1、 - 1 -固体物理学习题完全解析 1.1如果将等体积球分别排成下列结构，证明钢球所占体积与总体积之比 （1）简立方，6p ; （2）体心立方, ;83 p （3）面心立方， ;62 p （4）六角密积， ;62 p （5）金刚石结构， ;163 p 解：设想晶体是由刚性原子球堆积而成，一个晶胞中刚性原子球占据的体积与晶胞体积的比值称为结构的致密度， 设 n为一个晶胞中的刚性原子球数,r表示刚性原子球半径，V表示晶胞体积，则致密度r =Vrn 334 p （1）对简立方晶体，任一个原子有6个最近邻，若原子以刚性球堆积，如图1.2所示，中心在1，2，3，4处的原子球将依次相切，因为 ,43 3a
2、Vra = 晶胞内包含1个原子，所以 r = 6)(33234 pp=aa图1.2 简立方晶胞 图1.3 体心立方晶胞 （2）对体心立方晶体，任一个原子有 8个最近邻，若原子刚性球堆积，如图 1.3 所示，体心位置 O的原子8个角顶位置的原子球相切，因为晶胞空间对角线的长度为 ,43 3aVra = 晶胞内包含2个原子，所以 r = pp 83)(*2 334334=aa（3）对面心立方晶体，任一个原子有 12个最近邻，若原子以刚性球堆积，如图 1.4所示，中心位于角顶的原子与相邻的3个面心原子球相切，因为 3,42 aVra = ，1个晶胞内包含4个原子，所以 r = 62)(*4 3342
3、34 pp=aa. 图1.4面心立方晶胞 图 1.5 六角晶胞 图 1.6 正四面体 - 2 -（4）对六角密积结构，任一个原子有12 个最近邻，若原子以刚性球堆积，如图 1。5 所示，中心在 1 的原子与中心在2，3，4的原子相切，中心在5的原子与中心在6，7，8的原子相切，晶胞内的原子O与中心在1，3，4，5，7，8处的原子相切，即O点与中心在5，7，8处的原子分布在正四面体的四个顶上，因为四面体的高 h= 22 3232 cra = 晶胞体积 V= 22 2360sin caca =o 一个晶胞内包含两个原子，所以 = pp 62)(*2 2233234=caa. （5）对金刚石结构，任
4、一个原子有4个最近邻，若原子以刚性球堆积，如图1.7所示，中心在空间对角线四分之一处的 O 原子与中心在 1，2，3，4 处的原子相切，因为 ,83 ra = 晶胞体积 3aV = 一个晶胞内包含8个原子，所以 =163)83(*83334pp =aa图1.7金刚石结构 1.2试证明六角密堆积结构中 633.1)83( 21=ac 证明：由1.1题，六角密排中 232232 crah = ，故 633.1)83( 21=ac 1.3证明：体心立方晶格的倒格子是面心立方；面心立方晶格的倒格子是体心立方 。 解：由倒格子定义 2311232 aab aaap = vvvvvv 3121232 aa
5、b aaap = vvvvvv 1231232 aab aaap = vvvvvv 体心立方格子原胞基矢 23(),(),()222aijkaijkaijk=+=+=+vvvv v vvvv 倒格子基矢 231123022()()22aa aabijkijkaaavpp =+vvvvvvvvvvvv 202 ()()4a ijkijkvp=+vvvvvv 2 ()jkap=+vv 同理 3121232()aabikaaaapp =+vvvvvrrr 3 2 ()bijap=+v vv可见由 123,bbbvvv为基矢构成的格子为面心立方格子 Jones Hoo 整理- 3 -面心立方格子原胞基
6、矢 123()/2()/2()/2aajkaakiaaij=+=+=+vvvv vvvvv 倒格子基矢 2311232 aab aaap = vvvvvv 1 2 ()bijkap=+vvvv同理 2 2 ()bijkap=+vvvv 3 2 ()bijkap=+vvvv 可见由 123,bbbvvv为基矢构成的格子为体心立方格子 1.4证明倒格子原胞的体积为03(2)vp ，其中0v 为正格子原胞体积 证：倒格子基矢 2311232 aab aaap = vvvvvv 3121232 aab aaap = vvvvvv 1231232 aab aaap = vvvvvv 倒格子体积 *012
7、3()vbbb=vvv3*023311230(2)()()()vaaaaaavp=vvvvvv 3*00(2)vvp= 1.5证明：倒格子矢量 112233Ghbhbhb=+vvvv 垂直于密勒指数为 123()hhh 的晶面系。 证： 33121323,aaCACBhhhh=vvuuuruuur容易证明 12312300hhhhhhGCAGCB=uuurvuuurv 112233Ghbhbhb=+vvvv与晶面系 123()hhh 正交。 1.6 如果基矢 ,abcvvv构成简单正交系，证明晶面族()hkl 的面间距为 2221()()()hkld abc=+；说明面指数低的晶面，其面密度较
