x射線晶體學第2章(編輯修改稿)

　

【文章內容簡介】 及其符號 對稱元素 一次 二次 三次 四次 六次 對 稱 心 對 稱 面 三次 四次 六次 旋轉軸 反伸軸 習慣記號 C1 C2 C3 C4 C6 i m I3 I4 I6 國際符號 １ ２ ３ ４ ６ 1 m 3 4 6 投影記號 176。 C 相當的對稱元素或其組合 C3+C2 I1 S2 I2 S1 C3+i S6 S4 C3+m S3 第二章（之二） 167。 2．３ 對稱元素的組合 就數學上的意義而言，空間任意的對稱變換就構成了所謂“群”，對稱操作的集合叫做 36 對稱操作群，相應的對稱元素的集合叫對稱元素群，二者概稱為對稱群。 至少相交于一點的宏觀對稱元素所構成的群，叫點群。在作為有限圖形的結晶多面體中，它只能具有宏觀對稱元素，而且必須至少有一共點。晶體的點群 ，就是該晶體所具有的全部對稱元素的總和，或叫集合。 晶體可以只存在平移對稱性而不存在其他任何對稱性（除了 C1），可以只存在單一的對稱元素，也可以同時存在若干個對稱元素。數學上對稱元素的組合可以有無窮多方式，而在晶體中，它們的組合卻不能是任意的，而是要受到周期排列的點陣結構的限制。 （１） 晶體周期性排列的點陣結構，對稱元素的安置必須符合點陣結構的對稱性。 （２） 晶體是有限圖形的，所有對稱元素都必須至少有一個共點，并且不允許包含平移操作或平移分量。 （３） 對稱元素的組合必須遵循對稱元素組合定理。 由于這些限制，晶體中所可能有的對 稱元素組合方式不是無窮多，而是只有３２種。這就是晶體的３２個點群。 167。 2．３．１ 對稱元素的組合定理 在晶體中，任意兩個對稱元素的組合，必將導致產生第三個新的合成對稱元素。新的對稱元素的作用等于原來兩個對稱元素連續作用的積。例如，在對稱面上加上一個對稱心， A經 m 作用后得 A’ A經 i作用后得的 B A’經 i作用后的 B’ 這樣，由 A←→ B’及 A’←→ B 可以看到，它們中間 存在一個垂直于 m 的 C2，即 m178。 i=C2 下面我們來討論對稱元素組合的規律 —— 對稱元素 組合定理。 167。 2．３．１．１ 定理一． Euler（歐 拉）定理 通過任意二相交旋轉軸的交點， 必可找到第三個新的旋轉軸，其作用 等于前二者之積；其軸次及其與原始 旋轉軸之間的交角，取決于二原始旋 轉軸的軸次及它們之間的交角。 Cm179。 Cn(δ )=Cq 證明：見圖２ .17 的圖解，設 OA, OB 為相交于 O 點的兩個原始旋轉 軸，交角 δ， OA的基轉角為 α ， OB 的基轉角為β。 現有通過 O點的另一直線 OC， 它和 OA交角為 γ ’，和 OB 交角為 γ ” 。假定它所處的位置剛好滿足 如下要求：當 OB順時針旋轉 β 角時， OC被帶到 OC’ 。當再以 OA為軸順 時針轉過 α角后，恰 好被帶回 OC。 這樣，轉動 OB，則 OC轉到 OC’；再轉動 OA， OC’又轉回到 OC，而且 OB 被轉到 OB’。經過 OA和 OB 連續兩次旋轉的結果， OC 保持原位不動，只有 OB 轉到 OB’。但是 = = 37 因而 OB→ OB’ 這一移動可以由以 OC為軸，旋轉 ω 角來完成。 所以， OC 是 OA和 OB 相交在 O 點產生的第三個旋轉軸，其作用等于 OA和 OB 兩個原始旋轉軸作用之積。 OC 軸的基轉角為 ω OC 和 OA的交角為 γ ’ OC 和 OB 的交 角為 γ ” 由球面三角公式得： ［１］ cos2?= cos2? cos2?－ sin2? sin2?cosδ cosγ ’=2sin2sin2c os2c os2c os????? ? cosγ ” =2sin2sin2c os2c os2c os????? ? 一般情況下，通過 O 點且與 OA 及 OB 相交 γ ’， γ ”角的直線一共可有兩條，它們對稱地分布于 AOB 平面的兩側（相當于圖中的 OC 和 OC’）。