固体物理习题带答案

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1、第一章：晶体结构1.证明：立方晶体中，晶向hkl垂直于晶面(hkl)。证明：晶向hkl为 hQi + kE + lE ， 其倒格子为百=2兀仝虽& = 2兀环瓦_=2兀一。可以知道英倒格子矢鼠示 (a3 x a3)- 需 (a2 x a3)务 (a3 x a3)dh)d半行晶向。同时对JSIAlfti (hkl) nJ以得到倒格子矢杲与其眶仏证明如卜：因为 bj = 2 , 6耽=阳+迅+幅，如图所示：- a aa aCA= h 1 CB= k 1 上图屮分别对应闵)很容易证明 CA=Q. CB = 0o因此色讯与晶面族(hkl)正交。所以得出结论晶向hkl 垂宜于晶面(hkl)o2.晶面族(

2、hkl)的面间距d与倒格矢K = 1山+匪+晒的关系是d =备 lKl证明：因为(血+迅+ 10) = 2加，11取不同值代衷一个一族晶而系屮，不同的晶面。0因此，苴面间距为hbj + kb2 +3试写出简单立方，面心立方，体心立方的初基矢量以及相应的倒格矢。解：简单的初基矢量和倒格矢相同，面心和体心立方的初从欠最和倒格 矢分别是面心立方的倒格矢为体心立方，体心立方的倒格矢为而心立方。具体讨 论见黄昆版固体物理P178.4. 写出晶体有几大晶系，几个布拉菲格子，几个点群，几个空间群。解：晶体中7大晶系，14种布拉伐格子，32个点群，230个空间群。5. 写出七大晶系解：七人晶系分別为：三斜晶系

3、、单斜晶系、正交晶系、三角晶系、四方晶系、 六角晶系、立方晶系。6. 证明：立方晶系中，面指数（hikili）和（h2k2l2）的两个晶面夹角为1山+哄+ 1山叶 + 冲+1：)血+ +)解：面指数为flnkili）的晶而与倒格矢編站相互庭匕面指数为（11火12）的晶而与倒格 矢&3山垂直因此两个晶而的夹角即为两个倒格矢的夹角。因此苴夹角为W 00、7. 证明立方对称晶体中，介电常数张量为对角张量：= 00 0 0解：（详见黄昆固体物理P26 ）介电常数按照一般表示为：Da =（afi = ）. Jt屮Q, 0表示沿x, y , z轴的分杲，我们选取x, y , zp沿立方晶体的三个立方轴的方

4、向。显然，一般地讲，如果把电场E和晶体同时转动，D也将做和同转动，我们将以D表示转动后的欠彊。设E沿y轴，这时，上面一般表达式将归结为：Dx = E,Dy =考偲把晶体和电场同时绕y轴转动龙/2,使z轴转到x轴，x轴转到-z轴，D将做相同转动，因此D ； = DX =嘉 EDy =Dy = fED Z = -Dx = 7yE但是，转动是以E方向为轴的，所以，实际上电场并未改变，同时，上述转动时立方晶体 的一个対称操作，所以转动前后晶体应没仃任何差别，所以电位移矢昴实际上应半不变，即D =Do将其带入转动后的变换式就得到 = %,% = -勺。表明 = = 0。如果取E沿z方向并绕z轴转动龙/2

5、,显然将可以按相同的办法证明 W = 0这样我们就证明了， 的罪对角尤都等J- 0 J -是一般农达式将化为Da = %Ea（Q= x,y,z）。再取沿电场1 1 1方向，则。* = “。=务,。2 =乙，皆为吉E，绕1 1 1转动2兀/3,便z轴转到原x轴，x轴转到原y轴，y轴转到原z轴，电位移欠磺转动后应写成 1Dx = Dz = =, D y = Dx = Dz = Dy = 疗，也皆为希E。和前面论证一样，电场实际木变，晶体所经历的是一个对称操作，晶体也完全不变，所以D应和D相同。从而町乙0 0、以得到* =知=二=5。由此得到介电常数张鼠为对角张民 0心 0 1 0 %8. 证明：在

6、晶体的x射线衍射中0为布拉格角，（1）如果波长改变，则反射线偏转-个角度。专讣（2）当晶体发生体膨胀时，反射线将偏转角度 & = 牛詔，“为体胀系数解：（1）、布拉格衍射公式为2dsiii=A,吒然波长改变，则两边同时求导，有 A 22dA（9cos = AA,将两式组合,则可得48=tg。A（2）、当晶体发牛膨胀时，则为d改变，将布拉格衍射公式2dsin（9= A左右两边同时対d求导，则2Adsiii = AA0又有0为体膨胀系数：/? = -o所以得 0=前。d39.证明简单立方平面族（hkl）的面间距为d = . （晶格常数为aVh2 + k2 + l2解：与第二题同。此处略。10证明晶