8、大，容易解理. 证：简单正交系abcvvv 123,aaiabjack=vvvvvv 倒格子基矢 2311232 aab aaap = vvvvvv 3121232 aab aaap = vvvvvv 1231232 aab aaap = vvvvvv 123222,bibjbkabcppp=vvvvvv Jones Hoo 整理- 4 -倒格子矢量 123Ghbkblb=+vvvv 222hikjlkabcppp=+vvv 晶面族()hkl 的面间距 2d Gp= v 2221()()()hklabc=+ 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，这样的晶面越容易解理。 1
9、.7写出体心立方和面心立方晶格结构中，最近邻和次近邻的原子数，若立方边长为a，写出最近邻和次近邻原子间距 解： 简立方 面心立方 体心立方 最近邻数 6 12 8 最近邻间距 a a22 a23 次近邻数 12 6 6 次近邻间距 a2 a a 1.画体心立方和面心立方晶格结构的金属在 )100( ， )110( ， )111( 面上原子排列 解： 体心立方 面心立方 Jones Hoo 整理- 5 -1.9指出立方晶格(111)面与(100)面，(111)面与(110)面的交线的晶向 解： (111)面与(100)面的交线的ABAB平移， A与O重合。B点位矢 BRajak=+vv v（11
10、1）与（100）面的交线的晶向ABajak=+uuur vv 晶向指数011 (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=+v vv (111)面与(110)面的交线的晶向ABaiaj=+uuur vv晶向指数 110 1.10找出立方体中保持x轴不变的所有对称操作，并指出他们中任意两个操作乘积的结果 解：立方体中保持x轴不变，可有绕x轴转2p 、p 、 23p 加上不动C1，所有对称操作构成群C4 C4=（C1 C2 C3 C4），群中任意两元素乘积仍是群中元素。 1.11利用转动对称操作，证明六角晶系介电常数矩阵为 .000000332211
11、=eeee 解：若 A是一旋转对称操作，则晶体的介电常数e 满足 . AA ee = ，对六角晶系，绕x（即a）轴旋转 o180和绕z（即 c）轴旋转 o120 都是对称操作，坐标变换矩阵分别为 .100010001=xA =0000212302321zA假设六角晶系的介电常数为 .333231312221131211=eeeeeeeeee 则由 . xx AA ee = 得 . 333231312221131211333231312221131211=eeeeeeeeeeeeeeeeee可见 .0,0,0 311312 = eee Jones Hoo 整理- 6 -即 =3332312211
12、0000eeeeee 。 将上式代入 .xx AA ee = 得 33323122110000eeeee+=33323223221122112322112211212321414343432343434341eeeeeeeeeeeee由上式可得 .,0,0 22113223 eeee = 于是得到六角晶系的介电常数 .000000331111=eeee 附：证明不存在5度旋转对称轴。 证：如下面所示，A,B是同一晶列上O格点的两个最近邻格点，如果绕通过O点并垂直于纸面的转轴顺时针旋转q角，则A格点转到 A 点，若此时晶格自身重合，点处原来必定有一格点，如果再绕通过 O 点的转轴逆时针旋转q角，
13、则晶格又恢复到未转动时的状态，但逆时针旋转q角，B 格点转到 B 处，说明 B 处原来必定有一格点，可以把格点看成分布在一族相互平行的晶列上，由下图可知， BA 晶列与AB晶列平行平行的晶列具有相同的周期，若设该周期为a，则有 图 晶格的旋转对称性 ,cos2 maaBA = q 其中m为整数，由余弦的取值范围可得 .12cos = mq 于是可得 .2,:2;35,34,32,3:1;23,2:0ppqppppqppq=mmm因为逆时针旋转 23p ， 35,34 pp 分别等于顺时针旋转2p ， 32p ， ,3p 所以晶格对称转动所允许的独立转角为 .3,2,32,2 ppppp Jon
