Einführung in die Festkörperphysik I Prof. P. Böni Lösungen zu Blatt 4 F. Grünauer 7.11.02 http:/www.ph.tum.de/lehrstuehle/E21/uebungen/uebungen.html 1 Das reziproke Gitter a) Man konstruiere auf Grund der Definitionsgleichungen ai b j 2 ij das reziproke Gitter eines 2-dimensionalen Gitters mit a1 3 Å, a2 6 Å und einem Winkel von / 6 zwischen a1 und a 2 . Lösung: y a2 /6 a1 x Gegeben: x(a1 ) 3 a1 Å ; y(a1 ) 0 3 x(a 2 ) 6 cos(30) 6 2 27 Å ; a 2 1 y ( a ) 6 sin( 30 ) 3 6 2 2 Gesucht: x (b1 ) b1 ; y (b1 ) x (b2 ) b2 y (b2 ) Definitionsgleichungen: ai b j 2ij hier: x(a1 ) x(b1 ) y (a1 ) y (b1 ) 2 x(a1 ) x(b2 ) y (a1 ) y (b2 ) 0 x(a 2 ) x(b1 ) y (a 2 ) y (b1 ) 0 x(a 2 ) x(b2 ) y (a 2 ) y (b2 ) 2 y(a1 ) 0 in (I): 2 2 -1 x(b1 ) Å x(a1 ) 3 (I) (II) (III) (IV) (V) 1 y(a1 ) 0 in (II): x(a1 ) x(b2 ) 0 x(b2 ) 0 (VI) aus (III) folgt: x(a2 ) x(b1 ) x(a2 ) 2 3 3Å 2 2 y(b1 ) 3,63Å -1 y (a 2 ) y(a2 ) x(a1 ) 3Å 3Å 3Å 2 2 y (a 2 ) y (b2 ) 2 y (b2 ) 2,09Å -1 y (a 2 ) 3Å 2 3 -1 Å ; b1 2 3 0 b2 2 Å -1 3 direkter Raum reziproker Raum y y´ a2 b2 /6 a1 x x´ 1Å b1 2 1Å-1 Man bestätige anhand dieses Beispiels die Beziehung Fx Fk 2 , wobei Fx und 2 Fk den Flächeninhalt der Elementarzelle des direkten bzw. des reziproken Gitters bedeuten. Lösung: direkter Raum reziproker Raum y´ y Fx a2 b2 /6 a1 x Fk x´ b1 Gesucht: Fx Fk Fläche der Elementarzelle im direkten Raum: Fx a1 a2 sin 3 6 sin( 30)Å 2 9Å 2 Fläche der Elementarzelle im reziproken Raum: Fk b1 b2 sin zunächst: Bestimmung von : 2 -1 2 -1 2 -1 4 2 -2 b1 b2 x(b1 ) x(b2 ) y(b1 ) y(b2 ) Å 0 Å Å Å 3 3 3 3 3 b1 b2 b1 b2 cos x(b1 ) 2 y (b1 ) 2 x(b2 ) 2 y (b2 ) 2 cos 2 2 2 8 2 2 2 2 1 1 2 cos 2 cos 2 cos cos 3 3 3 9 3 3 9 3 3 2 arccos b1 b2 b1 b2 4 2 -2 Å 3 3 3 arccos 2 150 arccos 8 2 2 Å 9 daraus folgt für die Fläche der Elementarzelle im reziproken Raum: 8 2 -2 4 2 -2 Fk b1 b2 sin 150 Å 0,5 Å 9 9 das Produkt der Flächen ist: 3 4 2 - 2 Fx Fk 9Å Å 2 2 9 2 b) q.e.d. Das oben angegebene Gitter werde durch einen dritten Translationsvektor a 3 zu einem 3-dimensionalen Gitter ergänzt. a 3 stehe senkrecht zu a1 und a 2 . Man zeige, dass die oben hergeleiteten Ausdrücke für b1 und b2 im Einklang sind mit den üblichen Ausdrücken für den 3-dimensionalen Fall. Lösung: reziproke Gittervektoren im 3-dimensionalen Fall: a 2 a3 b1 2 a1 a2 a3 a3 a1 b2 2 a1 a2 a3 a1 a2 b3 2 a1 a2 a3 Der Winkel zwischen a 3 und den anderen beiden Einheitsvekroren des direkten Raums sei . Der Betrag von a 3 sei L. Die Zähler der Brüche sind: 3 3 0 3 a 2 a3 3 Å 0 L 3 3 Å L 1 0 0 0 3 0 a3 a1 0 L 0 Å 3 Å L 1 0 0 3 3 3 0 a1 a 2 0 Å 3 Å 0 Å 2 0 9 0 der Nenner der Brüche ist: 3 3 a1 a 2 a3 0 Å 3 3 Å L 9Å 2 L 0 0 somit folgt: 3 2 / 