量子力学·基础（书本扫盲）· 第8章

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色标同量力题：⬜ 未测 · 🟡（未复习） · 🟡（模糊） · 🟡（不会） · 🟢 懂 · 🔴 不行。

第8章 角动量理论，粒子的自旋

书 p168–189 · 共 5 节（8.2、8.3 有分节）· 习题 8-1–8-15 在 p188–189 · 章首是第4章轨道角动量的回顾，不单独出节 · 2026-10-08 挂；对照原书逐页核对覆盖、核定笔误后写入（每节第 1 题是「直接写出」默写题）

记号照原书：一般角动量用 $\hat{\mathbf{J}}$，轨道用 $\hat{\mathbf{l}}$，自旋用 $\hat{\mathbf{S}}$；8.4、8.5 电子电荷取 $e<0$；8.5 的 $\mu$ 是电子质量（书上为了和磁量子数 $m$ 区分）。C-G 系数的符号一律按书上 (8-91)。

8.1 角动量算符的矩阵表示

知识点小结：凡是满足 $\hat{\mathbf{J}}\times \hat{\mathbf{J}}=i\hslash \hat{\mathbf{J}}$ 的厄米算符都叫角动量，轨道、自旋、总角动量都算。和 ${\hat{J}}_z$ 对易的是 ${\hat{J}}^2$，所以共同本征态写成 $|jm⟩$。升降算符 ${\hat{J}}_{\pm }$ 不改变 $j$，只把 $m$ 加减 1；从最高的 $m=j$ 一直降到 $m=-j$，中间必须刚好落在格点上，所以 $j$ 可以是整数或半整数。给定 $j$，矩阵是 $(2j+1)$ 维，${\hat{J}}^2$ 和 ${\hat{J}}_z$ 对角，${\hat{J}}_x,{\hat{J}}_y$ 只有 $m$ 差 1 的非对角元。$j=1/2$ 就是 Pauli 矩阵乘 $\hslash /2$，$j=1$ 是考研最常默写的 $3\times 3$。

jc-8-1-1 · 直接写出：对易、升降、$j$ 和 $m$ · 🟡

填空（书 p168–171，式 (8-3)(8-5)(8-10)–(8-21)(8-29)）

(1) 轨道角动量 $\hat{\mathbf{l}}=\mathbf{r}\times \hat{\mathbf{p}}$ 的对易关系是 ____。${\hat{l}}^2$、${\hat{l}}_z$ 的共同本征函数和本征值是 ____，$l$ 与 $m$ 各取 ____。（式 (8-3)(8-5)）

(2) 一般角动量要满足的两条是 ____ 和 ____。${\hat{J}}^2|jm⟩=$ ____，${\hat{J}}_z|jm⟩=$ ____。（式 (8-10)(8-11)(8-13)(8-14)）

(3) ${\hat{J}}_{\pm }=$ ____。$[{\hat{J}}_{+},{\hat{J}}_z]=$ ____，$[{\hat{J}}_{-},{\hat{J}}_z]=$ ____，$[{\hat{J}}_{+},{\hat{J}}_{-}]=$ ____。${\hat{J}}_{\pm }|jm⟩=$ ____。（式 (8-15)–(8-18)）

(4) $j$ 可取 ____；$m$ 可取 ____，共 ____ 个。轨道角动量的 $l$ 为什么不能取半整数？（式 (8-20)(8-21)，p170–171）

(5) $⟨j^{\prime }{m}^{\prime }|{\hat{J}}_{\pm }|jm⟩=$ ____。由此 ${\hat{J}}^2$、${\hat{J}}_z$ 的矩阵是不是对角的？（式 (8-22)(8-25)(8-29)）

**答案**

(1) $[{\hat{l}}_i,{\hat{l}}_j]=i\hslash {ϵ}_{ijk}{\hat{l}}_k$。共同本征函数是球谐函数 $Y_{lm}(\theta ,\phi )$，${\hat{l}}^2$ 本征值 $l(l+1){\hslash }^2$，${\hat{l}}_z$ 本征值 $m\hslash$；$l=0,1,2,\dots$，$m=0,\pm 1,\dots ,\pm l$。

(2) $[{\hat{J}}_i,{\hat{J}}_j]=i\hslash {ϵ}_{ijk}{\hat{J}}_k$（或 $\hat{\mathbf{J}}\times \hat{\mathbf{J}}=i\hslash \hat{\mathbf{J}}$），以及 ${\hat{J}}_i^{†}={\hat{J}}_i$。${\hat{J}}^2|jm⟩=j(j+1){\hslash }^2|jm⟩$，${\hat{J}}_z|jm⟩=m\hslash |jm⟩$。

(3) ${\hat{J}}_{+}={\hat{J}}_x+i{\hat{J}}_y$，${\hat{J}}_{-}={\hat{J}}_x-i{\hat{J}}_y$。$[{\hat{J}}_{+},{\hat{J}}_z]=-\hslash {\hat{J}}_{+}$，$[{\hat{J}}_{-},{\hat{J}}_z]=\hslash {\hat{J}}_{-}$，$[{\hat{J}}_{+},{\hat{J}}_{-}]=2\hslash {\hat{J}}_z$。

$${\hat{J}}_{\pm }|jm⟩=\sqrt{j(j+1)-m(m\pm 1)}\hslash |j,m\pm 1⟩$$

$\hslash$ 在根号外。易错：把 $[{\hat{J}}_{+},{\hat{J}}_z]$ 的符号写反；根号里写成 $m(m\pm 1)$ 时，升算符用 $m(m+1)$，降算符用 $m(m-1)$。

(4) $j=0,\frac{1}{2},1,\frac{3}{2},\dots$；$m=j,j-1,\dots ,-j$，共 $2j+1$ 个。轨道角动量 $\hat{\mathbf{l}}=\mathbf{r}\times \hat{\mathbf{p}}$ 的本征函数是 $\phi$ 的单值函数 $e^{im\phi }$，$m$ 必须是整数，所以 $l$ 也只能是整数。半整数 $j$ 描述自旋，不是空间转动的轨道角动量。

(5) $\sqrt{j(j+1)-m(m\pm 1)}\hslash {\delta }_{j^{\prime }j}{\delta }_{m^{\prime },m\pm 1}$。${\hat{J}}^2$、${\hat{J}}_z$ 都是对角矩阵，对角元分别是 $j(j+1){\hslash }^2$ 和 $m\hslash$。

jc-8-1-2 · $j=\frac{1}{2}$ 和 $j=1$ 的矩阵 · 🟡

计算（书 p171–172，式 (8-23)–(8-33)；习题 8-13）

(1) 直接写出 $j=\frac{1}{2}$ 时 ${\hat{J}}^2,{\hat{J}}_z,{\hat{J}}_x,{\hat{J}}_y$ 的矩阵。基底按 $m=\frac{1}{2},-\frac{1}{2}$ 排列。验证 $[{\hat{J}}_x,{\hat{J}}_y]=i\hslash {\hat{J}}_z$。（式 (8-23)(8-26)(8-32)）

(2) 直接写出 $j=1$ 时四个矩阵。基底按 $m=1,0,-1$ 排列。${\hat{J}}_x$ 的非对角元为什么是 $\hslash /\sqrt{2}$，而不是 $\hslash /2$？（式 (8-24)(8-27)(8-33)；习题 8-13(1)）

(3) 在 $|j=1,m=1⟩=(1,0,0{)}^T$ 下求 $\overline{J_x}$、$\overline{J_y}$。${\hat{J}}_x$ 的可能测值是什么？（习题 8-13(2)）

(4) 用 (8-30) 说明：${\hat{J}}_x$ 的矩阵元只在 $m^{\prime }=m\pm 1$ 时非零。$j$ 不同的两个子空间之间，这些矩阵元为什么是 0？

**答案**

(1) 维数 $2j+1=2$。

$${\hat{J}}^2=\frac{3}{4}{\hslash }^2\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right),{\hat{J}}_z=\frac{\hslash }{2}\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& -1\end{array}\right),{\hat{J}}_x=\frac{\hslash }{2}\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right),{\hat{J}}_y=\frac{\hslash }{2}\left(\begin{array}{cc}0& -i\\ i& 0\end{array}\right).$$

${\hat{J}}_x{\hat{J}}_y-{\hat{J}}_y{\hat{J}}_x=\frac{{\hslash }^2}{4}\left(\begin{array}{cc}2i& 0\\ 0& -2i\end{array}\right)=i\hslash {\hat{J}}_z$。

