角动量和自旋

自旋角动量与轨道角动量的物理意义?
量子力学中轨道角动量怎么定义?是r×p吗?但是r和p不能同时确定吧?

角动量

回顾:主量子数\( n \)确定的是能量,而\( l \)和\(m \)与角动量有关。

经典物理上,一个粒子的角动量为\(  \mathbf{L}=\mathbf{r} \times \mathbf{p}\),分量形式为(根据向量叉乘的法则)$$L_{x}=y p_{z}-z p_{y}, L_{y}=z p_{x}-x p_{z}, L_{z}=x p_{y}-y p_{x}$$对应的算符为$$p_{x} \rightarrow-i \hbar \partial / \partial x, \quad p_{y} \rightarrow-i \hbar \partial / \partial y, \quad p_{z} \rightarrow-i \hbar \partial / \partial z$$

量子力学中算符满足$$\begin{aligned} &[A, B+C]=[A, B]+[A, C]\\ &[A B, C]=A[B, C]+[A, C] B \end{aligned}$$

本征值

先证明\(L_x  \)、\(L_y  \)和\(L_z  \)之间任意两个都不对易,只需证明一个即可。$$\begin{aligned} \left[L_{x}, L_{y}\right] &=\left[y p_{z}-z p_{y}, z p_{x}-x p_{z}\right] \\ &=\left[y p_{z}, z p_{x}\right]-\left[y p_{z}, x p_{z}\right]-\left[z p_{y}, z p_{x}\right]+\left[z p_{y}, x p_{z}\right] \end{aligned}$$注意\( p_{z} \)和\( z \)是不对易的,其他也类似。对于对易的项目(\(\left[y , p_{x}\right]  \)),我们直接提出来,比如\( \left[y p_{z}, z p_{x}\right] \)中直接将\( y p_{x} \)提出来。因此$$\left[L_{x}, L_{y}\right]=y p_{x}\left[p_{z}, z\right]+x p_{y}\left[z, p_{z}\right]=i \hbar\left(x p_{y}-y p_{x}\right)=i \hbar L_{z}$$于是得证$$\left[L_{x}, L_{y}\right]=i \hbar L_{z} ; \quad\left[L_{y}, L_{z}\right]=i \hbar L_{x} ; \quad\left[L_{z}, L_{x}\right]=i \hbar L_{y}$$\(L_x  \)、\(L_y  \)和\(L_z  \)之间任意两个都不对易说明不能同时准确测量其中任意两个(本征值),也就是存在测不准原理。或者说任意两个都不具有相同的本征函数。

下面我们证明角动量的平方\(  L^{2}=L_{x}^{2}+L_{y}^{2}+L_{z}^{2}\)和三个分量之间存在对易关系。$$\begin{aligned} \left[L^{2}, L_{x}\right] &=\left[L_{x}^{2}, L_{x}\right]+\left[L_{y}^{2}, L_{x}\right]+\left[L_{z}^{2}, L_{x}\right] \\ &=L_{y}\left[L_{y}, L_{x}\right]+\left[L_{y}, L_{x}\right] L_{y}+L_{z}\left[L_{z}, L_{x}\right]+\left[L_{y}, L_{x}\right] L_{z} \\ &=L_{y}\left(-i \hbar L_{z}\right)+\left(-i \hbar L_{z}\right) L_{y}+L_{z}\left(i \hbar L_{y}\right)+\left(i \hbar L_{y}\right) L_{z} \\ &=0 \end{aligned}$$于是证实$$\left[L^{2}, L_{x}\right]=0, \quad\left[L^{2}, L_{y}\right]=0, \quad\left[L^{2}, L_{z}\right]=0$$\(  L^{2}\)和\( L_{z} \)对易,说明我们可以找到\( L^2 \)和\(L_{z}  \)二者共同的本征态,但是特征值不同(显然不同,量纲分析都知道两个特征值的单位不同,另外\( L \)的单位其实和\(\hbar  \)一样,我们后面会知道\(  L = \sqrt{(l(l+1))}\hbar\))$$\left\{\begin{array}{l} L^{2} f=\lambda f \\ L_{z} f=\mu f \end{array}\right.$$同样采用“梯子算符”的方法,令$$L_{\pm} \equiv L_{x} \pm i L_{y}$$注:虽然我们讨论的\(  L_x\)、\(  L_y\)、\(  L_z\)和\( L \)以及\( L^2 \)都是可观测量,也就都是厄米算符作用得到的;但是这里的\( L_{\pm} \)梯子算符不一定是厄米算符,那么特征值不一定是实数。