因此，嚴格地說，通過任何兩個相交的旋轉軸的交點，可能產生的新旋轉軸，不是一個，而是一對。這實質上是因為，兩個對稱元素 Em 和 En相乘時，一般是不能交換的。即 Em179。 En≠ En179。 Em。若 E1=Em179。 En,E2=En179。 Em，則 E E2都是 Em、 En 組合的新對稱元素。在特殊條件下， E1 和 E2才能重合為一。 推理： m次軸和 n次軸相交，必得 m個 n次軸， n個 m次軸，且二相臨的 m次軸與 n次軸之間的交角均等于原始的二軸之間的交角。 定理二。通過兩個二次軸的交點并與它們垂直的直線恒 為一旋轉軸，其基轉角是原來兩個二次軸交角的兩倍。 證明：給定條件為α =β=180176。 根據歐拉定理，有 cosγ ’=cosγ ”=2s in90s in2c o s90c o s90c o s?????? =0 ∴γ ’=γ”=90176。 同時， cos2? = cos290176。 sin290176。cosδ =cos(180 δ) ∴ω =2(180δ)=360 2δ= 2δ 推理：如有一個二次軸垂直于一個 n次軸，則必有 n個二次軸同時垂直與此 n次軸，且相臨兩個二次軸的交角等于 n次軸基轉角的一半。 定理三。二個對稱 面的交線必是一個旋轉軸，其基轉角等 于該二對稱面交角的兩倍。 證明：對稱面是二次反伸軸，給定條件與定理二相同，所 以其證明也相同。因反伸兩次，反反得正，所以必為一個 ［１］ 證明請參考南京大學“結晶學”下冊，第 515 頁 球面三角公式： cosA=cosBcosC+sinBsinCcosα 。cosα=cosβ cosγ +sinβsinγcosA 38 正旋轉軸 推理 若對稱面上有一個 n次軸，則必有 n個對稱面交于 次軸，且相臨二對稱面的交角是 n次軸基轉角的一半 定理四 通過二次軸和對稱面的交點，并垂直該二次軸的直 線，必為一個反軸，其基轉角是二次軸和對稱面交角的兩倍。 證明同定理三。但是這里是一個旋轉軸和一個反軸，合成軸 必為反軸。 推理 一個二次軸，垂直一個 n 次反軸，當 n=奇數時，必有 n 個共點的二次軸垂直此 n 次反軸，同時有 n 個共線的對稱面包含 此 n 次反軸。如 3 179。２ ⊥ 當 n＝偶數時，則有2n個共點的二次軸垂直于此 n 次反軸，同 時有2n個共線的對稱面包含此 n 次反軸，如 4 179。２ ⊥ ＝ D2d4 2m 以上兩種情況，相臨二次軸和對稱面的交角等于 n次反軸基轉角之半的余角，即 90176。 n2360? 定理五 一個二次軸垂直一個對稱面，其交點必為對稱心。 證明：對稱面的法線即二次反軸，按條件，就是二次軸和二次反軸重合， α =β=180176。,δ=0176。 ∴ cos2? =cos290176。 sin290176。cos0176。=1 ∴ω =0176。 ∵一正一反得反，一次反軸即對稱心 推理一 偶次軸，垂直的對稱面，對稱心，三者之中 任意二者的組合必得第三者（但 i179。 m 只能得 C2） 推理二 當有對稱心存在時，偶次軸的個數必等于對 稱面的個數，且每一偶次軸各自垂直一對稱面。 對稱元素的組合定理簡要歸納如下： 定理一 Cm179。 Cn=Cq，當 m= ??360 ， n=??360， q= ??360 時，有 cos 2? = cos 2? cos 2? － sin 2? sin 2? cos? 定理二 C2179。 C2(δ )=Cn (n= ?2360? ) 推理 Cn179。 C2(⊥ ) → Cn,n個 C2 （衍生 n個２） 定理三 m179。 m(δ )=Cn (n= ?2360? ) 推理 Cn179。 m(∥ ) → Cn,n個 m （衍生 n個面） 39 定理四 m179。 C2(δ )=Sn （ n=)90(2 360???） 推理 Sn179。 C2(⊥ )=Sn179。 m(∥ ) → Sn， n個 C2， n個 m（ n為 奇數） Sn179。 C2(⊥ )=Sn179。 