2023年11月29日发(作者：华为手机官网报价大全)
第10讲
00
3.8 有N 个相同原子组成面积为S 的二维晶格，在德拜近似下计算比热，并论述在低温极
限比热正比于T。讨论有N 个相同原子组成长度为L 的一维晶格，在德拜近似下计算比热，
2
并论述在低温极限比热正比于T。
解：
德拜模型的色散关系为
cq
00
00
00
考虑q 空间中半径为q，厚度为dq 的圆环面积为2qdq 中量子态数，波矢的数值在
qqdq
之间的量子态的数目
S
2qdq
2
(2)
00
考虑到二维介质有两
支格波，一支纵波，一支横波，所以频率在之间，总的格波数为：
d
0000
2S
2
d
2
总的振动能为
D
1
E(T)g()d
/kT
B
0
e12
考虑与温度相关的晶格振动能
DD
1
g()dg()d
00
2e1
/kT
B
量，设
xkT
B
00
E(T)g()dd
DD
e1e1
/kT/kT
BB
D
00
2
S
2
22
0
S
33
kT
B
/kT
B
d/kT
B
/kT
B
e1
D
T
0
33
Tk
Sx
B
22x
D
2
dx
()nN
，得德由总振动模式数等于自由度数：
0
e1
D
拜频率：
0
S
2
d2N
00
4N
D
S
1/2
33
Tk
Sx
B
E(T)dx
22x
D
T
0
2
Tx
32
4Ndx
2x
e1
D
D
T
0
德拜模型中的晶格热容：
e1
证明低温晶格比热T
2
E(T)dTx
32
C4Ndx
V
2x
D
TdTe1
V
定律
00
D
T
0
00
0
E(T)
x
3
2
dx
常数
CAT
V
x
e1
T
V
00
一维情况:
波矢的数值在之间的量子态的数目
qqdq
LL
2
dqd
2c
00
有
g
()
由于 所以
L
c
00
D
0
g()dN
D
Nc
L
00
1
E(T)g()d
/kT
B
0
2e1
DD
1
g()dg()d
00
2e1
/kT
B
D
设
xkT
B
00
22
LL(kT)
DB
D
/T
x
E(T)dx
4cce1
0
x
2
2
/T
Ncx
L(kT)
B
D
dx
x
0
4Lce1
E(T)dx
LkT
B
2
Cdx
V
TdTce1
V
D
T
0
2
x
0
E(T)
x
dx
常数
CBT
V
x
e1
T
V
D
3.10 设晶体中每个振子的零点振动能ω，试用德拜模型求晶体的零点振动能。讨论一维、
二维和三维的情况。
0
129
()dNNN
，，
DDD
2438
00
解：
应用色散关系，考虑一维只有一个纵波，二维一个横波一个纵波，三维两个横波一个纵波，
模式密度分别为有：
00
00
L12S3V
2
，，
22
223
DDD
000
L1S3V
，，
dNd2Nd3N
223
2
2
1/3
DDD
，，
N6N4N
2
LSV
1/2
10.1 讨论在德拜近似下有N 个相同原子组成长度为L 的一维晶格振动的模式密度和德拜
温度，有N 个相同原子组成面积为S 的二维晶格振动的模式密度和德拜温度，有N 个相
同原子组成体积为V 的三维晶格振动的模式密度和德拜温度。
解答：
00
00
模式密度：色散关系为ω=υq，设波速为常数υ，q 空间的量子态数密度为
LSV
，，
23
248
0
从q 到q+dq 范围内的量子态数为
应用色散关系，考虑一维只
00
LSV
2
，，
2dq2dq4qdq
23
248
00
有一个纵波，二维一个横波一个纵波，三维两个横波一个纵波，模式密度分别为有：
L12S3V
2
，，
232
22
DDD
D
0
()nN
000
L1S3V
，，
dNd2Nd3N
232
2
2
1/3
DDD
，，
N6N4N
2
LSV
1/2
D
D
k
B
4NNv6N
二维：一维：三维：
DDD
kSLkkV
BBB
1/2
vv
2
1/3
10.2 模式密度奇点。(1) 根据一维单原子链的色散关系证明模式密度为
()
2N1
其中ω
m
是最大频率。(2) 假定在三维情况下，在k = 0 附近，一
221/2
()
m
00
个光学波具有
(k)Ak
0
2
。
3/21/2
证明：对于，
0
()L/2(2/A)()
0
；对于，
,()0
0
3
此处模式密度不连续。
00
第11讲
00
3.9 写出量子谐振子系统的自由能，证明在经典极限，自由能为
FUkTln
0B
00
q
。
q
kT
B
1
j
/kT
FUkT[ln(1e)]
B