7、体点阵转动对称轴只有1, 2, 3, 4, 6。解：（详见黄昆固体物理P30）设想有一个对称轴垂苴于平面，平面内晶面的格点可以用區i+l並來描述。如图所示绕转轴的任意对称操作，转过角度为：&；B点转到B点，从而得知，该点必冇一个格点;A点和B点是等价的,以通过B点的轴顺时针转过A点转到A点,从而得知该点必有 一个格点；且冇B A = n AB ,苴中n 为整数。从而冇B A = （l-2cos） AB , l-2cos = n cos&=Q-n）/2 , cos=1,0.5,0,-0.5-1 所以 n 只能取值一 1QU3，相应的角度:& = 6090208060,由此得出结论：任何胡体的宏观

8、对称性只能有以卜儿种対称素:1.23.4.61.2.3.4.6计算面心立方和体心立方的衍射结构因子，并说明它们的消光条件。解：消光条件为： =工e（=0a第二章：原子的结合i.设原子间的互作用能表示为i)=-詈+。证明：要使两原子处于平衡状 态，则nm解：原子间的相互作用能为：吩)=-為+ 。若两原子处尸卜衡状态时，则其柑互 作用能处于极小值：这时存色 =各+(-n)- =0 o所以白drr小严ina m+lroP111an-m所以有j)= _(一m)(一m -1)+ (-n)(-n -1) 0P、m(m+l) n-m *0a n(n + l)结合上面两式,所以得nm第三章：晶格振动1.证明：

9、由两种不同质量M,m (Mm)的原子所组成的一维复式原子链中， 如果波矢取边界值q = l/(2a) (2a为晶格常数)，则在声学支上，质量为m的轻原子全部保持不动，在光学支上，质量为M的重原子保持不动。 证明：关于一维复式晶格振动：质量为 M 的原子位 J 211-1,211 + 1,211 + 3 * -O质吊为m的原子位J：2n,2n + 2,2n + 4。牛顿运动方私 呼口八仔一如1 一九4)体系“个原胞，有2N个独立的方民 =-血+2 -心)方程解的形式：dn =血3小】，=映0带回到运动方程得到：(2“-mft/)A- (2/?cosaq)B = 0- (20 cos aq)A+

10、(20 - Mcer)B = 0若A、B有非冬的解，系数行列式满足lpmar -20cosa=o。 - ip cosaq ip - Mdr所以解得” = 0(m+M)一_sinq。一维复式品格的结果与一维单原niM(m+ M)-子晶格的情形比较，e与qZ间存在着两种不同的色散关系。一维复式晶体中町以存在两种独立的格波。两种不同的格波的色散关系：2 门(m+ M),“ 4niM .=丿门、4niM(m+ M)3sill2 aq1/2将示和国分别代入上而运动方程得到+叢爲和ina)J - ip2/?cosaq()=s。所以对j：声学支(邑).=s是轻原子保持在波矢去边界值时,()+ = 0,不动，

11、光学支(-)+ = 0上是重原子保持不动。2.如果将一维单原子链中的原子的振动位移写成如下形式： (t) = Acos(6d- 2iiaq)。试求格波的色散关系。解：一维单原子链中，牛顿方程为：nKn = Z?(xn+1+xn_1-2xn)若将It振动位移写成(t)= Acos(at-2iiaq)代入牛顿方程，则有ar = l-cos(2q)M此其色散关系为11169 =一 cos(2aq)。3设有一纵波耳= Acos3-勿naq)沿一维单原子链传播，原子间距为a ,最近邻互作用的恢复常数为0,试证明：每个原子对时间平均的总能量为e= -nw2A2, m为原子的质量。2解：fl体解答见图：解题

12、步骤一样。解答1)絡波的总能扯为各原子能笛的总和，其中第刀个原子的 动能为1叫 R而该原子与第n + 1个原子之间的势能为寺0( %H)I若只考虑最近邻相互作用，则格波的总能量为E =工 *皿詈)+ S 一 如并M将uM = Ac os（5 qna ）代入上式得E =；一 qna）R+訓s设f为原子按动的周期利用4sinz wt（2n + 1 ）qa J sin2 晋可得mtu2A2sin2（cut qna）dt2 4 寺sf - *（2n + l）ga1一- 1 fT=ma）LAiN+pyVNsin?羚.式中N为原子总数.2)每个原子的时间平均总能量则为1 /?/l2sin2 晋.再利用色散

