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1、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， VcnVx（ 1）对于简立方结构： （见教材 P2图1-1）a=2r， V=3r 34，Vc=a3，n=1 52.0 6r8r 34ar 34x3333（ 2）对于体心立方
2、：晶胞的体对角线BG=x 334ar4a3n=2, Vc=a368.0 83)r 334 (r 342ar 342x3333（ 3）对于面心立方：晶胞面对角线BC=r22a,r4a2n=4，Vc=a374.0 62) r22(r 344ar 344x3333（ 4）对于六角密排：a=2r晶胞面积： S=6 260sinaa6SABO=2a 233晶胞的体积：V=332r224a23a 38a 233CSn=123 212 6112=6个74.0 62r224r 34 6x33（ 5）对于金刚石结构，晶胞的体对角线BG= 3r8ar24a3n=8, Vc=a3 34.0 63r 338r 348
3、ar 348x333332 1.2 、试证：六方密排堆积结构中633.1) 38( ac2/1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。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。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 ajka aikaaij由倒格子基矢的定义：1232()baa31230, 22(),0, 224,0 22aaaaaaa
4、aaa，223,0,() 224,0 22ijkaaaaaijkaa21342 2()() 4a bijkijk aa同理可得：232 ()2()bijk abijk a即面心立方的倒格子基矢与体心立方的正格基矢相同。所以，面心立方的倒格子是体心立方。（ 2）体心立方的正格子基矢（固体物理学原胞基矢）：123() 2() 2() 2a aijka aijkaaijk由倒格子基矢的定义：1232()baa3 3123, 222(), 2222, 222aaaaaaaaaaaaa，223,() 2222, 222ijkaaaaaajkaaa213222()() 2abjkjk aa同理可得：232
5、()2()bik abij a即体心立方的倒格子基矢与面心立方的正格基矢相同。所以，体心立方的倒格子是面心立方。1.5、证明倒格子矢量112233Gh bh bh b垂直于密勒指数为123()h h h的晶面系。证明：因为33121323,aaaaC ACB hhhh，112233Gh bh bh b利用2ijijab，容易证明1 231 2300h h hh h hGC AGC B所以，倒格子矢量112233Gh bh bh b垂直于密勒指数为123()h h h的晶面系。1.6、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：22222()dahkl，其中
6、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。解：简单立方晶格：123aaa，123,aaiaajaak由倒格子基矢的定义：23 11232aab aaa，31 21232aab aaa，12 31232aab aaa倒格子基矢：123222,bibjbk aaa倒格子矢量：123Ghbkblb，222Ghikjlk aaa4 晶面族()hkl的面间距：2 d G2221()()()hklaaa2 2222()ad hkl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、（
7、110）面，并指出（111）面与（ 100）面、 （111）面与（ 110）面的交线的晶向。解：(111)1、(111)面与 (100)面的交线的AB ，AB 平移， A 与 O 点重合， B 点位矢：BRajak，(111)面与 (100)面的交线的晶向ABajak，晶向指数0 11。(111)2、(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：BRaiaj，(111)面与 (110)面的交线的晶向ABa iaj，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（2ln2）和库仑相互作用能，设离子的总数为2N 。解
8、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 )11112 . . . 234jijrrrrrr前边的因子2 是因为存在着两个相等距离ir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11121. 2345 234(1). 34nxxxxx x当 X=1 时，有1111.2 234n2.3、若一晶体的相互作用能可以表示为()mnu r rr试求：（1）平衡间距0r；（2）结合能W（单个原子的） ；（3）体弹性模量；（4）若取
9、02,10,3,4mnrA WeV，计算及的值。解： （1）求平衡间距r0由0)(0rrdrrdu，有：mnnmnmmnnmr rnrm1101.0100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：nmrrrUW000)(（可代入r0值，也可不代入）（ 3）体弹性模量由体弹性模量公式：0220209rrUVrk（ 4）m = 2，n = 10，A
10、r30， w = 4eV，求 、81 8105210r)5( 54)(802010.200代入r rrrrUeV rrUW4 54)(200将Ar30，JeV1910602.11代入22n6 211523810459.910209.7mNmN（ 1）平衡间距r0的计算晶体内能( )() 2mnN Ur rr平衡条件00rrdUdr，11000mnmnrr，10()nmn r m（ 2）单个原子的结合能01() 2Wu r，00()()mnrru r rr，10()nmnr m1(1)() 2mnmmnW nm（ 3）体弹性模量 0202()VUKV V晶体的体积3VNAr， A 为常数， N
11、为原胞数目晶体内能( )() 2mnNUr rrUUrVrV1121() 23mnNmnrrN Ar221121() 23mnUNrmnVVrrrN Ar022222000001 2 9mnmnVVUNmnmnVVrrrr由平衡条件01120001()0 23mnVVUNmnVrrN Ar，得00mnmnrr0222220001 2 9mnVVUNmnVVrr02220001 2 9mnVVUNmnmn VVrr2000 2 9mnNnmVrr000() 2mnNU rr020220() 9VVUmn U VV7 体弹性模量009mnKU V（ 4）若取02,10,3,4mnrAWeV10()
12、nmnr m，1(1)() 2mnmmnW nm1002W r，201002rW r-95101.210eVm，1929.010eVm2.6、 bcc 和 fcc Ne的结合能， 用林纳德琼斯(LennardJones)势计算 Ne 在 bcc和 fcc结构中的结合能之比值解1261261()4()(),( )(4)()() 2nlu ru rNAA rrrr266612 00612()102 2rAAdu rruN rAA220662 01212()12.25/ 9.11() /()0.957 ()14.45/12.13bccbccfccfccu rAAu rAA2.7、对于2H，从气体的测
13、量得到LennardJones参数为65010,2.96.JA计算 fcc 结构的2H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0.751kJmo1，试与计算值比较解以2H为基团，组成fcc 结构的晶体，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：1261262.ijij ijUNPP RR61214.45392;12.13188,ijij jiPP16235010,2.96,6.02210/.ergA Nmol12628162.962.9626 02210/501012.1314.452.55/. 3.163.16UU
14、molergKJmol0将 R 代 入得 到 平 衡 时 的 晶 体 总 能 量 为。因此，计算得到的2H晶体的结合能为255KJ mol，远大于实验观察值0.75lKJ mo1对于2H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8 3.1、已知一维单原子链，其中第j个格波，在第n 个格点引起的位移为，sin(_)njjjjjatnaq，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。解任意一个原子的位移是所有格波引起的位移的叠加，即sin()nnjjjjjj
15、jatnaq（1）2*2*nnjnjnjnjnjjjjjj由于njnj数目非常大为数量级，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22nnjj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02220 011sin() 2Tjjjjjjatnaqdta T（2）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0022222000 00111 sin() 224LTTnjjjnjjjjjjjdw a TdxdtLatnaqdtw L a TdtT其中 L 是原子链的长度，使质量密度，0T为周期。所以221142njjj
16、Tw LaK T（3）因此将此2）式有22njjK TPL所以每个原子的平均位移为22221nnjjjjjjK TK TPLPL3.2、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 。牛顿运动方程2221212121222(2)(2)nnnnnnnnmMN 个原胞，有2N 个独立的方程设方程的解(2)2( 21)21itnaqnitnaqnAeBe，代回方程中得到22(2)(2cos)0(2cos)(2)0mAaqBaqAMB9 A、B 有非零解，2222cos 0 2cos2maqaqM，则1222 2()4 11sin ()mMmM aq mMmM两种不同的格波的色散关系1222 21222 2()4 11sin ()()4
