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《晶体结构与缺陷》第一章习题及答案1-1.布拉维点阵的基本特点是什么？答：具有周期性和对称性，而且每个结点都是等同点。1-2.论证为什么有且仅有14种Bravais点阵。答：第一，不少于14种点阵。对于14种点阵中的任一种，不可能找到一种连接结点的方法，形成新的晶胞而对称性不变。第二，不多于14种。如果每种晶系都包含简单、面心、体心、底心四种点阵，七种晶系共28种Bravais点阵。但这28种中有些可以连成14种点阵中的某一种而对称性不变。例如体心单斜可以连成底心单斜点阵，所以并不是新点阵类型。1-3.以BCC、FCC和六方点阵为例说明晶胞和原胞的异同。答：晶胞和原胞都能反映点阵的周期性，即将晶胞和原胞无限堆积都可以得到完整的整个点阵。但晶胞要求反映点阵的对称性，在此前提下的最小体积单元就是晶胞；而原胞只要求体积最小，布拉维点阵的原胞都只含一个结点。例如：BCC晶胞中结点数为2，原胞为1；FCC晶胞中结点数为4，原胞为1；六方点阵晶胞中结点数为3，原胞为1。见下图，直线为晶胞，虚线为原胞。BCCFCC六方点阵1-4.什么是点阵常数？各种晶系各有几个点阵常数？答：晶胞中相邻三条棱的长度a、b、c与这三条棱之间的夹角α、β、γ分别决定了晶胞的大小和形状，这六个参量就叫做点阵常数。晶系a、b、c，α、β、γ之间的关系点阵常数的个数三斜a≠b≠c，α≠β≠γ≠90º6(a、b、c、α、β、γ)单斜a≠b≠c，α=β=90≠γ或α=γ=90≠β4(a、b、c、γ或a、b、c、β)斜方a≠b≠c，α＝β＝γ＝90º3(a、b、c)正方a=b≠c，α=β=γ=90º2(a、c)立方a=b=c，α=β=γ=90º1(a)六方a=b≠c，α=β=90º,γ=120º2(a、c)菱方a=b=c，α=β=γ≠90º2(a、α)1-5.分别画出锌和金刚石的晶胞，并指出其点阵和结构的差别。答：点阵和结构不一定相同，因为点阵中的结点可以代表多个原子，而结构中的点只能代表一个原子。锌的点阵是六方点阵，但在非结点位置也存在原子，属于HCP结构；金刚石的点阵是FCC点阵，但在四个四面体间隙中也存在碳原子，属于金刚石结构。见下图。锌的结构金刚石的结构1-6.写出立方晶系的{123}晶面族和112晶向族中的全部等价晶面和晶向的具体指数。答：{123}=(123)+(23)+(13)+(12)+(132)+(32)+(12)+(13)+(213)+(13)+(23)+(21)+(231)+(31)+(21)+(23)+(312)+(12)+(32)+(31)+(321)+(21)+(31)+(32)112=[112]+[12]+[12]+[11]+[121]+[21]+[11]+[12]+[211]+[11]+[21]+[21]1-7.在立方晶系的晶胞图中画出以下晶面和晶向：(102)、(11)、(1)、[110]、[11]、[10]和[21]。1-8.标注图中所示立方晶胞中的各晶面及晶向指数。1-9.写出六方晶系的{110}、{102}晶面族和20、011晶向族中的各等价晶面及等价晶向的具体指数。答：{110}=(110)+(20)+(20){102}=(102)+(012)+(102)+(012)+(012)+(102)20=[20]+[110]+[20]011=[011]+[011]+[101]+[101]+[011]+[101]1-10.在六方晶胞图中画出以下晶面和晶向：(0001)、（010）、（110）、（102）、（012）、[0001]、[010]、[110]、[011]和[011]。1-11.标注图中所示的六方晶胞中的各晶面及晶向指数。1-12.用解析法求1-11第二图中的各晶向指数(按三指数－四指数变换公式)。