(2) 维数 3。${\hat{J}}_{+}|10⟩=\sqrt{2}\hslash |11⟩$，${\hat{J}}_{+}|1,-1⟩=\sqrt{2}\hslash |10⟩$，所以 ${\hat{J}}_x=({\hat{J}}_{+}+{\hat{J}}_{-})/2$ 的相邻元是 $\hslash /\sqrt{2}$，不是 $\hslash /2$（$\hslash /2$ 只属于 $j=\frac{1}{2}$）。

$${\hat{J}}^2=2{\hslash }^2{I}_3,{\hat{J}}_z=\hslash \{\begin{array}{llc}1& 0& 0\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& -1\end{array},$$$${\hat{J}}_x=\frac{\hslash }{\sqrt{2}}\{\begin{array}{llc}0& 1& 0\\ 1& 0& 1\\ 0& 1& 0\end{array},{\hat{J}}_y=\frac{\hslash }{\sqrt{2}}\{\begin{array}{llc}0& -i& 0\\ i& 0& -i\\ 0& i& 0\end{array}.$$

(3) $|11⟩$ 是 ${\hat{J}}_z$ 的本征态。${\hat{J}}_x,{\hat{J}}_y$ 只接到 $|10⟩$，对角元为 0，所以 $\overline{J_x}=\overline{J_y}=0$。${\hat{J}}_x$ 与 ${\hat{J}}_z$ 同谱，可能测值仍是 $\hslash ,0,-\hslash$，只是这个态不是 ${\hat{J}}_x$ 的本征态。

(4) (8-29) 里有 ${\delta }_{m^{\prime },m\pm 1}$，所以只连 $m$ 相差 1 的态；又有 ${\delta }_{j^{\prime }j}$，升降不改变 $j$。不同 $j$ 是 ${\hat{J}}^2$ 的不同本征值，矩阵按 $j$ 分块。

8.2 自旋角动量

知识点小结：自旋是粒子的内禀角动量，不是 $\mathbf{r}\times \mathbf{p}$。整数自旋是玻色子，半整数是费米子；电子、质子、中子都是 $s=\frac{1}{2}$。$s=\frac{1}{2}$ 的三个分量就是 $\frac{\hslash }{2}$ 乘 Pauli 矩阵。Pauli 矩阵既对易又反对易，所以 ${\sigma }_i{\sigma }_j=i{ϵ}_{ijk}{\sigma }_k$（$i\ne =j$），并且每个平方都是单位矩阵。任意方向 $\mathbf{n}$ 上的投影 $S_n$ 测值永远只有 $\pm \hslash /2$，本征矢是二分量旋量，朝上的概率是 ${\cos }^2(\theta /2)$。

jc-8-2-1 · 直接写出：Pauli 矩阵和 $s=\frac{1}{2}$ · 🟡

填空（书 p172–176，式 (8-34)–(8-54)；p173–174 练习）

(1) 电子、质子、中子、$\Omega$ 粒子、光子、$\pi$ 介子的自旋各是 ____。哪几个是费米子？（p173）

(2) 写出 ${\sigma }_x,{\sigma }_y,{\sigma }_z$，以及 ${\hat{S}}_x,{\hat{S}}_y,{\hat{S}}_z,{\hat{S}}^2$。（式 (8-34)(8-35)(8-39)）

(3) $[{\sigma }_i,{\sigma }_j]=$ ____，${\sigma }_i,{\sigma }_j=$ ____（$i\ne =j$），${\sigma }_i^2=$ ____。由此 ${\sigma }_x{\sigma }_y=$ ____，${\sigma }_x{\sigma }_y{\sigma }_z=$ ____。（式 (8-37)(8-38)；p174 练习）

(4) $|{\uparrow }_z⟩,|{\downarrow }_z⟩,|{\uparrow }_x⟩,|{\downarrow }_x⟩,|{\uparrow }_y⟩,|{\downarrow }_y⟩$ 各是什么列矢量？（式 (8-49)(8-52)–(8-54)）

(5) $\mathbf{n}=(\sin \theta \cos \phi ,\sin \theta \sin \phi ,\cos \theta )$。${\hat{S}}_n=$ ____（矩阵），本征值 ____；$|{\uparrow }_n⟩=$ ____，$|{\downarrow }_n⟩=$ ____；在 $|{\uparrow }_n⟩$ 下测 ${\hat{S}}_z$ 得 $\pm \hslash /2$ 的概率各是 ____。（式 (8-41)(8-43)(8-47)(8-48)(8-50)(8-51)）

**答案**

(1) 电子、质子、中子都是 $\frac{1}{2}$，$\Omega$ 粒子是 $\frac{3}{2}$，都是费米子。$\pi$ 介子是 $0$，光子是 $1$，都是玻色子。

(2)

$${\sigma }_x=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right),{\sigma }_y=\left(\begin{array}{cc}0& -i\\ i& 0\end{array}\right),{\sigma }_z=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& -1\end{array}\right),\hat{\mathbf{S}}=\frac{\hslash }{2}\mathbf{\sigma },{\hat{S}}^2=\frac{3}{4}{\hslash }^{2}I.$$

这是 ${\sigma }_z$ 表象。

(3) $[{\sigma }_i,{\sigma }_j]=2i{ϵ}_{ijk}{\sigma }_k$；$i\ne =j$ 时 ${\sigma }_i,{\sigma }_j=0$；${\sigma }_x^2={\sigma }_y^2={\sigma }_z^2=I$。对易加反对易得 ${\sigma }_x{\sigma }_y=i{\sigma }_z$，同样 ${\sigma }_y{\sigma }_z=i{\sigma }_x$，${\sigma }_z{\sigma }_x=i{\sigma }_y$，于是 ${\sigma }_x{\sigma }_y{\sigma }_z=i$。易错：对易子右边漏掉 2，和角动量对易子 $i\hslash ϵ$ 混用。

(4)

$$|{\uparrow }_z⟩=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right),|{\downarrow }_z⟩=\left(\begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\right),|{\uparrow }_x⟩=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right),|{\downarrow }_x⟩=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1\\ -1\end{array}\right),$$$$|{\uparrow }_y⟩=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1\\ i\end{array}\right),|{\downarrow }_y⟩=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1\\ -i\end{array}\right).$$

$y$ 方向的总相位可以去掉，书上先得到 $e^{-i\pi /4}(1,i{)}^T/\sqrt{2}$，再丢掉 $e^{-i\pi /4}$。

(5) ${\hat{S}}_n=\frac{\hslash }{2}\left(\begin{array}{cc}\cos \theta & e^{-i\phi }\sin \theta \\ e^{i\phi }\sin \theta & -\cos \theta \end{array}\right)$，本征值 $\pm \hslash /2$（与方向无关）。$|{\uparrow }_n⟩=\left(\begin{array}{c}{e}^{-i\phi /2}\cos \frac{\theta }{2}\\ e^{i\phi /2}\sin \frac{\theta }{2}\end{array}\right)$，$|{\downarrow }_n⟩=\left(\begin{array}{c}{e}^{-i\phi /2}\sin \frac{\theta }{2}\\ -e^{i\phi /2}\cos \frac{\theta }{2}\end{array}\right)$。$P_z(\uparrow )={\cos }^2\frac{\theta }{2}$，$P_z(\downarrow )={\sin }^2\frac{\theta }{2}$。推导见 jc-8-2-3。

jc-8-2-2 · Pauli 恒等式、交换算符、转动公式 · 🟡

计算（书 p174 练习；习题 8-1、8-2、8-3、8-4、8-7）

(1) $A,B$ 与 $\mathbf{\sigma }$ 对易。证明 $(\mathbf{\sigma }\cdot \mathbf{A})(\mathbf{\sigma }\cdot \mathbf{B})=\mathbf{A}\cdot \mathbf{B}+i\mathbf{\sigma }\cdot (\mathbf{A}\times \mathbf{B})$。由此证明 $(\mathbf{\sigma }\cdot \hat{\mathbf{p}}{)}^2={\hat{\mathbf{p}}}^2$，$(\mathbf{\sigma }\cdot \hat{\mathbf{l}}{)}^2={\hat{\mathbf{l}}}^2-\hslash \mathbf{\sigma }\cdot \hat{\mathbf{l}}$。（习题 8-1、8-2）

(2) 定义 $P_{12}=\frac{1}{2}(1+{\mathbf{\sigma }}_1\cdot {\mathbf{\sigma }}_2)$。证明 $({\mathbf{\sigma }}_1\cdot {\mathbf{\sigma }}_2{)}^2=3-2{\mathbf{\sigma }}_1\cdot {\mathbf{\sigma }}_2$，从而 $P_{12}^2=1$；并证明它把 $\frac{1}{2},-\frac{1}{2}⟩$ 与 $-\frac{1}{2},\frac{1}{2}⟩$ 对换。（习题 8-3）