jB
2kT
B
j
经典极限有
kT
Bj
，
00
jj
1
jB
/kT
将两式代入F的表达式，得，
0e1
2kTkT
BB
00
j
FUkTln
B
j
kT
B
11.1 格临爱森常数(Grüneisen constant) 。(1) 证明频率为ω的声子模式的自由能为
kTln[2sinh(/kT)]
BkB
为了得到这个结果，必须保留零点能。(2) 以表示体积相
/2
对改变，那么晶体的这个自由能可以写成：
F(,T)BkTln[2sinh(/2kT)]
1
2
BkB
2
00
其中B 是体积弹性
模量。假定
k
对体积的依赖关系为，其中称为格临爱森常数。如果将取作和
模式k 无关，证明：当
Bcosh(/2kT)
1
2
B
时，F 相对于成为极小，并且证
明：借助热能密度可以将此式写成 (3) 证明：对于德拜模型，
U(T)/B
ln/lnV
D
。
00
注意：在这个理论中涉及多种近似，结果(1) 只有在ω不依赖于温度时才成立，而对于不同
的模式，可能相差甚远。
00
第12讲
12.1 试由金属中自由电子运动方程推导稳态时电子在外电场中的定向速度，并由此推导焦
00
耳定律的表达式。
00
解：焦耳定律的微分形式为：
PE
——其中称为电导率。
2
00
设单位体积中n个电子以相同的平均速度运动，由此产生的电流密度j 将平行于υ。在时
间间隔dt 内电子在速度方向运动的距离为dt，这样将有ndtA 的电子越过垂直于速度方
向的面积A，每一个电子携带电荷-e。在时间间隔dt 内越过面积A 的电荷为-nedtA，因此
电流密度为：在没有外加电场时，电子的平均速度为零，
jne
00
电流密度也为零。在有外加电场E 时，稳态时，按照电子运动方程，
00
dp(t)p(t)
0,f(t)
dt
因此附加定向速度的平均值为，为弛豫时间，
eE/m
nene
22
因此电流密度：，电导率为
jE
mm
00
meEnem
2
22
Pnf(t)nnEE
mm
12.2 分别用经典电子论和索末菲自由电子模型证明维德曼－夫兰兹定律并求洛伦兹常数。
0
0
2
解：
00
00
根据经典电子论，由电导率和热导率表达式可得：
11133
2
clcmnkkT2
VVBB
2
k
32332
3
22
B
T
2
ne
nene2e
m
洛伦兹数为：
3
k
B
1.1110wattohm/K
82
T2e
由电导率和热导率表达式可得：
2
00
根据索末菲量子电子论，
00
clEm
VFF
CN(cl)k
V0FB
11
32
2
222
TnkTnkkT
BBB
22
20
3m3m2E
FF
22
2222
T3mknkk
22
BBB
82
TL2.4510wattohm/K
2
nem3eT3e
12.3在低温下金属钾的摩尔热容量的实验结果为：C = ( 2.08 T + 2.57 T ) mJ / mol-K
V
3
00
00
求钾的费米温度和德拜温度。
解：
00
一摩尔的电子对热容的贡献：
CNBk
VB
2
kT
0
2E
F
00
与实验结果比较得到：
NBkNk2.0810TJ/molKB
22
kTkT
3
0
BB
2E2kT
FBF
00
22
k
B
费米温度：
TN19624K
F
22.0810
3
00
12Nk
4
B
根据德拜定律：
C
V
5
与实验结果比较得到：
T
D
3
00
00
12Nk
B
T
33
2.5710TJ/molK
5
D
德拜温度：
4
3
12Nk
4
B
D
3
52.5710
1/3
91K
00
12.4 二维情况下的化学势, 每单位面积有n 个电子，证明二维情况下费米气的化学势由下
式给出:
(T)kTln[exp(n/mkT)1]
BB
2
dN22kdk
S
4
2
00
00
N(E)S
00
dNm
2
dE
m1
SdENN(E)f(E)dE
(EE)/kT
FB
2
e1
Nm1
ndE
Se1
2
0
(EE)/kT
FB
00
作变量变换
x
则有
EE
F
kT
B
00
mkT
B
m1e
x
ndxdx
2x2x
E/kTE/kT
FBFB
e1e1
mkTmkT
BB
E/kT
FB
x
ln(1e)ln(1e)
22
E/kT
FB
由上式解得：
(T)EkTln[exp(n/mkT)1]
FBB
2
6.1 液体He ，He 原子量自旋为1/2 的费米子，在绝对零度附近液体He 的密度为
333
0.081g/cm
3