14、es Hoo 整理- 7 -上面的转角可统一写成 6,4,3,2,1,2 =nnp 称n为转轴的度数，由此可知，晶格的周期性不允许有度旋转对称轴 2.1证明两种一价离子组成的一维晶格的马德隆常数为 2ln2a= . 证：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)11112.234j ijrrrrrra =+ 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 234(1).34n x
15、xxxxx+=+Ql 当X=1时，有 111.2234 n+=l 2.2讨论离子电荷加倍时所引起的对NaCl晶格常数及结合能的影响 解：考虑到库伦吸引能和重叠排斥势，为简便起见，可将一个NaCl晶体原胞内能写作 nn rcraqrbrqrU +=+= 202 64)( pea 由平衡条件 0)( 102020= +=nrr rncraqdrrdU 得 10202+= nrncraq 1120 )()(= naqncqr 结合能 )11()(020 nraqrU = 当电荷加倍时， )(4)4()2( 0111120 qraqncqr nn = 结合能 )(4)11()2(4)2( 01020
16、rUnqrqarU nn= 2.3 若一晶体的相互作用能可以表示为 () mnur rrab=+，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 02,10,0.3,4mnrnmWeV= ，计算 ,ab值。 解：（ 1 ）晶体内能 ()()2 mnNUr rrab=+ 11121.234a=+22na=lJones Hoo 整理- 8 -平衡条件00rrdUdr = = 11000mnmnrrab+= 10 ()nmnrmba= （2） 单个原子的结合能 01 ()2Wur= 00()()mnrrur rrab=+ 1 (1)()2mnmmnWnmbaa
17、= （3）晶体的体积 3VNAr= A为常数，N为原胞数目 晶体内能 ()()2 mnNUr rrab=+ 1121()23mnNmnrrNArab+= 21121()23mnUNrmnVVrrrNArab+= )33( 9 1222222nmnm rnrmrnrmVNVU baba += 由平衡条件 01120001()023mnVVUNmnVrrNArab+= = 00mnmnrrab= 022222000129 mnVVUNmnVVrrab= + 0222000129 mnVVUNmnVVrrab= + 200029 mnNnmVrrab=+ 020220()9VVUmn U= 体弹性模
18、量 0202()VUKVV= 0 09mnKUV= （4）00mnmnrrab= 10 ()nmnrmba= 1 (1)()2mnmmnWnmbaa= 1002W rb = 95101.1810 eVmb = 20 1002rWrba =+ 1929.010 eVma = 2.4经sp3杂化后，形成的共价键，其方向沿立方体的四对角线，求共价键之间的夹角 解：共价键沿立方体四对角线方向，与中心可构成正四面体，易得键角为10928 Jones Hoo 整理- 9 -2.5假设III-V族化合物中，III族、V族原子都是电中性的（ 0* =q ），求其电离度 if 解：对III族原子，有效电荷 )1
19、83( 22*ll+=q 电中性时有 0* =q 故 532 =l 由Coulson 定义电离度得III-V族化合物（ 0* =q ）的电离度为 411122=+=+= llBABAi ppppf 2.6 用林纳德琼斯(LennardJones)势计算 Ne在 bcc（球心立方）和 fcc（面心立方）结构中的结合能之比值 解： 1261261()4()(),()(4)()()2 nlururNAAr rrs ssee= 266 61200612()1022rAAdur ruNAAse= 2 2066201212() 12.25/9.11()/( 0.957()14.45/12.13bc bcc
20、fc fccurAAurAAww= 2.7对于 2H ，从气体的测量得到LennardJones势参数为 65010,2.96.JAes=o计算 2H 结合成面心立方固体分子氢时的结合能（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.ijijijUNPPRRsse= 61214.45392;12.13188,ijijjiPP= 16235010,2.96,6.02210/.ergANmoles=o