(3) 在 ${\sigma }_z$ 表象求 ${\sigma }_x$ 的本征值和本征矢。（习题 8-4）

(4) 证明 $e^{i\theta {\sigma }_x}=\cos \theta +i{\sigma }_x\sin \theta$，以及 $e^{i\theta \mathbf{\sigma }\cdot \mathbf{n}}=\cos \theta +i(\mathbf{\sigma }\cdot \mathbf{n})\sin \theta$。由此 $Tr{e}^{i\theta \mathbf{\sigma }\cdot \mathbf{n}}=$ ____，$e^{i\theta {\sigma }_z}{\sigma }_x{e}^{-i\theta {\sigma }_z}=$ ____。（习题 8-7）

**答案**

(1) 展开 ${\sigma }_i{\sigma }_j={\delta }_{ij}+i{ϵ}_{ijk}{\sigma }_k$（对易、反对易合在一起）。$A_i{B}_j{\sigma }_i{\sigma }_j=\mathbf{A}\cdot \mathbf{B}+i\mathbf{\sigma }\cdot (\mathbf{A}\times \mathbf{B})$。$\hat{\mathbf{p}}\times \hat{\mathbf{p}}=0$，所以 $(\mathbf{\sigma }\cdot \hat{\mathbf{p}}{)}^2={\hat{p}}^2$。$\hat{\mathbf{l}}\times \hat{\mathbf{l}}=i\hslash \hat{\mathbf{l}}$，所以第二项是 $i\mathbf{\sigma }\cdot (i\hslash \hat{\mathbf{l}})=-\hslash \mathbf{\sigma }\cdot \hat{\mathbf{l}}$。

(2) $({\mathbf{\sigma }}_1\cdot {\mathbf{\sigma }}_2{)}^2={\sum }_{ij}{\sigma }_{1i}{\sigma }_{1j}{\sigma }_{2i}{\sigma }_{2j}$。$i=j$ 的 3 项各给出 1；$i\ne =j$ 用 ${\sigma }_i{\sigma }_j=-{\sigma }_j{\sigma }_i$ 收成 $-2{\mathbf{\sigma }}_1\cdot {\mathbf{\sigma }}_2$。于是

$$P_{12}^2=\frac{1}{4}(1+2{\mathbf{\sigma }}_1\cdot {\mathbf{\sigma }}_2+({\mathbf{\sigma }}_1\cdot {\mathbf{\sigma }}_2{)}^2)=\frac{1}{4}(1+2{\mathbf{\sigma }}_1\cdot {\mathbf{\sigma }}_2+3-2{\mathbf{\sigma }}_1\cdot {\mathbf{\sigma }}_2)=1.$$

$P_{12}\frac{1}{2},-\frac{1}{2}⟩=\frac{1}{2}\frac{1}{2},-\frac{1}{2}⟩+\frac{1}{2}{\mathbf{\sigma }}_1\cdot {\mathbf{\sigma }}_2\frac{1}{2},-\frac{1}{2}⟩$。只有 ${\sigma }_{1x}{\sigma }_{2x}+{\sigma }_{1y}{\sigma }_{2y}$ 能把两个自旋同时翻转，结果等于 $-\frac{1}{2},\frac{1}{2}⟩$。

(3) ${\sigma }_x\left(\begin{array}{c}a\\ b\end{array}\right)=\lambda \left(\begin{array}{c}a\\ b\end{array}\right)$，久期方程 ${\lambda }^2=1$，$\lambda =\pm 1$。本征矢就是 (8-52)：$\frac{1}{\sqrt{2}}(1,1{)}^T$ 和 $\frac{1}{\sqrt{2}}(1,-1{)}^T$。

(4) ${\sigma }_x^2=I$，指数级数按偶、奇次分开就是 $\cos \theta +i{\sigma }_x\sin \theta$。$\mathbf{n}$ 方向同理，因为 $(\mathbf{\sigma }\cdot \mathbf{n}{)}^2=I$。迹：$Tr(\mathbf{\sigma }\cdot \mathbf{n})=0$，所以 $Tr=2\cos \theta$。最后一式是把 ${\sigma }_x=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right)$ 夹在 $e^{\pm i\theta {\sigma }_z}=diag(e^{\pm i\theta },e^{\mp i\theta })$ 中间，非对角元多出 $e^{\pm 2i\theta }$，合成 ${\sigma }_x\cos 2\theta -{\sigma }_y\sin 2\theta$。角度是 $2\theta$，不是 $\theta$。

jc-8-2-3 · 任意方向的 $S_n$：测值、旋量和概率 · 🟡

计算（书 p174–177，式 (8-40)–(8-57)；习题 8-5、8-6）$\mathbf{n}=(\sin \theta \cos \phi ,\sin \theta \sin \phi ,\cos \theta )$，$s=\frac{1}{2}$。

(1) 写出 ${\hat{S}}_n=\hat{\mathbf{S}}\cdot \mathbf{n}$ 的矩阵。它的本征值是什么？和 $\theta ,\phi$ 有没有关系？这说明什么？（式 (8-41)(8-43)）

(2) 求 $\lambda =\hslash /2$ 和 $\lambda =-\hslash /2$ 的归一化本征矢。总相位怎么取的？（式 (8-47)(8-48)）

(3) 粒子处于 $|{\uparrow }_n⟩$。测 ${\hat{S}}_z$ 得 $\pm \hslash /2$ 的概率各是多少？$\theta =\pi /2$ 时呢？（式 (8-50)(8-51)）

(4) 在 $|{\uparrow }_z⟩$ 下求 $(\Delta S_x{)}^2$、$(\Delta S_y{)}^2$，以及 $\mathbf{\sigma }\cdot \mathbf{n}$ 的可能测值和概率。（习题 8-5、8-6）

(5) 把 $|{\uparrow }_x⟩$ 按 $|{\uparrow }_z⟩,|{\downarrow }_z⟩$ 展开。这个态下 ${\hat{S}}_z$ 和 ${\hat{S}}_x$ 谁有确定值？（式 (8-56)，p176–177）

(6) 考虑自旋以后，波函数比 ${\psi }_{nlm}$ 多了什么？（式 (8-57)）

**答案**

(1)

$${\hat{S}}_n=\frac{\hslash }{2}\left(\begin{array}{cc}\cos \theta & e^{-i\phi }\sin \theta \\ e^{i\phi }\sin \theta & -\cos \theta \end{array}\right).$$

久期方程 ${\lambda }^2-{\hslash }^2/4=0$，$\lambda =\pm \hslash /2$，与方向无关。自旋在任何方向都空间量子化，测值只有 $\pm \hslash /2$。

(2) 把 $\lambda =\hslash /2$ 代入 $({\hat{S}}_n-\lambda )\left(\begin{array}{c}a\\ b\end{array}\right)=0$，得 $a/b=e^{-i\phi }\cos (\theta /2)/\sin (\theta /2)$。用相位不定性把公因子收进总相位：

$$|{\uparrow }_n⟩=\left(\begin{array}{c}{e}^{-i\phi /2}\cos \frac{\theta }{2}\\ e^{i\phi /2}\sin \frac{\theta }{2}\end{array}\right),|{\downarrow }_n⟩=\left(\begin{array}{c}{e}^{-i\phi /2}\sin \frac{\theta }{2}\\ -e^{i\phi /2}\cos \frac{\theta }{2}\end{array}\right).$$

二者正交、归一。易错：半角公式 $\sin \theta /(1-\cos \theta )=\cot (\theta /2)$ 用反。

(3) $⟨{\uparrow }_z|{\uparrow }_n⟩=\cos (\theta /2)$（$\phi$ 只贡献相位），所以 $P(\hslash /2)={\cos }^2(\theta /2)$，$P(-\hslash /2)={\sin }^2(\theta /2)$，和为 1。$\theta =\pi /2$ 时各 $\frac{1}{2}$。

(4) $|{\uparrow }_z⟩$ 下 $\overline{S_x}=\overline{S_y}=0$，$\overline{S_x^2}=\overline{S_y^2}={\hslash }^2/4$，所以 $(\Delta S_x{)}^2=(\Delta S_y{)}^2={\hslash }^2/4$。$\mathbf{\sigma }\cdot \mathbf{n}$ 的本征值是 $\pm 1$（因为 $S_n$ 的是 $\pm \hslash /2$）。$|{\uparrow }_z⟩$ 就是 $\theta =0$ 的参考态，它在 $|{\uparrow }_n⟩$ 上的投影模方是 ${\cos }^2(\theta /2)$，故测 $+1$ 的概率 ${\cos }^2(\theta /2)$，测 $-1$ 的概率 ${\sin }^2(\theta /2)$。