(1)  \(\left[L^{2}, L_{\pm}\right]=0  \)
因为\( L_{\pm} \)是由\(  L_{x}\)和\( L_{y} \)线性组合得到,而它们各自与\(  L^{2}\)对易。
(2)  \(\left[L_{z}, L_{\pm}\right]=\pm \hbar L_{\pm}  \),即$$\left\{\begin{array}{l} {\left[L_{z}, \quad L_{+}\right]=\hbar L_{+}} \\ {\left[L_{z},\quad L_{-}\right]=-\hbar L_-} \end{array}\right.$$证明如下:
\( \left[L_{z}, L_{\pm}\right]=\left[L_{z}, L_{x}\right] \pm i\left[L_{z}, L_{y}\right]=i \hbar L_{y} \pm i\left(-i \hbar L_{x}\right)=\pm \hbar\left(L_{x} \pm i L_{y}\right) \)

阶梯讨论

先前我们说,\(  f\)同时是\(  L^{2}\)和\( L_{z} \)的本征函数,那么如果用阶梯算符作用在本征函数上,即\( L_{\pm} f \),它依旧是\(  L^{2}\)和\( L_{z} \)的本征函数吗?如果是,那么本征值如何变化?

(1) \( L_{\pm} f \)同样是\(  L^{2}\)的本征函数,而且本征值不变,依然为\(\lambda  \) $$L^{2}\left(L_{\pm} f\right)=L_{\pm}\left(L^{2} f\right)=L_{\pm}(\lambda f)=\lambda\left(L_{\pm} f\right)$$(2) \( L_{\pm} f \)同样是\( L_{z} \)的本征函数,但是本征值由\( \mu \)  变为\( (\mu \pm \hbar) \)。$$\begin{aligned} L_{z}\left(L_{\pm} f\right) &=\left(L_{z} L_{\pm}-L_{\pm} L_{z}\right) f+L_{\pm} L_{z} f=\pm \hbar L_{\pm} f+L_{\pm}(\mu f) \\ &=(\mu \pm \hbar)\left(L_{\pm} f\right) \end{aligned}$$形象理解(一个固定长度的臂,在支点上下转动;臂长是固定的,对应的特征值\(  \lambda\)就不变,但是投影到\(  z\)方向的\( L_z \)在不断变化,而且是只能在特定角度变化,让\(L_z   \)的特征值量子化)注:因为实际上三个方向的角动量是不互易的,所以实际上不可能同时准确量测,因此\(  L\)存在一定的不确定性(模糊的地方,如果不模糊,说明知道三个方向的分量,矛盾),也就是说上图不准确,但是便于我们形象理解。

限定条件:每作用一个升阶算符,\(\mu  \)就会增加\( \hbar \),显然不可能无限制升,否则\(  \mu^{2}\)就会大于\( \lambda \),那么\(  x\)和\(  y\)方向的角动量平方为负值,显然不可能。同样的道理,也不能无限制下降。因此必然存在最高阶梯\( f_{t} \)和最低阶梯\( f_{b} \),使得$$\left\{\begin{array}{l} L_+\left|f_{t}\right\rangle=0 \\ L_{-}\left|f_{b}\right\rangle=0 \end{array}\right.$$不然上下无限延伸,分量的能量反而大于总的能量,显然不可能。