m(∥ ) → Sn，2n個 C2，2n個 m（ n為偶數） 定理五 C2179。 m(⊥ )=i 推理一 Cn179。 m(⊥ ) → Cn， m， i (n=偶數 ) 推理二 Cn179。 i → Cn， m， i (m⊥Cn,n =偶數 ) m179。 i → Cn， m， i (C2⊥m) 167。 2．３． 2 二任意軸交角的可能值 一．兩個同次軸之間的可能交角 設 OA， OB 為相交于 O 點的兩個相同 的 n 次軸 （見圖 2． 18），其基轉角為 α n， 且 O， A， B 均為點陣點， OA =OB ， OA 繞 OB 旋轉 α n得 OC， OB繞 OA 旋轉 α n得 OD。顯然， OA =OB =OC =OD ，即 C， D 也是點陣點，而且 AD ＝ AB ＝ BC ，這樣， A，B， C， D 四點共面。 設 OA， OB 之間夾角為 δ n，則 OC 和 OB 之間的交角也應為 δ n， △ ABC 為等腰三角形，所以 ∠ OBC=90－ 2n? 。作一平面，垂直 OB，且包含 A和 C，平面截 OB 于 E點，（見圖２． 19），則 ∠ AEC＝ αn 令∠ ABC＝ δ ，在等腰三角形 △BAC 中 ,sin2? =BCAC2 在等腰三角形△ EAC中 ,sin 2n? =ECAC2 在直角三角形 △ EBC中， cos 2n? =sin(90176。 2n? )=BCEC ∴ sin 2? =sin 2n? cos 2n? ?（２ .２） 和以前證明晶體中不能有 C5的情況一樣，δ 的可能值要受點陣結構的限制，即 CD ＝ N178。 AB (N 為整數 ) ＝（ 1－ 2cosδ） AB 40 ∴ cosδ ＝21 N?＝2M 可見，δ的可能值只有 0176。 ， 60176。 ， 90176。 ， 120176。 ， 180176。 代入（２ .２）式，得 α n 和 δ n 的關系式： δ＝ 0176。 sin2n?cos2n?＝ 0 δ＝ 60176。 sin 2n? cos 2n? ＝21 δ＝ 90176。 sin 2n? cos 2n? ＝ 22 ??（２ .３） δ＝ 120176。 sin 2n? cos 2n? ＝ 23 δ＝ 180176。 sin 2n? cos 2n? ＝ 1 OA， OB 的基轉角是 α n，只可能有 0176。 ， 60176。 ， 90176。 ， 120176。 ， 180176。 ，逐一代入 ()式，即可得全部可能的 δ n 角 表２ .１ 兩個同次軸之間的可能交角 δ n α n δ 180176。 n=2 120176。 n=3 90176。 n=4 60176。 n=6 0176。 n=1 0 180 180 180 180 任意值 60 120 109176。 28’ 90 0 90 90 70176。 32’ 0 120 60 0 180 0 表中互補的兩個 δ n 值，實際上只能作為一個可能值，所以 δ n 僅有四個可能值，即 90176。 ， 70176。 32’ ， 60176。 ， 0176。 二．兩個任意軸之間的可能交角 設 OA， OB 為相交于 O 點的兩個任意軸，交角 γ 。 OA 基轉角 α m，是一個 m 次軸。OB 繞 OA轉過 α m后得 OB’，則 OB 和 OB’必為同種軸，其交角為 δ n。 參見圖 。如同上節一樣，不過這里的 γ相當于 圖 90－ δ n/2， δ n相當于圖 的 δ，α m相當于圖 的 α n，我們可以得到 sinγ =2sin2sinmn?? ???? （ ） 41 δ n 的可能值已列于表２ .１， α m 的可能值只有 0， 60， 90， 120， 180，一一代入 ()式 ,即可求出任意兩個軸之間交角 γ 的一切可能值。見表２．２。 一切可能的組合方式綜合于下： １． 同次軸以０ 176。 相交，即軸本身。 ２． 二次軸重合三，四，六次軸 三次軸重合六次軸 ３． 二次軸與二次軸以 30176。， 45176。 ， 6