解：由三指数[UVW]转化为四指数[uvtw]可利用公式：U=2u+v,V=2v+u,W=w将⅓[23]、⅓[110]、⅓[113]、½[010]中的u、v、w代入公式，得[1]、[110]、[111]、½[120]。1-13.根据FCC和HCP晶体的堆垛特点论证这两种晶体中的八面体和四面体间隙的尺寸必相同。答：研究FCC晶体的(111)密排面和HCP晶体的(0001)密排面，发现两者原子排列方式完全相同；再研究两者的相邻两层密排面，发现它们层与层之间的吻合方式也没有差别。事实上只有研究相邻的三层面时，才会发现FCC和HCP的区别，而八面体间隙与四面体间隙都只跟两层密排原子有关，所以对于这两种间隙，FCC与HCP提供的微观环境完全相同，他们的尺寸也必相同。1-14.以六方晶体的三轴a、b、c为基，确定其八面体和四面体间隙中心的坐标。答：八面体间隙有六个，坐标分别为：(⅓,-⅓,¼)、(⅓,⅔,¼)、(-⅔,-⅓,¼)、(⅓,-⅓,¾)、(⅓,⅔,¾)、(-⅔,-⅓,¾)；四面体间隙共有二十个，在中轴上的为：(0,0,⅜)、(0,0,⅝)；在六条棱上的为：(1,0,⅜)、(1,1,⅜)、(0,1,⅜)、(-1,0,⅜)、(-1,-1,⅜)、(0,-1,⅜)、(1,0,⅝)、(1,1,⅝)、(0,1,⅝)、(-1,0,⅝)、(-1,-1,⅝)、(0,-1,⅝)；在中部的为：(⅔,⅓,⅛)、(-⅓,⅓,⅛)、(-⅓,-⅔,⅛)、(⅔,⅓,⅞)、(-⅓,⅓,⅞)、(-⅓,-⅔,⅞)。1-15.按解析几何证明立方晶系的[hkl]方向垂直与(hkl)面。证明：根据定义，(hkl)面与三轴分别交于a/h、a/k、a/l，可以推出此面方程为x/(a/h)+y/(a/k)+z/(a/l)=1=hx+ky+lz=a；平行移动得面hx+ky+lz=0；又因为(h,k,l)•(x,y,z)=hx+ky+lz≡0，知矢量(h,k,l)恒垂直于此面，即[hkl]方向垂直于hx+ky+lz=0面，所以垂直于hx+ky+lz=a即(hkl)面。1-16.由六方晶系的三指数晶带方程导出四指数晶带方程。解：六方晶系三指数晶带方程为HU+KV+LW=0；面(HKL)化为四指数(hkil)，有H=h,K=k,L=l；方向[UVW]化为四指数[uvtw]后，有U=2u+v,V=2v+u,W=w；代入晶带方程，得h(2u+v)+k(2v+u)+lw=0；将i=–(h+k)，t=–(u+v)代入上式，得hu+kv+it+lw=0。1-21.求出立方晶体中指数不大于3的低指数晶面的晶面距d和低指数晶向长度L(以晶胞边长a为单位)。解：晶面间距为d=a/sqrt(h2+k2+l2)，晶向长度为L=a·sqrt(u2+v2+w2)，可得晶面族d(×a)晶面族d(×a)晶向族L(×a)晶向族L(×a){100}1{311}√11/111001311√11{110}√2/2{222}√3/6110√22222√3{111}√3/3{320}√13/13111√3320√13{200}1/2{321}√14/142002321√14{210}√5/5{322}√17/17210√5322√17{211}√6/6{330}√2/6211√63303√2{220}√2/4{331}√19/192202√2331√19{221}1/3{332}√22/222213332√22{300}1/3{333}√3/930033333√3{310}√10/10310√101-22.求出六方晶体中[0001]、[100]、[110]和[101]等晶向的长度(以点阵常数a和c为单位)。解：六方晶体晶向长度公式：L=a·sqrt(U2+V2+W2c2/a2-UV)；（三指数）L=a·sqrt(u2+v2+2t2+w2c2/a2-uv)；（四指数）代入四指数公式，得长度分别为c、√3*a、3a、√(3a2+c2)。1-23.计算立方晶体中指数不大于3的各低指数晶面间夹角(列表表示)。为什么夹角和点阵常数无关。