21、() ()1262816 2.962.962602210/501012.1314.452.5 /.3.1 3.16UUmolergKJmol =0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2.55KJmol，远大于实验观察值0.75lKJmo1 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Jones Hoo 整理- 10 - 值之间巨大差别的原因 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(_)njjjjjatnaqmwd=+，jd为任意个相位因子，并已知在较高温度下每个格波的平
22、均能量为kT，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()nnjjjjjjjatnaqmmwd=+ （1） 2*2*nnjnjnjnjnjjjjjjmmmmmm=+g 由于 njnjmm 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 22nnjjmm= 由于 njm 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 02220011sin()2TjjjjjjatnaqdtaTmwd=+= （2） 已知较高温度下的每个格波的能量为kT， njm 的动能时间平均值为 0022
23、2201 sin()224LTTnjjjnjjjjjjjdwaTdxdtLatnaqdtwLadtTmrrwdr=+= 其中是原子链的长度，r使质量密度， 0T 为周期。 所以 221142njjjTwLaKTr= （3） 因此 将此式代入（2）式有 2 2njjKTPLm w= 所以每个原子的平均位移为 22 221nnjjjjjjKTKTPLPLmm ww= = 3.2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 。 Jo
24、nes Hoo 整理- 11 - 牛顿运动方程 2221212121222(2)(nnnnnnnmMbmmmmbmmm+=2A mape = hA点能量( ) 2222222 3,BxyzKKKmmaaamappppe =+=+=hhhB 所以 /3BAee= (3)如果二价金属具有简单立方品格结构，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 ( )22222 xyzKKKme =+h ，FerM面应为球面由(2)可知，内切于4点的内切球的体积 343 app，于是在K空间中，内切球内能容纳的电子数为 ( )334 21.04733VNNapppp =其中 3VNa= apap
25、0 ap Jones Hoo 整理- 24 - 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、二区能带重叠这样，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、二区的球形费米面因此，一区中有空态存在，而二区中有电子存在，从
26、而具有导电功能实际上，多数的二价金属具有六角密堆和面心立方结构，能带出现重叠，所以可以导电 4.9 半金属交叠的能带 22111122220022()(0),0.182()()(),0.062kEkEmmmEkEkkkmmm=+=hvvh 其中1(0)E 为能带1的带顶， 20()Ek为能带2的带底 120(0)()0.1EEkeV= 由于能带的交叠，能带1中的部分电子转移到能带2中，而在能带1中形成空穴，讨论T=0K的费密能级 解：半金属的能带1和能带2 221112222002()(0) 2()()()2kEkEmEkEkkkm=+hvvh 能带1的能态密度 1 3()2(2)kVdSNE
27、Ep= 21kkEm=h 1112(0)()/k EEEkm=h 1 3()2(2)kVdSNEEp= 21 31114()2(2) 2(0)()/VkNEEEkmpp= h ( )111321 2222()(0)()2VmNEEEkp=h 同理能带2的能态密度 Jones Hoo 整理- 25 - ( )22210322 222()()()2VmNEEkEkp=h 如果不发生能带重合，电子刚好填满一个能带 由于能带交叠，能带1中的电子填充到能带2中，满足 01(0)02()012()()FFkEEEENEdENEdE= 1(0)031 2112222()(0)()(2)FEEmV EEkdE