回顾一下前面的知识$$\begin{array}{l} {\left[L_{x}, L_{y}\right]=i \hbar L_{z} \quad\left[L^{2}, \mathbf{L}\right]=0} \\ {\left[L_{y} \cdot L_{z}\right]=i \hbar L_{x}} \\ {\left[L_{z}, L_{x}\right]=i \hbar L_{y} \quad\left\{\begin{array}{l} L^{2} f=\lambda f \\ L_{z} f=\mu f \end{array}\right.} \\ L^{2}=L_{x}^{2}+L_{y}^{2}+L_{z}^{2} \\ L_{\pm}=L_{x} \pm i L_{y} \end{array}$$
我们现在有$$\left\{\begin{array}{l} L_z f_{t}=\alpha f_{t} \\ L^{2} f_{t}=\lambda f_{t} \\ L^{2}=L_{x}^{2}+L_{y}^{2}+L_{z}^{2} \end{array}\right.$$(1)  求最高阶梯
我们要做的是凑出\( L_{+}\left|f_{t}\right\rangle=0 \),也就是让\( L_{+}  \)作用到\(  f\)上。这里的\(  L_{x}^{2}+L_{y}^{2}\)可以用阶梯算符来表示,从而凑出\( L_{+}\left|f_{t}\right\rangle \)。$$\begin{aligned} L_{-} L_{+} &=\left(L_{x}-i L_{y}\right)\left(L_{x}+i L_{y}\right) \\ &=L_{x}^{2}+L_{y}^{2}+i\left(L_{x} L_{y}-L_{y} L_{x}\right) \\ L_{x}^2+L_{y}^{2}&=L_{-}L_{+}-i \cdot(i \hbar) L_{z} \\ &=L_{-}L_{+} +\hbar L_{z} \end{aligned}$$因此$$L^{2}=L_{x}^{2}+L_{y}^{2}+L_{z}^{2}=L_{-}L_{+}+\hbar L_{z}+L_{z}^{2}$$于是改写下式,凑出了我们要的$$L^{2} f_{t}=\lambda f_{t} \quad \Rightarrow\left(L_{-} L_{+}+\hbar L_{z}+L_{z}^{2}\right) f_{t}=\lambda f_{t}$$因此得到最后的结论$$\alpha \hbar+\alpha^{2}=\lambda$$(2)  求最低阶梯$$\left\{\begin{array}{l} L_{z} f_{b}=\beta f_{b} \\ L^{2} f_{b}=\lambda f_{b} \\ \left(L_{+} L_{-}-\hbar L_{z}+L_{z}^{2}\right) f_{b}=\lambda f_{b} \end{array}\right.$$ 得到最终结果\(- \beta \hbar+\beta^{2}=\lambda  \)
(3)  将(1)和(2)中得到的最终等式合并,得到$$-\beta \hbar+\beta^{2}=\alpha \hbar+\alpha^{2}$$即\((\alpha+\beta)(\alpha-\beta+\hbar)=0  \),解一为\( \alpha=-\beta \),解二为\(  \alpha=\beta-\hbar\)(最高的梯子比最低的还小,不可能,排除这个解)。因此最终解为(还没规定\(l  \)一定是整数)$$\alpha=-\beta \equiv \ell \hbar$$角动量的平方\( L^{2} \)的特征值$$\lambda =l \hbar^{2}+l^{2} \hbar^{2} \\=l(l+1) \hbar^{2}  $$显然对\(  L_z\)来说,最低的本征值为\(-\ell \hbar  \),最高的本征值为\( \ell \hbar \),它们之间是通过每次升一个\(  \hbar\)来实现的,假设需要爬\( N \)次(非负整数),那么必有\(  2l\hbar =N\hbar\),所以\( l=\displaystyle\frac { N }{ 2 }  \)。于是\( l \)可能的取值为\( l=0, \displaystyle\frac{1}{2}, 1, \displaystyle\frac{3}{2}, 2, \quad \dots\dots \)。不同\(l  \)取值下,\( L_z \)的取值如下$$\begin{aligned} \left\langle f\left|L_{z}\right| f\right\rangle &=0 \quad(l=0) \\ &=\frac{1}{2} \hbar \quad \text{or}-\frac{1}{2} \hbar \quad\left(l=\frac{1}{2}\right) \\ &=+\hbar, \quad 0,\quad-\hbar \quad (l=1) \\ &=\ldots \end{aligned}$$
注:我们在求解氢原子的问题时,\( l \)一定是非负的整数,这样才能保证\( P_{l}(x) \)或\(  P_{l}^{m}(x)\) terminate,而不是无线扩展。因此上面的\(l  \)中的半整数对于氢原子的case来说,是不符合条件的,其他纯非负整数是满足条件的。

\(\left\langle L_{z}^{2}\right\rangle_{\max }=l^{2} \hbar^{2}  \)永远比\( \left\langle L^{2}\right\rangle=l(l+1) \hbar^{2} \)小。也就是说\(  L\)不可能全部投影到\(L_z  \)方向;如果出现这种情况,那么\( L_z =L\)以及\( L_x =0\)和\( L_y =0\)都是确定的,但是它们是不互易的,不能同时准确量测。

我们用\(  m\hbar\)表示\(L_z  \)的所有特征值,即$$L_z|f\rangle=m \hbar|f\rangle$$其中\(m=-l,\, -l+1,\, -l+2,\, \dots \dots , 0,\,1\, 2\dots \dots \,l-1\,,l\)