(5) $|{\uparrow }_x⟩=\frac{1}{\sqrt{2}}(|{\uparrow }_z⟩+|{\downarrow }_z⟩)$。${\hat{S}}_z$ 的两个测值各以 $\frac{1}{2}$ 出现；这个态本身是 ${\hat{S}}_x$ 的本征态，测值确定为 $\hslash /2$。

(6) 自旋 $s=\frac{1}{2}$ 时波函数是二分量旋量 $\left(\begin{array}{c}\psi (\mathbf{r},\uparrow )\\ \psi (\mathbf{r},\downarrow )\end{array}\right)$，或写成 ${\psi }_{nlm{m}_s}$。

8.3 角动量的耦合与 C-G 系数

知识点小结：两个对易的角动量合成 $\hat{\mathbf{J}}={\hat{\mathbf{J}}}_1+{\hat{\mathbf{J}}}_2$，$j$ 从 $|j_1-j_2|$ 到 $j_1+j_2$，一步减 1。无耦合基 $|m_1{m}_2⟩$ 是两个 $z$ 分量的共同本征态；耦合基 $|jm⟩$ 是 ${\hat{J}}^2,{\hat{J}}_z$ 的共同本征态。换基的系数就是 C-G 系数，只有 $m_1+m_2=m$ 才不为 0。最高态 $|j_1+j_2,j_1+j_2⟩$ 只有一种排法，往下降就得到整套系数。两个电子自旋耦成对称的三重态 $s=1$ 和反对称的单态 $s=0$。Bell 基是这四个态的另一组排法，其中不能写成直积的才叫纠缠。

jc-8-3-1 · 直接写出：耦合规则、C-G、三重态单态 · 🟡

填空（书 p177–184，式 (8-58)–(8-61)(8-69)(8-70)(8-72)(8-73)(8-91)(8-100)(8-102)）

(1) $\hat{\mathbf{J}}={\hat{\mathbf{J}}}_1+{\hat{\mathbf{J}}}_2$ 时，$[{\hat{J}}_{1i},{\hat{J}}_{2j}]=$ ____。为什么 $\hat{\mathbf{J}}$ 仍满足角动量对易式？（式 (8-59)(8-60)）

(2) 两套力学量完全集分别是 ____ 和 ____。$j$ 的取值范围是 ____，每个 $j$ 的 $m$ 是 ____。态的总数为什么两边相等？（式 (8-69)(8-70)）

(3) $|jm⟩=\sum$ ____。$C_{m_1{m}_2}=$ ____。什么时候 C-G 系数一定是 0？（式 (8-72)(8-73)）

(4) 两个 $s=\frac{1}{2}$ 耦合成 $s=$ ____。直接写出 $|11⟩,|10⟩,|1,-1⟩,|00⟩$，并注明谁对称、谁反对称、${\hat{S}}^2$ 的本征值。（式 (8-98)–(8-100)）

(5) 自旋 $\frac{1}{2}$ 与轨道 $l$ 耦合，$j=$ ____。（式 (8-102)）

(6) $j_1=1$、$j_2=\frac{1}{2}$：按书上的符号直接写出六个耦合态 $|jm⟩$ 用 $|m_1{m}_2⟩$ 的展开。（式 (8-91)，p181）

**答案**

(1) $0$。不同子体系的角动量互相对易，交叉项 ${\hat{\mathbf{J}}}_1\times {\hat{\mathbf{J}}}_2+{\hat{\mathbf{J}}}_2\times {\hat{\mathbf{J}}}_1$ 抵消，只剩下各自的 $i\hslash {\hat{\mathbf{J}}}_i$。

(2) $({\hat{J}}_1^2,{\hat{J}}_{1z},{\hat{J}}_2^2,{\hat{J}}_{2z})$ 和 $({\hat{J}}^2,{\hat{J}}_1^2,{\hat{J}}_2^2,{\hat{J}}_z)$。$j=j_1+j_2,j_1+j_2-1,\dots ,|j_1-j_2|$；$m=j,\dots ,-j$。$(2j_1+1)(2j_2+1)={\sum }_j(2j+1)$，两组基只是同一空间的两种排法。

(3) $|jm⟩={\sum }_{m_1+m_2=m}{C}_{m_1{m}_2}|m_1{m}_2⟩$，$C_{m_1{m}_2}=⟨m_1{m}_2|jm⟩$。$m_1+m_2\ne =m$ 时为 0，因为两边 ${\hat{J}}_z$ 本征值不同。

(4) $s=1$ 或 $0$。

$$\{\begin{array}{ll}|11⟩& =\frac{1}{2},\frac{1}{2}⟩,\\ |10⟩& =\frac{1}{\sqrt{2}}(\frac{1}{2},-\frac{1}{2}⟩+-\frac{1}{2},\frac{1}{2}⟩),\\ |1,-1⟩& =-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}⟩,\\ |00⟩& =\frac{1}{\sqrt{2}}(\frac{1}{2},-\frac{1}{2}⟩--\frac{1}{2},\frac{1}{2}⟩).\end{array}$$

前三个对交换对称，是三重态，${\hat{S}}^2$ 本征值 $2{\hslash }^2$，${\hat{S}}_z$ 本征值 $\hslash ,0,-\hslash$；单态反对称，${\hat{S}}^2$ 本征值 $0$，${\hat{S}}_z$ 本征值 $0$。易错：$|10⟩$ 的两项必须 $m_1+m_2=0$，不能两个都写成 $\frac{1}{2}$。

(5) $j=l\pm \frac{1}{2}$。$l=0$ 时只有 $j=\frac{1}{2}$。

(6)

$$\{\begin{array}{llcc}\frac{3}{2}\frac{3}{2}⟩& =1\frac{1}{2}⟩,& \frac{3}{2},-\frac{3}{2}⟩& =-1,-\frac{1}{2}⟩,\\ \frac{3}{2}\frac{1}{2}⟩& =\sqrt{\frac{2}{3}}0\frac{1}{2}⟩+\sqrt{\frac{1}{3}}1,-\frac{1}{2}⟩,& \frac{3}{2},-\frac{1}{2}⟩& =\sqrt{\frac{2}{3}}0,-\frac{1}{2}⟩+\sqrt{\frac{1}{3}}-1,\frac{1}{2}⟩,\\ \frac{1}{2}\frac{1}{2}⟩& =\sqrt{\frac{1}{3}}0\frac{1}{2}⟩-\sqrt{\frac{2}{3}}1,-\frac{1}{2}⟩,& \frac{1}{2},-\frac{1}{2}⟩& =\sqrt{\frac{1}{3}}0,-\frac{1}{2}⟩-\sqrt{\frac{2}{3}}-1,\frac{1}{2}⟩.\end{array}$$

记法：$j=\frac{3}{2}$ 的两项同号，$j=\frac{1}{2}$ 带相对负号，负号落在 $\sqrt{2/3}$ 那一项（$|m_1|=1$ 的那一项）。每个 $m$ 上 $j=\frac{3}{2}$ 与 $j=\frac{1}{2}$ 的系数矩阵是正交的。来历见 jc-8-3-2。

jc-8-3-2 · $j_1=1$ 与 $j_2=\frac{1}{2}$ 的 C-G 系数 · 🟡

计算（书 p179–182，例 8-1，式 (8-76)–(8-91)，表 8-1）$j_1=1$，$j_2=\frac{1}{2}$，计算中取 $\hslash =1$。

(1) $j$ 有哪几个？每个 $j$ 有几个 $m$？无耦合基有几个？两边数目是否一致？

(2) 写出 $\frac{3}{2},\frac{3}{2}⟩$ 和 $\frac{3}{2},-\frac{3}{2}⟩$。为什么这两个态没有待定系数？（式 (8-76)(8-79)）

(3) 用 ${\hat{J}}_{-}={\hat{J}}_{1-}+{\hat{J}}_{2-}$ 从 $\frac{3}{2},\frac{3}{2}⟩$ 降一次、再降一次，求出 $\frac{3}{2},\frac{1}{2}⟩$ 和 $\frac{3}{2},-\frac{1}{2}⟩$。（式 (8-84)(8-87)）

(4) 用与 (3) 正交、归一，确定 $\frac{1}{2},\frac{1}{2}⟩$ 和 $\frac{1}{2},-\frac{1}{2}⟩$ 的系数。相对相位怎么取？和表 8-1 查出来的是否一致？（式 (8-89)–(8-91)）