28、p = h02()032 22202222()()()(2)FkEEmV EkEkdEp h 01(0)02()03/23/23/ 3/21112220(0)()()()FFkEEmEEkmEkEk= 001 220(0)()FFmEEmEEk= 01 22012(0)()FmEmEkEmm+=+ 120.18,0.06mmmm= 120(0)()0.1EEkeV= 020()0.075FEEkeV=+ 解：利用半金属能带交叠的部分中电子和空穴总数相等这一特点，从自由电子(空穴)能态密度着手来解。 自由电子(空穴)单位体积能态密度为 21232*)2(41)( EmEg hp= 下面我们取能带
29、1中E轴向下为正， 0=k 处为原点；取能带2中E轴向上为正， 0kk= 处为原点。另外，我们设半金属能带交叠的部分中电子能带宽度为 nd ，空穴能带宽度为 pd ，则 0.1np eVdd+= ，如下图所示。 于是能带1中空穴总数为 dEEgp p= d0)( dEEmp= d p0 21232*1 )2(41h23232*12 )2(61pm dp h= 同理，能带2中电子总数 23232*22 )2(61nmn dp h= 由于pn= ，我们可以得到 np mm dd 21 = np mm dd 06.018.0 = np dd =3 所以再与 0.1np eVdd+= 联立可以得出 0
30、.075 0.025npeVeVdd=， 0 20()0.075FEEkeV=+ Jones Hoo 整理- 26 - 4.10向铜中掺锌，一些铜原子被锌原子取代，用自由电子模型，求锌原子之比为何值时费米球与第一布里渊区相切 解：设锌原子个数与总原子个数之比为m，则有 NkV F = 33 34)2(2 pp 3223 )44(33amVNkF+= pp 面心立方到格子为体心立方，格常数为 ap4 ，111方向 pp aak 3)21()21()21(2 222min =+= 相切时有 minkkF = ， 143 = pm 所以锌原子与铜原子之比为 83 431 += ppmm 4.11 三
31、维简单立方晶格，立方原胞边长为a，使用简约布里渊区表示自由电子能量，定性画出 X 轴与六个近邻倒格点的自由电子 )(kE 函数 解：简单立方晶格的晶格常数为a，到格子基矢为 kaCjaBiaA )2(,)2(,)2( ppp = 倒格子仍然是简单立方格子，如下图 自由电子能量为 mkkE 2)(22)0( = h ，k为广延波矢，不一定在简约区中，但一定可以找到唯一的一个倒格矢 nG ，使得 nGkk = vvv ，kv为简约波矢，则 22)0()0(2)()( nnnn GkmGkEkE +=+=vvhvvvJones Hoo 整理- 27 - 对于三维简单立方格子 )2()2()2(2)(
32、 2222)0(zzyyxxn naknaknakmkEppp += h k为简约波矢，为简单起见，取k的单位为ap ， )()0( kEn 的单位为 22)(2 am ph ，则 222)0( )2()2()2()(zzyyxxn nknknkkE += 对于 X 方向： 0, = zyxx kkkk ，且取 10 xk 内讨论，则 222)0( 44)2()(zyxxn nnnkkE += 所以 2)0( )0,0,0()0,0,0( xkE = ，单简并 六个近邻倒格点的自由电子 )(kE 函数： 2)0( )2()0,0,1()0,0,1( =xkE ，单简并 4)0,1,0()0,1
33、,0( 2)0( += xkE ，四重简并 2)0( )2()0,0,1()0,0,1( +=xkE ，单简并 4.12 设有二维正方晶格，晶体势为 )2cos()2cos(4),( yaxaUyxU pp= ，用近自由电子近似的微扰论，近似求出布里渊区顶角 ),( aa pp 处的能隙 解： dxdyyxaiyaxaUaV a a )(2exp)2cos()2cos(410 021+= ppp dxdyyxaieeeeaUV a a ayiayiaxiaxi)(2exp)(0 0222221 += ppppp dxdyeeaUV a a ayiaxi += 0 0 4421 )1)(1( p
34、p aayiaaxiaieyaiexaUV040421 )4()4( pppp+=22 )14(cos41 += ppaiaaU U= 所以， UV 22 1 = Jones Hoo 整理- 28 - 4.13 证明面心立方体的s带紧束缚近似下的 )(kE 函数，在沿着布里渊区几个主对称轴方向，可以越画成以下形式 （1）沿 X 轴 )10,2,0( = mpm akkk xzy )cos21(4 mpgbe += sE （2）沿 L 轴 )210,2( = mpm akkk zyx mpgbe 2cos12= sE （3）沿 K 轴 )430,2,0( = mpm akkk yxz )cos2