13、关系22/ ,、鎚 2 理勿=jl 一 。咖)=崇亦专便得到每个原子的时间平均能轴 】2-2百=严A注：在上I衍计算屮用到了和差化枳公式：cos a -cosb = 2 sillsin -。2 24.证明：由N个质量为m的相同原子组成的一维单原子晶格，每单位频率间 隔内的振动方式数为g3) =迺(丝-”尸门式中0为恢复力常数。兀 m解：由N个质最为m的柑同原子组成的一维单原子晶格，色散关系为0)=siii(aq)Jt振动模式密度为割)唱存命dq式中L=Na o所以g(=xn。化简为 g(ty) = ar)12 兀 m5.推导一维和二维晶体在德拜近似下的晶格振动模式密度，以及德拜热容量。 解：徳

14、拜假设弹性波的色散关系为(O=Cq.首先考虑一维情况卜的晶格振动模式密度：gi(e) = 2x(L/2”)x力 L/(;zC) 同理在二维情况下的晶格振动模式密度为：g3() = I? /(2”)x 2喫甘丁 x。在计算徳拜热容时首先需耍考虑的是猛，根据/町以得到如卜关系式：3.Jg她=0tw=2N1/2计算后得曲对应丁一维和二维的情况，分别有：验=STC8NC-则利用徳拜温度表达式D =可以分别计算出在一维和二维情况下的徳拜温（T A3Drr鸟）=9忖j度W D2则，徳拜热容即町利用徳拜温度表达出来站。式屮？为二方初kpT, R=NkB为气体當数。第四章：晶体缺陷1. 在单原子晶体中，原子在

15、间隙位置上的能量比在格点位置上高1。设间隙 位置数等于空位数，试求什么温度下，有V1000的原子跃入间隙位置。解：n = Ne,kBT,式中上=丄，u = leV, 1b为波尔兹曼常数。N 1000所湘出结乐-耐丽2.推导肖特基点缺陷和弗伦科尔点缺陷的平術点缺陷浓度。解：肖特基点缺陷：设在热平衡状态，其中肖特基缺陷的数目1】町由体系口山能F取极小值的条件得 到。设晶体有N个原子，从中产生空位的方式数目为2*丽询肖特基缺 陷使晶格中原子的儿何分布的组态增多，引起晶格组态爛(或称混介爛)増加SukBlnP , 这里的1b为波尔总曼滋数.卄产生一个肖特某缺陷的能彊为,则n个空位便体系口由能 的该变鼠

16、为AF=nuv-TAS ,由自由能极小条件 =0 ,再利用斯特令近似 lnN!NhiN-N,可求得肖特基缺陷的平衡数目n = Ne,kBT。死伦克尔缺陷：设邦伦克尔缺陷数冃为n,晶体仃N个原子，N个间隙位置。J：是I】个空位在晶体中. n |分布的方式冇cf,而n个填隙原子在N个位置冇C? =J种分布方式。故11个 n!(N - n)!卯伦克尔缺陷*jP = C：cJ种组态，体系相应爛増帚即混合爛为AS = kBliiP o若u为形成一个JI；伦克尔缺陷的能吊，则晶体冇n个舛伦克尔缺陷时的自由能改变駅为AF = ns-TAS ,有自由能极小条件 =0以及利用人数N的特斯令近似公式 馆1iiN!

17、N1iiN-N ,町求得在热T-衡时晶体屮的鸭伦克尔缺陷数目11 =（NN y/_ exp（- u / 2kBT）。3有限源扩散中，求时间t之后扩散粒子的均方位移。4.推导爱因斯坦关系妙T=qD第五章：1.已知一维金属晶体共含有N个电子，晶体的长度为L。设T=OK,试求:1）电子的能态密度2）晶体的费密能级3）晶体电子的平均能量解：1）、一维金属晶体的能态密度为：伍）=2字=还但）。術 k7th2）、晶体的OK卜的费米能级由公式N= jN（E）dE确定，由此可计算出在OK卜的费米能3）、电子的平均能届为豆二=善，Jti|iE= jEN（E）dEo所以其平均能鼠为:- = (n12111L22.

18、 如忽略费密能级随温度的变化，试证明，金属中电子能级随温度的变化，试 证明，金属中电子能级随温度的变化符合e-efT式中f为费密分布函数.对两边求导，则可得：=解：若忽略费米能级随温度的变化，那么对丁费米分布函数（）=丟；切+1 严EfETE-Ef（e（E-ErBT+iyk2 T3设电子被限制在边长为L的正方形框内运动，证明：对于单位面积的样品,4m二维自由电子气的状态密度为& = 一产。式中m为电子质量。解：二维自由电子气的能量为E（k）=_翳,则其能态密度为j2N（E）二讶J%（E）4沪“映dS L2 2k L2iivr niL2 亠、宀 + 卄亠宀 宀 =，当计及门旋时，Jt态密度为 2ttT2 对rN（E）=Z，则单位面枳的态密度为上二，即竺7th力TlriFk22in4-设电子的能量E（k）=右。证明：当存在磁场H时，电子运动的角频率eH0二 pm c