(5) 表 8-1 里带负号的数，例如 $-\frac{8}{15}$，应怎样读？（p182）

**答案**

(1) $j=\frac{3}{2}$（$m=\frac{3}{2},\frac{1}{2},-\frac{1}{2},-\frac{3}{2}$）和 $j=\frac{1}{2}$（$m=\pm \frac{1}{2}$）。无耦合基 $3\times 2=6$ 个，耦合基 $4+2=6$ 个。

(2) $\frac{3}{2}\frac{3}{2}⟩=1,\frac{1}{2}⟩$，$\frac{3}{2},-\frac{3}{2}⟩=-1,-\frac{1}{2}⟩$。$m=\pm \frac{3}{2}$ 只有一种 $m_1+m_2$ 的排法。

(3) ${\hat{J}}_{-}\frac{3}{2}\frac{3}{2}⟩=\sqrt{3}\frac{3}{2}\frac{1}{2}⟩$，右边 ${\hat{J}}_{1-}1\frac{1}{2}⟩=\sqrt{2}0\frac{1}{2}⟩$，${\hat{J}}_{2-}1\frac{1}{2}⟩=1,-\frac{1}{2}⟩$。所以

$$\frac{3}{2}\frac{1}{2}⟩=\sqrt{\frac{1}{3}}1,-\frac{1}{2}⟩+\sqrt{\frac{2}{3}}0\frac{1}{2}⟩.$$

再降一次：${\hat{J}}_{-}\frac{3}{2}\frac{1}{2}⟩=2\frac{3}{2},-\frac{1}{2}⟩$，右边收成

$$\frac{3}{2},-\frac{1}{2}⟩=\sqrt{\frac{2}{3}}0,-\frac{1}{2}⟩+\sqrt{\frac{1}{3}}-1,\frac{1}{2}⟩.$$

两个系数都取正，这是降算符从最高态降下来的相位。

(4) 与 $\frac{3}{2}\frac{1}{2}⟩$ 正交得 $e=-\sqrt{2}f$，归一且把 $f$ 取正：$e=-\sqrt{2/3}$，$f=\sqrt{1/3}$。同样 $g=\sqrt{1/3}$，$h=-\sqrt{2/3}$。

$$\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2}\frac{1}{2}⟩& =\sqrt{\frac{1}{3}}0\frac{1}{2}⟩-\sqrt{\frac{2}{3}}1,-\frac{1}{2}⟩,\\ \frac{1}{2},-\frac{1}{2}⟩& =\sqrt{\frac{1}{3}}0,-\frac{1}{2}⟩-\sqrt{\frac{2}{3}}-1,\frac{1}{2}⟩.\end{array}$$

这就是 (8-91) 的后两行，与 (8-84)(8-87)(8-89)(8-90) 完全一致。正交只定相对符号，整体相位是约定：书上取 $f>0$、$g>0$，即 $|0,\pm \frac{1}{2}⟩$ 前的系数为正。

相位约定：表 8-1（Condon–Shortley 约定，$m_1=j_1$ 那一项取正）查出 $\frac{1}{2}\frac{1}{2}⟩=\sqrt{\frac{2}{3}}1,-\frac{1}{2}⟩-\sqrt{\frac{1}{3}}0\frac{1}{2}⟩$，和 (8-91) 整体差一个负号，是同一个物理态；$\frac{1}{2},-\frac{1}{2}⟩$ 两边相同。也因此，用 ${\hat{J}}_{-}$ 把书上的 $\frac{1}{2}\frac{1}{2}⟩$ 降一次，得到的是书上 $\frac{1}{2},-\frac{1}{2}⟩$ 的负值（书上 $g>0$ 是另取的相位）。题目没指定约定时按书上 (8-91) 写；指定了用表就按表。易错：把相对负号放到 $j=\frac{3}{2}$ 那一支，那样既和降算符结果矛盾，也不再和 $j=\frac{1}{2}$ 的态正交。

(5) 表上的负号属于整个系数，数本身要开方：$-\frac{8}{15}$ 读成 $-\sqrt{8/15}$。

jc-8-3-3 · 两电子自旋：单态、三重态和自旋–轨道 · 🟡

计算（书 p183–184，式 (8-92)–(8-102)；习题 8-12、8-14、8-15）

两个电子自旋 ${\hat{\mathbf{S}}}_1,{\hat{\mathbf{S}}}_2$。无耦合基记 $|s_{1z}{s}_{2z}⟩$，即 $\frac{1}{2}\frac{1}{2}⟩,\frac{1}{2},-\frac{1}{2}⟩,-\frac{1}{2},\frac{1}{2}⟩,-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}⟩$；耦合基记 $|s{s}_z⟩$。二者关系（习题 8-14 表）：

$$\{\begin{array}{ll}|11⟩& =\frac{1}{2}\frac{1}{2}⟩,\\ |10⟩& =a\frac{1}{2},-\frac{1}{2}⟩+b-\frac{1}{2},\frac{1}{2}⟩,\\ |1,-1⟩& =-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}⟩,\\ |00⟩& =c\frac{1}{2},-\frac{1}{2}⟩+d-\frac{1}{2},\frac{1}{2}⟩.\end{array}$$

总自旋 $\hat{\mathbf{S}}={\hat{\mathbf{S}}}_1+{\hat{\mathbf{S}}}_2$，总 $z$ 分量 ${\hat{S}}_z={\hat{S}}_{1z}+{\hat{S}}_{2z}$。

(1) 用升降算符或正交归一（三重态取对称组合），确定上式 $a,b,c,d$；是否与 (8-100) 同一套相位？

(2) 取 $\hslash =1$，求 ${\hat{S}}_{1z}$ 和 ${\hat{S}}_z$ 作用在 $|11⟩,|10⟩,|1,-1⟩,|00⟩$ 上的结果。（习题 8-15）

(3) 为什么三重态对交换对称、单态反对称？这和费米子总波函数的哪一条接得上？

(4) 两电子原子处在单态（$s=0$，即 $|00⟩$）。证明自旋–轨道项 $\xi (r)\hat{\mathbf{S}}\cdot \hat{\mathbf{L}}$ 对能量没有贡献。（习题 8-12）

(5) 由 $\hat{\mathbf{J}}=\hat{\mathbf{l}}+\hat{\mathbf{S}}$ 有 $2\hat{\mathbf{l}}\cdot \hat{\mathbf{S}}={\hat{J}}^2-{\hat{l}}^2-{\hat{S}}^2$（式 (8-101)）。$l$ 给定、$s=\frac{1}{2}$ 时，$j$ 和 $m_j$ 怎么取？把 $2\hat{\mathbf{l}}\cdot \hat{\mathbf{S}}$ 在耦合基上的本征值写出来。（式 (8-102)）

**答案**

(1) $|10⟩$ 与 $|00⟩$ 都在 $m=0$ 的两维子空间里。归一、正交、三重态取对称组合：

$$a=b=\frac{1}{\sqrt{2}},c=\frac{1}{\sqrt{2}},d=-\frac{1}{\sqrt{2}}.$$

这就是 (8-100) 的相位：$|10⟩$ 两项同号，$|00⟩$ 第二项带负号。

(2) ${\hat{S}}_z={\hat{S}}_{1z}+{\hat{S}}_{2z}$ 在耦合基上就是 $m$：${\hat{S}}_z|11⟩=|11⟩$，${\hat{S}}_z|10⟩=0$，${\hat{S}}_z|1,-1⟩=-|1,-1⟩$，${\hat{S}}_z|00⟩=0$。${\hat{S}}_{1z}$ 不守恒，要用无耦合基：

$$\{\begin{array}{ll}{\hat{S}}_{1z}|11⟩& =\frac{1}{2}|11⟩,\\ {\hat{S}}_{1z}|10⟩& =\frac{1}{2\sqrt{2}}(\frac{1}{2},-\frac{1}{2}⟩--\frac{1}{2},\frac{1}{2}⟩)=\frac{1}{2}|00⟩,\\ {\hat{S}}_{1z}|1,-1⟩& =-\frac{1}{2}|1,-1⟩,\\ {\hat{S}}_{1z}|00⟩& =\frac{1}{2}|10⟩.\end{array}$$

（$\hslash =1$。）单态和 $m=0$ 的三重态被 ${\hat{S}}_{1z}$ 混在一起。

(3) 交换两个电子就是交换两个磁量子数。三重态三项都不变号，单态差一个负号。费米子总波函数必须反对称：自旋三重态配反对称空间波函数，自旋单态配对称空间波函数。

(4) 单态是 ${\hat{\mathbf{S}}}^2$ 本征值 0 的态，$\hat{\mathbf{S}}|00⟩=0$，所以 $\hat{\mathbf{S}}\cdot \hat{\mathbf{L}}|00⟩=0$，微扰矩阵元为 0。