35、(cos4 2 mpmpgbe += sE （4）沿 W 轴 )10,221,2,0( = mpmpm akakk yxz )21coscos21cos(cos4 mpmpmpmpgbe += sE 解：面心立方点阵最紧邻近似下S的电子紧束缚近似能带为 () += akakakakakakEkzyzxyxs 21cos21cos21cos21cos21cos21cos4gbe （1） (1)沿X方向,将 mpakx 2= , ,0= yx kk 代入（1）得 () += akakakakakakEkzyzxyxs 21cos21cos21cos21cos21cos21cos4gbe = ( )
36、mpgb cos214 +sE (2)沿L方向,将 Zyx KKak = mp2 ,代入（1）得 () += akakakakakakEk zyzxyxs 21cos21cos21cos21cos21cos21cos4gbe = mpgb 212 COSE s (3) 沿K方向,将 yx kak = mp2 ,kz=0代入（1）得 () += akakakakakakEkzyzxyxs 21cos21cos21cos21cos21cos21cos4gbe = ( )mpmpgb cos24 2 + COSE s (4)沿W方向,将 mpakx 2= , akk yz pm 221,0 = 代入
37、（1）得 () += akakakakakakEkzyzxyxs 21cos21cos21cos21cos21cos21cos4gbe Jones Hoo 整理- 29 - = + 2coscos2coscos4 mpmpmpmpgbsE 5.1设一维晶体的电子能带可以写成2271()(coscos2)88Ekkakama=+h ，其中a为晶格常数，计算 （1）能带的宽度 （2）电子在波矢k的状态时的速度 （3）能带底部和能带顶部电子的有效质量 解：（ 1 ） 能带的宽度的计算2271()(coscos2)88Ekkakama=+h 能带底部 0k = (0)0E = 能带顶部k ap= 22
38、2()Eamap = h 能带宽度 ()(0)EEEap=222ma=h （2）电子在波矢k的状态时的速度 2271()(coscos2)88Ekkakama=+h 电子的速度 1()() dEkvk dk= h 1()(sinsin2)4vkkakama=h （3）能带底部和能带顶部电子的有效质量2271()(coscos2)88Ekkakama=+h 电子的有效质量2*22/Emk=h cos(1/2)cos2mkaka= 能带底部 0k = 有效质量 * 2mm= 能带顶部k ap= 有效质量 * 23mm= 5.2晶格常数为2.5埃的一维晶格，当外加102V/m和107V/m 电场时，
39、试分别估算电子自能带底运动到能带顶所需要的时间。 解：对晶体对施加电场，电子在电场作用下不断改变状态，表现为电子在kv空间的运动，由晶体中电子运Jones Hoo 整理- 30 - 动的准经典运动方程 Eedtkd vvh = 则电子在kv空间的速度 hvv Eedtkd = 顶与带底相距ap 故所需时间 eaEeEat pphh= 时，mVE /1021 = st 8103.8 = 时，mVE /1072 = st 13103.8 = 解法二：由5.1题可以求出： 能带底部： 0=k 时， 0)0( =E ， 能带顶部： ak p= ， 222)( maaE h=p 。 所以电子由能带底运动
40、到能带顶有动量守恒： EqtPaP = )0()(p 即 EqtamE =)(2 p 电子由能带底运动到能带顶所需时间： Eqat h2= 代入数据得： 810192341 1027.5105.210602.11010055.12 = =t 1310197342 1027.5105.210602.11010055.12 = =t 5.3 试证明在磁场中运动的布洛赫电子在kv空间中轨迹面积 nS 和在rv空间中轨迹面 nA 之间的关系为nn SeBcA 2)(h= 解：电子在磁场中运动受洛伦兹力作用，由晶体运动准经典运动方程： )(1)(1 BdtrdceBvcedtkd vvvvvh = 对t积分 Brekc vvvh = 在垂直于B的平面内 keBcr = )(h 所以，电子在k空间中的轨道面积和r空间中的轨道面积之间有： nn SeBcA 2)(h= 5.4 (1)根据自由电子模型计算钾的德.哈斯-范.阿尔芬效应的周期 Jones Hoo 整理
