310
Solutions des problèmes
SOLUTIONS DES PROBLÈMES
Cuprite
Indexation :
d dhkl 3,020 2,465 2,135 1,743 1,510 1,287 1,233
Indices 110
111
200
211
220
311
222
a = 4,27 Å Réseau P.
Groupe Pn3m (seuls sont représentés les éléments de symétrie normaux à (001) pour
une projection complète voir les tables internationales ).
Facteur de structure :
F hkl = f O · e
j
p
2
(h+k+l)
1 + e
jp(h+k+l)
+ f Cu
1 + e
jp(h+k) + e
jp(h+l) + e
jp(l+k)
F hkl = 0 si h + k + l = 2n + 1 avec h, k, l parités différentes (exemple : 300).
n[110] = 6,038 Å.
l 2,−2 ≈ 6,8 cm.
h · u + k · v + l · w = K. Ici : h + k = K.
Pour la strate équatoriale K = 0 : les nœuds du plan réciproque sont de la forme hhl.
On peut générer le plan à partir des rangées [001] et [110].
Solutions des problèmes
SOLUTIONS DES PROBLÈMES
Cuprite
Indexation :
d dhkl 3,020 2,465 2,135 1,743 1,510 1,287 1,233
Indices 110
111
200
211
220
311
222
a = 4,27 Å Réseau P.
Groupe Pn3m (seuls sont représentés les éléments de symétrie normaux à (001) pour
une projection complète voir les tables internationales ).
Facteur de structure :
F hkl = f O · e
j
p
2
(h+k+l)
1 + e
jp(h+k+l)
+ f Cu
1 + e
jp(h+k) + e
jp(h+l) + e
jp(l+k)
F hkl = 0 si h + k + l = 2n + 1 avec h, k, l parités différentes (exemple : 300).
n[110] = 6,038 Å.
l 2,−2 ≈ 6,8 cm.
h · u + k · v + l · w = K. Ici : h + k = K.
Pour la strate équatoriale K = 0 : les nœuds du plan réciproque sont de la forme hhl.
On peut générer le plan à partir des rangées [001] et [110].