(5) $j=l\pm \frac{1}{2}$（$l=0$ 时只有 $j=\frac{1}{2}$），$m_j=-j,\dots ,j$（也可写成 $m_j=m_l\pm \frac{1}{2}$）。在耦合基 $|j{m}_j⟩$ 上，$2\hat{\mathbf{l}}\cdot \hat{\mathbf{S}}$ 的本征值是 $[j(j+1)-l(l+1)-s(s+1)]{\hslash }^2$。

jc-8-3-4 · Bell 基是不是纠缠态 · 🟡

简答（书 p184–185，式 (8-103)(8-104)）

书上换一套记号写两自旋的无耦合基：$|0⟩$、$|1⟩$ 各表示一个自旋朝向，$|00{⟩}_{12}\equiv |0{⟩}_1\otimes |0{⟩}_2$、$|01{⟩}_{12}\equiv |0{⟩}_1\otimes |1{⟩}_2$ 等（下标是粒子编号）。由这四个无耦合基线性组合得到四个 Bell 态（式 (8-103)）。注意这里的 $|00{⟩}_{12}$ 是两个朝上，不要和自旋单态 $|00⟩$ 混。

(1) 书上的 $|0⟩,|1⟩$ 各代表什么（对应 $m_s=\pm \frac{1}{2}$ 哪一个）？写出四个 Bell 基 $|{\phi }^{\pm }{⟩}_{12},|{\psi }^{\pm }{⟩}_{12}$。哪一个就是自旋单态 $|00⟩$，哪一个就是三重态 $|10⟩$？四个态里哪些是 ${\hat{S}}^2$、${\hat{S}}_z$ 的共同本征态？

(2) 证明 $|{\psi }^{+}{⟩}_{12}$ 不能写成两个单粒子态的直积 $(a|0{⟩}_1+b|1{⟩}_1)\otimes (c|0{⟩}_2+d|1{⟩}_2)$（式 (8-104)）。书上说的纠缠态指什么？

(3) 两个粒子分开很远之后，测其中一个的自旋，为什么会牵动另一个？书上把这件事叫什么，并由此引出哪一章？

**答案**

(1) $|0⟩$ 是自旋朝上 $\frac{1}{2}$，$|1⟩$ 是朝下 $-\frac{1}{2}$。

$$\{\begin{array}{llcc}|{\phi }^{+}⟩& =\frac{1}{\sqrt{2}}(|00⟩+|11⟩),& |{\phi }^{-}⟩& =\frac{1}{\sqrt{2}}(|00⟩-|11⟩),\\ |{\psi }^{+}⟩& =\frac{1}{\sqrt{2}}(|01⟩+|10⟩),& |{\psi }^{-}⟩& =\frac{1}{\sqrt{2}}(|01⟩-|10⟩).\end{array}$$

$|{\psi }^{+}⟩$ 就是三重态 $|10⟩$，$|{\psi }^{-}⟩$ 就是单态 $|00⟩$，和 (8-100) 逐项对照连符号都相同。$|{\phi }^{\pm }⟩=\frac{1}{\sqrt{2}}(|11⟩\pm |1,-1⟩)$（耦合基记号），仍是 ${\hat{S}}^2$ 的本征态（$s=1$，$2{\hslash }^2$），但不是 ${\hat{S}}_z$ 的本征态。所以 ${\psi }^{\pm }$ 是共同本征态，${\phi }^{\pm }$ 不是。

【原书表述不严】 p184 说「Bell 基不再是 ${\hat{S}}^2$ 和 ${\hat{S}}_z$ 的共同本征态」。准确说法是：四个 Bell 态作为一组基，不再是 $({\hat{S}}^2,{\hat{S}}_z)$ 的共同本征基。其中 $|{\psi }^{\pm }⟩$ 仍是共同本征态，只有 $|{\phi }^{\pm }⟩$ 不是 ${\hat{S}}_z$ 的本征态。这里的 $|00{⟩}_{12}$ 是两个朝上，不要和单态 $|00⟩$ 混。

(2) 设 $(a|0⟩+b|1⟩)\otimes (c|0⟩+d|1⟩)=ac|00⟩+ad|01⟩+bc|10⟩+bd|11⟩$。要得到 $|{\psi }^{+}⟩$，必须 $ac=bd=0$、$ad=bc=1/\sqrt{2}$，前两式迫使 $a$ 或 $c$ 为 0，后两式就不能同时成立。多粒子态不能写成单粒子直积，书上就叫纠缠态。

(3) 分开后纠缠还在。测一个粒子的自旋，另一个的自旋态随之确定，书上称为非局域性。由此引出量子信息学，放到第11章。

8.4 自旋磁矩与外磁场的相互作用

知识点小结：电子自旋磁矩和自旋成正比，比例是轨道磁矩的两倍，所以 $g$ 因子是 $-2$（$e<0$）。均匀磁场沿 $z$ 时，哈密顿量正比于 ${\sigma }_z$，两个分量各自只多一个相位 $e^{\mp i\omega t}$，$\omega =|e|B/(2m_{e}c)$。初态若是 $x$ 方向极化，则 $S_z$ 的概率一直是 $\frac{1}{2}$，朝 $x$、$y$ 的概率以 $\omega$ 进动。磁场改到 $x$ 方向，进动就换到 $y$、$z$。

jc-8-4-1 · 直接写出：磁矩、$g$ 因子、磁场中的哈密顿量 · 🟡

填空（书 p185–186，式 (8-105)–(8-110)(8-114)）电子，$e<0$；$m_e$ 是电子质量。相互作用哈密顿量取 $\hat{H}=-{\mathbf{\mu }}_s\cdot \mathbf{B}$。

(1) 电子自旋磁矩 ${\mathbf{\mu }}_s=$ ____（注明 $e$ 的符号）。轨道磁矩 ${\mathbf{\mu }}_l=$ ____。二者系数差在哪？（式 (8-105)）

(2) ${\mu }_{s_z}$ 的两个可能值是 ____。Bohr 磁子 ${\mu }_B=$ ____。以 $|e|/(2m_{e}c)$ 为单位，$g$ 因子是 ____。（式 (8-106)–(8-108)）

(3) $\mathbf{B}=(0,0,B)$ 时 $\hat{H}=$ ____（写成 $\hslash \omega {\sigma }_z$ 或对角矩阵均可）。书上的 $\omega =$ ____。自旋波函数 $|\psi ⟩=\left(\begin{array}{c}{\psi }_1\\ {\psi }_2\end{array}\right)$ 时，${\psi }_1(t),{\psi }_2(t)$ 各多一个什么因子？（式 (8-109)(8-110)(8-114)）

**答案**

(1) ${\mathbf{\mu }}_s=\frac{e}{m_{e}c}\hat{\mathbf{S}}$，$e<0$。${\mathbf{\mu }}_l=\frac{e}{2m_{e}c}\hat{\mathbf{l}}$。自旋的系数是轨道的 2 倍。

(2) $m_s=\frac{1}{2}$ 时 $\frac{e\hslash }{2m_{e}c}$，$m_s=-\frac{1}{2}$ 时 $-\frac{e\hslash }{2m_{e}c}$（$e<0$，所以朝上对应磁矩的 $z$ 分量为负）。${\mu }_B=\frac{|e|\hslash }{2m_{e}c}$。$g=-2$，因为 ${\mu }_{s_z}/(m_s\hslash )=e/(m_{e}c)=-2\cdot |e|/(2m_{e}c)$。也可写 ${\mathbf{\mu }}_s=-\frac{2}{\hslash }{\mu }_B\hat{\mathbf{S}}$。

(3) $\hat{H}=-{\mathbf{\mu }}_s\cdot \mathbf{B}=-\frac{e}{m_{e}c}\hat{\mathbf{S}}\cdot \mathbf{B}=\hslash \omega {\sigma }_z$，$\omega =\frac{|e|B}{2m_{e}c}$。${\psi }_1=C_1{e}^{-i\omega t}$，${\psi }_2=C_2{e}^{i\omega t}$。朝上的能量是 $+\hslash \omega$，朝下是 $-\hslash \omega$。

jc-8-4-2 · 均匀磁场里的自旋进动 · 🟡

计算（书 p186，式 (8-111)–(8-118)；习题 8-8、8-9、8-10、8-11，p188–189）电子，$e<0$，$\omega =|e|B/(2m_{e}c)$。自旋磁矩 ${\mathbf{\mu }}_s=\frac{e}{m_{e}c}\hat{\mathbf{S}}$（式 (8-105)），$\hat{H}=-{\mathbf{\mu }}_s\cdot \mathbf{B}$。$\mathbf{B}$ 沿 $z$ 时 $\hat{H}=\hslash \omega {\sigma }_z$，解为 ${\psi }_1=C_1{e}^{-i\omega t}$、${\psi }_2=C_2{e}^{i\omega t}$（式 (8-114)）。