，计算费米能E和费米温度T。
FF
解He
0000
00
00
24
3
的自旋为1/2 的费米子，其质量
m3m510g
p
00
在密度为0.081g/cm的液体He中，单位体积中的He数目为
333
2
n1.6210cm
其费米能为将上面得到
E(3n)
F
22/3
m
2m
223
00
的n,m值代入，就得到费米能
00
2
E(3n)6.810erg4.310eV
F
22/3164
费米温度为
2m
00
E
F
4.310
4
T(K)4.9K
F
5
k8.61710
B
6.3 若把银看成具有球形费米面的单价金属，计算以下各量：(1)费米能和费米温度; (2)费米
球半径; (3)费米速度; (4)费米球面的横截面积; (5)在室温和低温时电子的平均自由程。
00
已知银的质量密度为10.5 g/cm
3−6
, 原子量为107.87，电阻率为：1.61×10Ω:cm（295K）, 0.038
×10
−6
Ω:cm（20K）
00
解：
1m/107.87）=97.3×3mol
36
的银的摩尔数：（10.5×10
00
00
原子数＝摩尔数 ×N
0
=97.3×6.02×10=5.86×10
2628
银为一价原子，故价电子数亦为：5.86×10个,
28
价电子密度：n个/m
e
=(N/V)=5.86×10
28 3
(1) 费米能：
02
Fe
00
00
00
00
2
h
2/3
＝＝
1.054510
34
电子静止质
E3n
=
2
2m
量 m＝9.1×10
－31
kg
02822/319
F
00
1.11210
68
E(35.86103.14)8.810(J)
＝＝
31
29.10910
单位换为ev，
E5.49ev
0
F
0000
0
E
F
8.810
19
费米温度：
T6.3810T
F
＝＝
4
23
K1.3810
B
(2) 费米球半径
00
00
Kn)=(3×3.14×5.86×10)
Fe
＝(3π＝12.02×10（1/m）
2(1/3) 2281/39
0
2mE
F
29.1108.8101
3119
9
＝＝＝
1.210()K
另外：
F
2268
1.0510m
00
(3) 费米速度 ：
1
20
mv=E
FF
2
00
06
28.8102
FF
===
E1.39110m/s
m9.110
1/2
19
31
220
Fmax
1/2
(4) 费米球最大截面积：
00
0
2mE
F
1
SK4.5610()
===
22
m
(5) 常温下电子平均自由时间 τ、平均自由程L。
电阻率为：1.61×10
−6−6
Ω:cm（295K）, 0.038×10Ω:cm（20K）设
T=295K，由σ=neτ/m得
e
2
00
00
0
m9.110
31
m1
2
＝＝
2282388
3.7710s
14
L＝τ·v
F
ne
e
ne5.861.01.6101.6110
e
＝3.77×10＝5.24×10
-146-8
×1.39×10(m)
设低温 T=20K，ρ
‘-8
=0.0038×10 (ρ/ρ)＝(1.61/0.0038)≈424
’
τs ＝1.6×10 (m)L
‘-14 -11
＝424×τ＝424×3.77×10＝
00
00
00
’
τ·v×1.39×10(m)
‘-116-5
F
＝1.6×10＝2.22×10
00
6.4 设N 个电子组成简并的自由电子气，体积为V，
证明T ＝ 0K 时，有
00
00
（2）自由电子气的压强p 满足
（1）每个电子平均能量
UE
3
0
F
5
00
2
pVU
3
00
证明：
(1)T=0K时电子系统每个电子的平均能量
00
00
E
Kin
EdN
N
00
EE
FF
[CEdE]/[CEdE]E
3/21/20
00
3
F
5
00
(2)在绝热近似下，外场力对电子气作的功W等于系统内能的增加dU，即
dUWPdV
式中P是电子气的压强，由上式可得
P
U
V
00
33N
2
20
忽略掉温度对内能的影响，
UNEN3
F
552mV
2/3
00
00
U32U22
2
25/3
2/3
PN3NVPVU
V52m33V3
发布者：admin，转转请注明出处：http://www.yc00.com/num/1701231867a1062683.html
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