3 -1 1 3 3 Å L 2 / 3 Å 2 9Å L 0 0 0 0 -1 1 b2 2 3 Å L 2 / 3Å 2 9Å L 0 0 b1 2 b3 2 0 0 1 2 0 Å 0 2 9Å L 2 / L 9 4 q.e.d. 2 Bravais-Gitter a) Warum kommt das raumzentrierte monokline Gitter nicht vor? Lösung: 90° 90° 90° pimitives monoklines Gitter raumzentriertes monoklines Gitter Wie die Skizzen zeigen, kann man im raumzentrierten, monoklinen Gitter immer eine monokline Zelle heraussuchen, bei der eine Rechteckfläche zentriert ist. Es ist eine der vielen kristallographischen Konventionen , dass man nicht die raumzentrierte, monokline Zelle aufführt, sondern die nicht primitive monokline Zelle. (Unter den monoklinen Bravais-Gittern gibt es nur das primitive und das mit einer Fläche zentrierte Gitter) raumzentriertes monoklines Gitter 90° 90° ´ monoklines Gitter mit einer zentrierten Fläche 5 b) Warum ist im orthorhombischen System die Zentrierung von nur zwei Rechteckflächen nicht erlaubt? Lösung: z b b c a a Ebene z=0 b Ebene z=c/2 z=0 a orthorhombische Zelle mit zwei zentrierten Seitenflächen Wenn man die Punktanordnung in der Ebene z=0 vergleicht mit derjenigen in der Ebene z=c/2, so sieht man sofort, dass die Gitterbedingung verletzt ist, da die Punkte in den beiden Ebenen nicht die gleiche Umgebung haben. Die allseitig flächenzentrierte orthorombische Zelle gehört jedoch zu den Bravais-Gittern (siehe Skizze unten). z b b c b z=0 a Ebene z=0 a allseitig flächenzentriertes orthorhombisches Gitter 6 a Ebene z=c/2 3 Mehratomige Basis Zeigen Sie anhand des unten skizzierten Gitters, dass nach der Theorie von Laue bei der Wahl einer mehratomigen Basis für die Einheitszelle, das Diffraktionsbild identisch ist mit dem Diffraktionsbild für die einatomige Basis. Lösung: a2´ a2 a1 a1´ Einatomige Basis Mehratomige Basis Maxima treten auf, wenn der Streuvektor Q einem reziproken Gitterverktor entspricht. Bei der verschiedenen Wahl der Basis im oben skizzierten Fall sehen die reziproken Gittervektoren verschieden aus. Gittervektoren im direkten Raum: 0 1 a1 a1 ; a 2 a 2 0 1 a1a2 (I) Definitionsgleichungen für den reziproken Raum: ai b j 2ij ai b j ai b j cos 2ij (II) (=Winkel zwischen den jeweiligen Vektoren) um im vorliegenden Fall die Gleichungen (II) alle gleichzeitig zu erfüllen, muss gelten: =0° für i=j =90° für i j und somit: b1 a1 und b2 a 2 daraus folgt: a1 2 b1 ; a1 a1 a 2 2 b2 a2 a2 oder: 2 b1 a1 0 0 2 ; b2 a2 mit a a ; a a 1 1 2 2 analog kann für das mehratomige Gitter hergeleitet werden: 7 0 0 b2 2 b1 b1´ a1´ a1 ; b2 ´ 2 2 0 0 2 a2 ´ a2 mit a1´ a1´ ; a2 ´ a2 ´ 4 Wigner-Seitz Zelle Skizzieren Sie die Wigner-Seitz Zelle des einfach-monoklinen Bravais-Gitters. (Winkel zwischen a1 und a2 / 2 und a3 a1 , a 2 ) 8