(1) $\mathbf{B}$ 沿 $z$，初态 $|{\uparrow }_x⟩=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right)$。求 $|\psi (t)⟩$，以及 $S_x,S_y,S_z$ 取 $\pm \hslash /2$ 的概率。（式 (8-117)(8-118)）

(2) 初态改成 $\left(\begin{array}{c}{e}^{-i\alpha }\cos \beta \\ e^{i\alpha }\sin \beta \end{array}\right)$，$\mathbf{B}$ 仍沿 $z$。求任意时刻的自旋波函数。（习题 8-8）

(3) $\mathbf{B}$ 改沿 $x$，初态为向 $+z$ 极化 $|{\uparrow }_z⟩=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right)$。求 $|\psi (t)⟩$，$\overline{S_x},\overline{S_y},\overline{S_z}$，以及 ${\hat{S}}_z$ 两个测值的概率。（习题 8-9）

(4) $t<0$ 只有沿 $z$ 的均匀磁场 $B_0$，自旋向 $+z$。$t\ge 0$ 再加与 $z$ 轴垂直的旋转磁场 $\mathbf{B}(t)=B\cos 2{\omega }_{0}t\mathbf{i}+B\sin 2{\omega }_{0}t\mathbf{j}$，其中 ${\omega }_0=|e|B_0/(2m_{e}c)$（静场振幅 $B_0$ 与旋转场振幅 $B$ 是两个不同的量）。求 $t>0$ 的自旋波函数；经过多长时间自旋反向？（习题 8-10）

(5) 非相对论自由电子在恒定均匀磁场中，磁矩算符就是 ${\mathbf{\mu }}_s=\frac{e}{m_{e}c}\hat{\mathbf{S}}$。求 $\frac{d{\mathbf{\mu }}_s}{dt}$。（习题 8-11）

**答案**

(1) $C_1=C_2=1/\sqrt{2}$，

$$|\psi (t)⟩=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}{e}^{-i\omega t}\\ e^{i\omega t}\end{array}\right).$$

与 (8-52)–(8-54) 做内积：$P({\uparrow }_x)={\cos }^2\omega t$，$P({\downarrow }_x)={\sin }^2\omega t$，$P({\uparrow }_y)={\cos }^2(\omega t-\pi /4)$，$P({\downarrow }_y)={\sin }^2(\omega t-\pi /4)$，$P({\uparrow }_z)=P({\downarrow }_z)=\frac{1}{2}$。$z$ 方向概率不变，因为 $|\psi (t)⟩$ 的两个分量只差相位、模不变。

(2) 两个分量各自演化，互不耦合：

$$|\psi (t)⟩=\left(\begin{array}{c}{e}^{-i\alpha }\cos \beta e^{-i\omega t}\\ e^{i\alpha }\sin \beta e^{i\omega t}\end{array}\right).$$

(3) $\hat{H}=\hslash \omega {\sigma }_x$。$|{\uparrow }_z⟩=\frac{1}{\sqrt{2}}(|{\uparrow }_x⟩+|{\downarrow }_x⟩)$，能量 $\pm \hslash \omega$，

$$|\psi (t)⟩=\left(\begin{array}{c}\cos \omega t\\ -i\sin \omega t\end{array}\right).$$

$\overline{S_x}=0$，$\overline{S_y}=-\frac{\hslash }{2}\sin 2\omega t$，$\overline{S_z}=\frac{\hslash }{2}\cos 2\omega t$。$P({\hat{S}}_z=\hslash /2)={\cos }^2\omega t$，$P(-\hslash /2)={\sin }^2\omega t$。易错：磁场沿 $x$ 时仍用 $e^{\mp i\omega t}$ 去乘 $z$ 分量，那是 (1) 的公式。

(4) 记 ${\omega }_1=\frac{|e|B}{2m_{e}c}$。由 (8-109)，$\hat{H}=\hslash {\omega }_0{\sigma }_z+\hslash {\omega }_1({\sigma }_x\cos 2{\omega }_{0}t+{\sigma }_y\sin 2{\omega }_{0}t)$。横向项可写成 $e^{-i{\omega }_{0}t{\sigma }_z}{\sigma }_x{e}^{i{\omega }_{0}t{\sigma }_z}$。令 $\psi =e^{-i{\omega }_{0}t{\sigma }_z}\chi$，代入得 $i\hslash \dot{\chi }=\hslash {\omega }_1{\sigma }_x\chi$，静场项正好消掉。这是因为旋转场频率 $2{\omega }_0$ 恰好等于静场里的进动频率（能级差 $2\hslash {\omega }_0$），即共振；圆偏振场下这一步是严格的，不用近似。$\chi (0)=(1,0{)}^T$，所以 $\chi =(\cos {\omega }_{1}t,-i\sin {\omega }_{1}t{)}^T$，

$$\psi (t)=\left(\begin{array}{c}{e}^{-i{\omega }_{0}t}\cos {\omega }_{1}t\\ -i{e}^{i{\omega }_{0}t}\sin {\omega }_{1}t\end{array}\right).$$

朝下的概率是 ${\sin }^2{\omega }_{1}t$，第一次完全反向在 $t=\frac{\pi }{2{\omega }_1}=\frac{\pi m_{e}c}{|e|B}$。易错：把旋转场振幅当成 $B_0$。题里静场是 $B_0$，旋转场是 $B$，反向时间由 $B$ 决定。

(5) ${\mathbf{\mu }}_s=\frac{e}{m_{e}c}\hat{\mathbf{S}}$，$\hat{H}=-{\mathbf{\mu }}_s\cdot \mathbf{B}$。海森伯方程给出 $\frac{d\hat{\mathbf{S}}}{dt}={\mathbf{\mu }}_s\times \mathbf{B}$，所以

$$\frac{d{\mathbf{\mu }}_s}{dt}=\frac{e}{m_{e}c}{\mathbf{\mu }}_s\times \mathbf{B}.$$

$e<0$，磁矩与自旋反向，但等式形式不变。

8.5 反常 Zeeman 效应

知识点小结：不计自旋时，均匀弱磁场只加一项正比于 $m$ 的能量，一条能级裂成 $2l+1$ 条，条数是奇数，这是正常 Zeeman。自旋磁矩的 $g$ 因子是轨道的两倍，强场下附加能是 $m+2m_s$，仍用 $m,m_s$ 标记。弱场时自旋–轨道耦合不能丢，好量子数改成 $j,m_j$，附加能是 $m_j{g}_j$，$j$ 半整数，$2j+1$ 是偶数，这就是反常 Zeeman。

jc-8-5-1 · 直接写出：正常、反常和 Landé 因子 · 🟡

填空（书 p187–188，式 (8-120)–(8-127)）类氢离子，均匀磁场沿 $z$；电子电荷 $e<0$，这里 $\mu$ 是电子质量（书上为了和磁量子数 $m$ 区分）。正常 Zeeman 不计自旋；反常 Zeeman 要把自旋磁矩（$g=-2$）和自旋–轨道 $f(r)\hat{\mathbf{S}}\cdot \hat{\mathbf{l}}$ 一起考虑。

(1) 不计自旋、略去 $B^2$ 时，均匀磁场沿 $z$ 的附加项是 ____。能级附加值 $\Delta E=$ ____。为什么说分裂条数是奇数？（式 (8-120)(8-121)）

(2) 把电子自旋考虑进去，$\hat{H}=$ ____（含自旋–轨道项，式 (8-122)）。外场比自旋–轨道强得多时，磁相互作用项是 ____（丢掉 $f(r)$ 项后的 (8-123)）。力学量完全集取 ____，共同本征函数是 ____。能量是 ____。（式 (8-124)(8-125)）

(3) 外场很弱、自旋–轨道不能忽略时，附加能 $\Delta E=$ ____。Landé 因子 $g_j=$ ____。为什么分裂条数是偶数？（式 (8-126)(8-127)）

**答案**

(1) $-\frac{eB}{2\mu c}{\hat{l}}_z$。$\Delta E=-\frac{eB\hslash m}{2\mu c}$，$m=0,\pm 1,\dots ,\pm l$，共 $2l+1$ 条，奇数。这里 $\mu$ 是电子质量，$e<0$。

