固体物理习题带答案

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

h 1 k 2 l 3

，

其

倒

格

子

为

a2 a3a3 a1a1 a2

b1 2 b2 2 b3 2 。可以知道其倒格子矢量

a1 (a2 a3)a1 (a2 a3)a1 (a2 a3)

Ghkl平行于晶向。同时对于晶面（hkl）可以得到倒格子矢量与其垂直。证明如下：

因为ai bj 2 ij，Ghkl hb1 kb2 lb3，如图所示：

a1a3 a2a3

，很容易证明 CA CB （上图中h1,h2,h3分别对应hkl）

hlkl

Ghkl CA 0，Ghkl CB 0。因此Ghkl与晶面族（hkl）正交。

所以得出结论晶向[hkl]垂直于晶面(hkl)。

2

2． 晶面族(hkl)的面间距d与倒格矢K hb1 kb2 lb3的关系是d

K

证明：因为(hb1 kb2 lb3) x 2 n，n取不同值代表一个一族晶面系中，不同的晶面。

2 n

如图所示。各晶面到原点的垂直距离：dn 。因此，其面间距为

hb1 kb2 lb3

d

2 。 hb1 kb2 lb3

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：简单立方的初基矢量和倒格矢相同，面心立方和体心立方的初基矢量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面心立方。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：七大晶系分别为：三斜晶系、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(h1k1l1)和(h2k2l2)的两个晶面夹角为

cos

h1h2 k1k2 l1l2

2221/2

(h12 k12 l12)1/2(h2 k2 l2)

解：面指数为(h1k1l1)的晶面与倒格矢Gh1k1l1相互垂直。面指数为(h2k2l2)的晶面与倒格

矢Gh2k2l2垂直。因此两个晶面的夹角即为两个倒格矢的夹角。因此其夹角为 Gh1k1l1 Gh2k2l2h1h2 k1k2 l1l2

。 cos 2221/22221/2

(h1 k1 l1)(h2 k2 l2)Gh1k1l1 Gh2k2l2

000

7． 证明立方对称晶体中，介电常数张量为对角张量： 0 00

00

0 解:（详见黄昆《固体物理》P26）介电常数按照一般表示为：

D E ( )，其中 ， 表示沿x，y，z轴的分量，我们选取x，y，z

沿立方晶体的三个立方轴的方向。

显然，一般地讲，如果把电场E和晶体同时转动，D也将做相同转动，我们将以D'表示转动后的矢量。

设E沿y轴，这时，上面一般表达式将归结为：Dx xyE,Dy yyE,Dz zyE。现在考虑把晶体和电场同时绕y轴转动 /2，使z轴转到x轴，x轴转到 z轴，D将做相同转动，因此

D'x Dz zyE D'y Dy yyE D'z Dx xyE

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对称操作，所以转动前后晶体应没有任何差别，所以电位移矢量实际上应当不变，即

D' D。将其带入转动后的变换式就得到 xy zy, zy xy。表明 xy zy 0。

如果取E沿z方向并绕z轴转动 /2，显然将可以按相同的办法证明 xy yz 0。这样我们就证明了， 的非对角元都等于0.于是一般表达式将化为D E ( x,y,z)。再取沿电场[1 1 1]方向，则Dx xx,Dy yy,Dz zz，皆为

1

E，绕[1 1 1]转动2 /3，使z轴转到原x轴，x轴转到原y轴，y轴转到原z轴，电位移矢量转动后应写成

D'x Dz zz，D'y Dx xx，D'z Dy yy，也皆为

1

E。和前面论证一样，电场'

实际未变，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。从而可

以得到 xx yy

000

zz 0。由此得到介电常数张量为对角张量： 0 00 。

00

0

8． 证明：在晶体的x射线衍射中 为布拉格角，（1）如果波长改变，则反射线偏转一个角度

（2）当晶体发生体膨胀时，反射线将偏转角度tg 。

3

tg ， 为体胀系数

解：（1）、布拉格衍射公式为2dsin ，既然波长改变，则两边同时求导，有

tg 。 2d cos ，将两式组合，则可得

（2）、当晶体发生膨胀时，则为d改变，将布拉格衍射公式2dsin 左右两边同时对d求导，则有2 dsin 。又有 为体膨胀系数：

3 d

。所以得 tg 。 d3

9． 证明简单立方平面族（hkl

）的面间距为d

（晶格常数为a）。

解：与第二题同。此处略。

10． 证明晶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直于平面，平面内晶面的

格点可以用l1a1 l2a2来描述。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，该点必有一个格点；

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；

且有BA nAB，其中n为整数。从而有BA (1 2cos )AB，1 2cos n。

''

''

cos (1 n)/2，cos 1,0.5,0, 0.5, 1。所以n只能取值 1,0,1,2,3，相应的角度：

600,900,1200,1800,3600，由此得出结论：任何晶体的宏观对称性只能有以下几种对称

素：

1,2,3,4,6,,,,。

11． 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。

iS R

解：消光条件为：Sh e

f 0

第二章：原子的结合

1． 设原子间的互作用能表示为u(r) 态，则n>m.

解：原子间的相互作用能为：u(r)

作用能处于极小值：这时有

rm

rn

。证明：要使两原子处于平衡状

r

m

r

n

。若两原子处于平衡状态时，则其相互

du(r)

( m)m 1 ( n)n 1

drrr

0。所以有

r0

m

r0

m 1

n

r0

n 1

。所以

mn m

r0。 n

0

r0

同时有

d2u(r)

( m)( m 1) ( n)( n 1)dr2rm 2rn 2

。所以有

m(m 1)n m

r0。 n(n 1)

结合上面两式，所以得n m。 第三章：晶格振动

1． 证明：由两种不同质量M,m（M>m）的原子所组成的一维复式原子链中，如果波矢取边界值q 1/(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的原子位于2n 1,2n 1,2n 3 。

质量为m的原子位于2n,2n 2,2n 4 。

2n (2 2n 2n 1 2n 1)m

牛顿运动方程：体系N个原胞，有2N个独立的方程。

2n 1 (2 2n 1 2n 2 2n)M

方程解的形式： 2n Ae

i[ t (2na)q]

， 2n 1 Be

i[ t (2n 1)aq]

带回到运动方程得到：

(2 m 2)A (2 c …… 此处隐藏：4229字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……