布里渊区边界相接触。4.12、正方晶格设有二维正方晶格，晶体势为Ux,y4Ucos2xcos2y.aa用基本方程，近似求出布里渊区角,处的能隙aa?表示地址矢量的单位矢量，以b1,b2表示倒易矢量的单位矢量，则有，解以i,jrxi?y

35、i?,G?2?,g1,g2为整数。G1b1G2b2ag1b1g2b2晶体势能Ux,y4Ucos2xcos2y.aaUri2xi2xi2yi2yiG11UeeeeUG11eG11其中UG11U，而其他势能傅氏系数UG10UG20.0。这样基本方程kKCKUGG(KG)0变为GCKUG11CKG11UG11CKG11UG11CKG11UG11CKG110求布里渊区角顶,，即kG(1,1)1G11处的能隙，可利用双项平面波近似aa222C(K)eiKrC(KG)ei(KG)r来办理。当K1G11,K1G11时依次有22KG111G11,KG111G11而其他的KG11，22KG11G11，所以在双项

36、平面波近似下上式中只有C1G11,CKG11C1G11;22C1G11,CKG11C1G11;221G11C1G11UC1G1102221G11C1G11UC1G1102221G11u2u1G11=0，因为2h212h22112mG11ma2222G11G11由队列式有()2U20解得=Uh22U,ma2所以在（,-）处的能隙为=+2u.aa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(k)h22(7coska1cos2ka)，其中a为晶格常数，mma88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）h2(7

37、coska1cos2ka)E(k)2ma88271cos2=(2ma28coska+ka1)8h22(coska2)214ma当ka(2n+1)时,n=0,1,22h2Emax(k)2ma当ka时,Emin(k)0=2n能带宽度Emax2h2Eminma2（2）1dE(k)h1hdk(sinkasin2ka)ma4(3)*h2m(coska1cos2ka)1m2E2k2当k0时,带底，m*2m当k时,带顶，m*2ma35.5、解：（1）电子的运动速度：v1vhkE(k)vd(1加速度：dvkvE)1dtdthhvkdEdt由于单位时间内能量的增加=力在单位时间内作的功dEvvvv1vdskEd

38、tFdtFvhF即：vv1v1EEEdvkvkvh2kvEFh2F1F2F3dtk1k2k3写成分量的形式：dv112E2EF22EF311F2122F1k1k2k1k3F1m12F3dthk1m11m13dv12E2E2E11122F12F2F3F1F2F3dthk1k2k2k3m22k2m21m23dv312EF12E2EF311F212F22F1F3dtk3k1k3k2m31m32m33hk3其中：112Emijh2ki（i,j=1,2,3）kj2k22k2k2由题知：Eh1h2h32m12m22m3容易得出：112E11111m11h2k12m1同理：,m3m22m2m33112E01

39、11110m12h2k1k2同理：m23m31m31m13m21mdv1F1dt1故运动方程为：m2dv2F2dtm3dv3F3dtv（2）当存在磁场B作用时，电子将受到洛仑兹力作用vvvFevBv当B相关于椭球主轴的方向余弦为,时，电子的运动方程可写成：vvvvvijkvvv1v2vvBv3(v2Bv3B)i(V3BV1B)j(V1BV2B)kBBB电子的运动方程可写成：m1dv1F1e(v2Bv3B)2v33v2dtm2dv2F2e(v3BV1B)3v11v3dtm3dv3F3e(v1BV1B)1v22v1dt其中：1eB,2eB,3eBv由于电子在磁场B作用下作周期性运动，故可设试探解：

40、v1v10eitv2v20eit代入上述方程组可得：v3v30eitim1v12v33v2im1v13v22v30im2v23v11v3即3v1im2v21v30im3v31v22v12v1v2im3v30v1,v2,v3有非零解的条件是im1323im21021im33222im1m2m3im11im22im332222m222即：2m11m22m3322m1m3mmm=eBmmm2231232=e2B2m*2m122m1m2m3m322m*2m222eBm1m2m31/2即：其中：m*证毕m*m122m222m322第六章金属电子论第七章半导体电子论0.015m，介电常数18，晶格常数ao

41、7.1、InSb电子有效质量me6.49A。试计算；(1)施主的电离能；(2)基态轨道的半径；(3)施主平均散布，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？解（1）由于施主电离能ED是氢原子电离能Ei的m*2倍，m0EDm*Ei0.01413.6(eV)6.59104(eV)m0(17)2h2oo（2），a040m0a0170.52(A)6.31102(A)6.31108(m)m*e2m*0.014（3），如果施主的电子与类氢基态轨道发生重叠，则平均散布于InSb中施主杂质浓度ND就一定知足(2a)3ND1,ND(1)3(214.981020(m2)2a6.31108)3第

42、十二章晶体中的缺陷和扩散例1假定把一个钠原子从钠晶体内部移到边界上所需要的能量为1ev(1)，试计算室温（300k）时，sckottky空位的浓度？（已知：Na=0.97克/原米3，原子量为23）u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：nNeKBT由题知：u=1ev=1.60210-19JNa=0.97克/厘米3每cm30.97含Na的mol数为：23每cm3Na中所含的原子数为：N=0.976.02102323u于是：nNeKBT0.971.610196.021023e1.381023300234.2105个厘米3。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，Frenkel缺u2KT.陷的数目为：nNNeB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(NN!n)!n!这n个原子排列在N个空隙地址上的可能方式数为：w2CNnN!(Nn)!n!这样，从N个原子中取出n个原子并把它们排n个空隙地址上的总方式数为：=1g2=N!N!g(Nn)!n!(Nn)!n!由此引起的熵的增量为