解：利用晶面夹角公式cosφ=(h1h2+k1k2+l1l2)/sqrt((h12+k12+l12)*(h22+k22+l22))计算。两晶面族之间的夹角根据所选晶面的不同可能有多个，下面只列出一个，其他这里不讨论。cosφ{100}{110}{111}{210}{211}{221}{310}{100}1√2/2√3/32√5/5√6/32/33√10/10{110}1√6/33√10/10√3/22√2/32√5/5{111}1√15/52√2/35√3/92√30/15{210}1√30/62√5/57√2/10{211}17√6/187√15/30{221}14√10/15{310}1后面的结果略。1-24.计算立方晶体中指数不大于3的各低指数晶向间夹角(列表表示)，并将所得结果和上题比较。解：利用晶向夹角公式cosθ=(u1u2+v1v2+w1w2)/sqrt((u12+v12+w12)*(u22+v22+w22))计算。两晶向族之间的夹角根据所选晶向的不同可能有多个，所得结果与上题完全相同，只将表示晶面的“{}”替换为“”即可。从表面上看是因为晶向夹角公式与晶面夹角公式完全相同的原因，深入分析，发现晶向[xyz]是晶面(xyz)的法线方向，是垂直关系，所以两晶面的夹角恒等于同指数的晶向夹角。1-25.计算六方晶体中(0001)、{100}和{110}之间的夹角。解：化为三指数为：(001)、(210)或(120)或(10)、(110)或(10)或(20)，利用六方晶系面夹角公式(P41公式1-39)，分别代入求得(0001)与{100}或{110}：夹角为90º；{100}与{110}：夹角为30º或90º。1-26.分别用晶面夹角公式及几何法推导六方晶体中(102)面和(012)面的夹角公式(用点阵常数a和c表示)。解：(1)化为三指数为(102)、(02)，代入公式(P41公式1-39)得cosφ=…=(3a2-c2)/(3a2+c2)(2)如右图，利用余弦定律，可得cosφ=…=(3a2-c2)/(3a2+c2)1-27.利用上题所得的公式具体计算Zn(c/a=1.86)、Mg(c/a=1.62)和Ti(c/a=1.59)三种金属的(102)面和(012)面的夹角。解：代入公式，得cosφ1=-0.0711,cosφ2=0.0668,cosφ3=0.0854；得夹角为φ1(Zn)=94.1º,φ2(Mg)=86.2º,φ3(Ti)=85.1º。1-28.将(102)和(012)分别换成[011]和[101]，重做1-26、1-27题。解：化为三指数为[1]和[211]，代入公式，得cosβ=…=(c2-3a2)/(3a2+c2)见1-26题答案中的图，利用余弦定律，可得cosβ=…=(c2-3a2)/(3a2+c2)代入公式，得cosφ1=0.0711,cosφ2=-0.0668,cosφ3=-0.0854；得夹角为φ1(Zn)=85.9º,φ2(Mg)=93.8º,φ3(Ti)=94.9º。1-29.推导菱方晶体在菱方轴下的点阵常数aR、αR和在六方轴下的点阵常数aH、cH之间的换算公式。解：在aH、bH、cH下，aR=⅓[11]，所以点阵常数aR=L=aH·sqrt(U2+V2+W2cH2/aH2-UV)=⅓√(3aH2+cH2),又因为αR是晶向⅓[11]与⅓[121]的夹角，所以点阵常数αR=arcos((cH2/aH2-3/2)/(3+cH2/aH2))=arcos((2cH2-3aH2)/(6aH2+2cH2))。可得aH=aR·sqrt(2(1-cosα))；cH=aR·sqrt(3(1+2cosα))。1-30.已知α-Al2O3(菱方晶体)的点阵常数为aR=5.12Å、αR=55º17’，求它在六方轴下的点阵常数aH和cH。解：利用上题公式，将aR、αR数值代入，可得aH=4.75Å、cH=12.97Å。第一章补充题：1.ProvethattheA-face-c