谐振子模型中,利用阶梯算符虽然可以得到一堆特征向量,但是要注意特征向量线性缩放之后仍旧是特征向量,所以为了满足波函数的归一化条件,我们在保证第一个波函数归一化的条件下,用特定的系数取缩放通过阶梯算符得到的新的特征向量,以保证新得到的\(\psi_{n+1}  \)或者\(  \psi_{n-1}\)也是归一化的,即如下$$a_{+} \psi_{n}=\sqrt{n+1} \psi_{n+1}, \quad a_{-} \psi_{n}=\sqrt{n} \psi_{n-1}$$这里对于氢原子模型,我们采用类似的方法$$L_{\pm} f_{\ell}^{m}=A_{l}^{m} f_{l}^{m \pm 1}$$或者写成$$L_{\pm} |\ell, m\rangle=A_{l}^{m}|\ell, m \pm 1\rangle$$我们现在要求的就是\(  A_{l}^{m}\),使得当$$\langle\ell, m | \ell, m\rangle=1$$成立,并且$$\langle\ell, \operatorname{m \pm}1| \ell, m \pm 1\rangle=1$$成立时的\(  A_{l}^{m}\)。

注:\(L_{\pm} \equiv L_{x} \pm i L_{y} \),而且\( L_{\pm} \)和\(L_{\mp}  \)是复共轭的(左矢里面的\( L_- \)提到右矢里面要取复共轭)。$$\left\langle f | L_{\pm} g\right\rangle=\left\langle f | L_{x} g\right\rangle \pm i\left\langle f | L_{y} g\right\rangle=\left\langle L_{x} f | g\right\rangle \pm i\left\langle L_{y} f | g\right\rangle=\left\langle\left(L_{x} \mp i L_{y}\right) f | g\right\rangle=\left\langle L_{\mp} f | g\right\rangle, \text { so }\left(L_{\pm}\right)^{\dagger}=L_{\mp}$$因此$$\begin{aligned} \left\langle L_{\pm} f_{l}^{m} | L_{\pm} f_{l}^{m}\right\rangle &=\left\langle f_{l}^{m} | L_{\mp} L_{\pm} f_{l}^{m}\right\rangle \\ &=\left\langle f_{l}^{m} |\left(L^{2}-L_{z}^{2} \mp \hbar L_{z}\right) f_{l}^{m}\right\rangle=\left\langle f_{l}^{m} |\left[\hbar^{2} l(l+1)-\hbar^{2} m^{2} \mp \hbar^{2} m\right] f_{l}^{m}\right\rangle \\ &=\hbar^{2}[l(l+1)-m(m \pm l)]\left\langle f_{l}^{m} | f_{l}^{m}\right\rangle=\hbar^{2}[l(l+1)-m(m \pm 1)] \\ &=\left\langle L_{\pm} f_{l}^{m} | L_{\pm} f_{l}^{m}\right\rangle=\left\langle A_{l}^{m} f_{l}^{m \pm l} | A_{l}^{m} f_{l}^{m \pm l}\right\rangle=\left|A_{l}^{m}\right|^{2}\left\langle f_{l}^{m \pm 1} | f_{l}^{m \pm 1}\right\rangle=\left|A_{l}^{m}\right|^{2} \end{aligned}$$得到重要结论$$A_{l}^{m}=\hbar \sqrt{l(l+1)-m(m \pm 1)}$$注:当\( m \)取\(  l\)或\( -l \)时,系数\(A_{l}^{m}  \)为零,也就是从阶梯的“上顶部”和“下底部”直接归零。

本征函数

前面我们用笛卡尔坐标表示\(L_x  \)、\(L_y  \)和\(L_z  \),现在我们要用球坐标来表示这三个分量。总的角动量$$\mathbf{L}=(\hbar / i)(\mathbf{r} \times \nabla)$$梯度算符在球坐标中展开$$\nabla=\hat{r} \frac{\partial}{\partial r}+\hat{\theta} \frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial \theta}+\hat{\phi} \frac{1}{r \sin \theta} \frac{\partial}{\partial \phi}$$另外\( \mathbf{r}=r \hat{r} \),所以$$\mathbf{L}=\frac{\hbar}{i}\left[r(\hat{r} \times \hat{r}) \frac{\partial}{\partial r}+(\hat{r} \times \hat{\theta}) \frac{\partial}{\partial \theta}+(\hat{r} \times \hat{\phi}) \frac{1}{\sin \theta} \frac{\partial}{\partial \phi}\right]$$而\(  (\hat{r} \times \hat{r})=0, \quad(\hat{r} \times \hat{\theta})=\hat{\phi}, \quad(\hat{r} \times \hat{\phi})=-\hat{\theta}\),因此$$\mathbf{L}=\frac{\hbar}{i}\left(\hat{\phi} \frac{\partial}{\partial \theta}-\hat{\theta} \frac{1}{\sin \theta} \frac{\partial}{\partial \phi}\right)$$

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