(2) $\hat{H}=\frac{{\hat{p}}^2}{2\mu }-\frac{Z{e}^2}{r}-\frac{eB}{2\mu c}({\hat{l}}_z+2{\hat{S}}_z)+f(r)\hat{\mathbf{S}}\cdot \hat{\mathbf{l}}$（8-122）。强场时丢掉最后一项，磁相互作用项是 $-\frac{eB}{2\mu c}({\hat{l}}_z+2{\hat{S}}_z)$（8-123）。自旋–轨道项丢掉后，完全集是 $(\hat{H},{\hat{l}}^2,{\hat{l}}_z,{\hat{S}}_z)$，波函数 ${\psi }_{nlm}(\mathbf{r}){\chi }_{m_s}$。

$$E=E_n-\frac{eB\hslash }{2\mu c}(m+2m_s),2m_s=\pm 1.$$

多出来的 $\pm \frac{eB\hslash }{2\mu c}$ 只把一组正常 Zeeman 能级整体上移或下移。

(3) $\Delta E=-\frac{eB\hslash }{2\mu c}{m}_j{g}_j$，

$$g_j=1+\frac{j(j+1)+s(s+1)-l(l+1)}{2j(j+1)}.$$

$m_j=m\pm \frac{1}{2}$，给定 $j$ 后有 $2j+1$ 个 $m_j$；$s=\frac{1}{2}$ 时 $j$ 半整数，$2j+1$ 为偶数。【原书表述不严】 p188 说「由于 $m_j$ 可取 $m\pm \frac{1}{2}$，能级分裂成两条（偶数条）」。$m\pm \frac{1}{2}$ 只说明一个 $m$ 对应两种 $m_j$；实际上每个 $j$ 能级按 $m_j$ 分裂成 $2j+1$ 条，是偶数，但一般不是两条（$j=\frac{3}{2}$ 就是 4 条）。要记的是「偶数条」。

jc-8-5-2 · 同一条能级在强场和弱场里怎么裂 · 🟡

计算（书 p187–188，式 (8-121)(8-125)–(8-127)）类氢离子，均匀磁场沿 $z$，电子 $s=\frac{1}{2}$。记 ${\mu }_{B^{\prime }}=\frac{|e|\hslash }{2\mu c}$（与书上 $\Delta E$ 里的系数对应；因 $e=-|e|$，$-\frac{eB\hslash }{2\mu c}=+{\mu }_{B^{\prime }}B$）。

强场附加能（丢掉自旋–轨道后，式 (8-125)）：

$$E=E_n-\frac{eB\hslash }{2\mu c}(m+2m_s)=E_n+{\mu }_{B^{\prime }}B(m+2m_s),2m_s=\pm 1.$$

弱场 Landé 因子（式 (8-127)）：

$$g_j=1+\frac{j(j+1)+s(s+1)-l(l+1)}{2j(j+1)},\Delta E=-\frac{eB\hslash }{2\mu c}{m}_j{g}_j={\mu }_{B^{\prime }}B{m}_j{g}_j.$$

(1) 不计自旋，$l=1$ 的能级裂成几条？相邻间隔是多少？（式 (8-121)）

(2) 强场、忽略自旋–轨道。$l=1$ 时 $m+2m_s$ 可取哪些值？有没有重合？

(3) 弱场。把 $j=l+\frac{1}{2}$ 和 $j=l-\frac{1}{2}$ 的 $g_j$ 化成只含 $l$ 的式子。$l=1$ 时两个 $j$ 的 $g_j$ 各是多少？$j=\frac{3}{2}$ 裂成几条，相邻间隔是多少？

(4) 为什么强场用 $m,m_s$，弱场改用 $m_j$？弱场 $\hat{H}$ 含 $f(r)\hat{\mathbf{S}}\cdot \hat{\mathbf{l}}$ 与 Zeeman 项 $-\frac{eB}{2\mu c}({\hat{l}}_z+2{\hat{S}}_z)$，$[\hat{H},{\hat{J}}^2]$ 为什么不再是 0？（p188）

**答案**

(1) $m=1,0,-1$，三条。书上的附加能是 $-\frac{eB\hslash m}{2\mu c}={\mu }_{B^{\prime }}Bm$，相邻间隔 ${\mu }_{B^{\prime }}B$。

(2) $m+2m_s$ 可取 $1+1=2$、$1-1=0$、$0+1=1$、$0-1=-1$、$-1+1=0$、$-1-1=-2$。六个态、五个不同的值，$0$ 出现两次，简并。能量是 $E_n+{\mu }_{B^{\prime }}B(m+2m_s)$。

(3) $s=\frac{1}{2}$，$j=l+\frac{1}{2}$ 时分子 $j(j+1)+s(s+1)-l(l+1)=l+\frac{3}{2}$，所以 $g=1+\frac{1}{2l+1}=\frac{2l+2}{2l+1}$。$j=l-\frac{1}{2}$（$l\ge 1$）时 $g=\frac{2l}{2l+1}$。$l=1$：$g_{3/2}=\frac{4}{3}$，$g_{1/2}=\frac{2}{3}$。$j=\frac{3}{2}$ 有 $m_j=\frac{3}{2},\frac{1}{2},-\frac{1}{2},-\frac{3}{2}$ 四条，相邻间隔 $\frac{4}{3}{\mu }_{B^{\prime }}B$。

(4) 强场把 $f(r)\hat{\mathbf{S}}\cdot \hat{\mathbf{l}}$ 丢掉，${\hat{l}}_z$ 和 ${\hat{S}}_z$ 都和剩下的 $\hat{H}$ 对易，$m,m_s$ 是好量子数。弱场保留这一项，它与 ${\hat{J}}^2,{\hat{J}}_z$ 对易，但 Zeeman 项里的 $2{\hat{S}}_z={\hat{J}}_z+{\hat{S}}_z$ 含 ${\hat{S}}_z$，不与 ${\hat{J}}^2$ 对易，所以整个 $\hat{H}$ 不再与 ${\hat{J}}^2$ 对易。微扰仍按 $j,m_j$ 的耦合基算，是因为自旋–轨道项先把不同 $j$ 分开，磁场只是更小的修正。

第8章原书笔误（已核对）

Grok 清单列的 3 条逐条对 300dpi 页图核实，(8-91)、(8-96) 和表 8-1 放大到 450dpi。只有第 3 条（Bell 基）部分属实，是表述不严；核对时又发现 1 处表述不严。都已写进对应题目：

位置	原书	改正	题
p184，8.3.4 末段	「Bell 基不再是 ${\hat{S}}^2$ 和 ${\hat{S}}_z$ 的共同本征态」	作为一组基不再是共同本征基；$	\psi ^{\pm}\rangle$ 仍是（就是 (8-100) 的 $
p188，(8-127) 下	「能级分裂成两条（偶数条）」	每个 $j$ 能级分裂成 $2j+1$ 条，是偶数，一般不是两条（新发现，表述不严）	jc-8-5-1

不属实（扫描误读或推导没看全）：

• p181 式 (8-91)：原书 $j=\frac{3}{2}$ 的两行两项都是正号，$\frac{3}{2}\frac{1}{2}⟩=\sqrt{\frac{2}{3}}0\frac{1}{2}⟩+\sqrt{\frac{1}{3}}1,-\frac{1}{2}⟩$，和 (8-84)(8-87) 相同。$-\sqrt{2/3}$ 只出现在 $j=\frac{1}{2}$ 的两行，和 (8-89)(8-90) 相同，是对的。六行彼此正交归一，C-G 系数按书上原样写进 jc-8-3-1(6)、jc-8-3-2。
• 相位约定（不是笔误）：表 8-1 用 Condon–Shortley 约定，查出的 $\frac{1}{2}\frac{1}{2}⟩$ 和 (8-91) 整体差一个负号；$\frac{1}{2},-\frac{1}{2}⟩$ 两边相同。已在 jc-8-3-2(4) 说明。
• p183 式 (8-96)：求和条件印的是 $s_{1z}+s_{2z}=s_z$，没有 $\pm$。
• p169 式 (8-17)(8-18)、p176 式 (8-56)、p180 式 (8-86)：都正确。
• p185–186：$e<0$、$\omega =|e|B/(2m_{e}c)$、$\hat{H}=\hslash \omega {\sigma }_z$ 三者一致。
• p173：「$\Omega$ 粒子的自旋为 3/2」，原书确有，jc-8-2-1(1) 已把 $\Omega$ 加进题干。

另：习题 8-10 的旋转场振幅是 $B$，静场是 $B_0$，是两个不同的量，原书没错，是草稿把旋转场振幅抄成了 $B_0$；已按原题改写 jc-8-4-2(4)，反向时间是 $\pi m_{e}c/(|e|B)$。

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