固体物理第5章_能带理论_习题参考答案.pdf

第六章能带理论(习题参考答案)

1.一矩形晶格，原胞长a21010m，b41010m
（1）画出倒格子图
（2）以广延图和简约图两种形式，画出第一布里渊
区和第二布里渊区
（3）画出自由电子的费米面（设每个原胞有2个电
子）
解：（1）因为

0
a=ai=2Ai

0
b=bj=4Aj
倒格子基矢为

11
ai,bj
00
2A4A

以ab为基矢构成的倒格子如图。

由图可见，矩形晶格的倒格子也是矩形格子。

(2)取任一倒格子点O作为原点，由原点以及最近邻点
A,次近邻点B的连线的中垂线可以围成第一，第二
ii
布里渊区，上图这就是布里渊区的广延图。如采用简
约形式，将第二区移入第一区，我们得到下图。

(3)设晶体中共有N个原胞，计及自旋后，在简约布
里渊区中便有2N个状态。简约布里渊区的面积
10
Aab(A)2
8
而状态密度

2N0
g(K)16N(A)2
A
当每个原胞中有2个电子时，晶体电子总数为

k
2NFg(k)2kdk16Nk2
F
0
所以

10
k()1/20.2(A)121011(m)1
F8
这就是费米圆的半径。费米圆如下图所示

2.已知一维晶体的电子能带可写成

271
Ekcoskacos2ka,
ma288
式中a是晶格常数。试求：
（i）能带的宽度；
（ii）电子在波矢k状态时的速度；
（iii）能带底部和顶部电子的有效质量。
271
解：iEkcoskacos2ka,
ma288

211
2
coska2
ma244
当k0时，E0,
min
22
当k时，E;
amaxma2
22
EEE
maxminma2

22
能带的宽度为：
ma2
1
iivEk
k

vsin2ka4sinka
4ma
iii在能带底部，将Ek在k0附近用泰勒级数展开，可得：

2k2
EE
min4m
2k2
E
min2m
m2m0

在能带顶部，将Ek在k附近用泰勒级数展开，令k=+k可得：
aa
32
EEk2
max4m

2k2
E
max2m
2
mm0
3

3.试证明：如果只计及最近邻的相互作用，用紧束缚
方法导出的简单立方晶体中S态电子的能带为

EkEA2Jcos2akcos2akcos2ak
sxyz
并求能带的宽度。

解：若只计算最近邻的相互作用，用紧束缚近似法处理晶体
中的S态电子所得的结果

最近邻
i2k(RR)
EkEAensJ
ssn
R
n
式中R,R分别是参考原子以及最近邻的位矢。在简单立方
sn
晶格中，有6个最紧邻，如果取R=0，则这6个最近邻的坐
s
标是R
n
a(1,0,0);a(-1,0,0)
a(0,1,0);a(0,-1,0)
a(0,0,0);a(0,0,-1)
这里a是晶格常数。对于S态电子，交迭积分对各个最近邻

都相等，令JJ，则得
sn


i2πak-i2πaki2πak-i2πaki2πak-i2πak
Ek=E-A-J(ex+ex+ey+ey+ez+ez)
s


EkEA2Jcos2akcos2akcos2ak
sxyz
在能带底处，kkk0，对应的能量有最小值
xyz
EEA6J
min0
在能带顶处，k1/2a,k1/2a,k1/2a对应能
xyz
量有最大值
EEA6J
max0
因此能带的宽度为

EEE12J
maxmin

4.根据(3)题的结果，试计算简单立方晶体能带底部和
顶部附近电子的有效质量。

解：根据上题的结果简单立方晶体中S态电子的能带为

EkEA2Jcos2akcos2akcos2ak
sxyz
在能带的底处对应的k=0，在k=0处将上式展开泰勒级数，
只取到K的二次项，得到

x2x4
cosx1...
2!4!
111
EkEA2J{[1(2ak)2][1(2ak)2][1(2ak)2]}
02x2y2z
=EA6J42a2J(k2k2k2)
0xyz
h2
222
=E(kkk)
min2m*xyz
b
式中EEA6J
min0
h2
为能带底处的能量，而m*为能带底部的电子质
b82a2J
量。

同样，在能带的顶处附近，k1