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角动量与自旋 | 自在学

角动量与自旋

轨道角动量描述电子绕原子核运动的旋转状态，而自旋是电子固有的内禀角动量，与任何空间旋转运动无关。1922 年，斯特恩-格拉赫实验把一束银原子射入不均匀磁场，得到两条分立的偏转轨迹，而非经典预期的连续分布，由此揭示了自旋的存在。从轨道角动量的算符形式与对易关系出发，逐步引入自旋-1/2 粒子和泡利矩阵，最后简介轨道与自旋的耦合。

轨道角动量算符

经典力学中角动量定义为 $\vec{L} = \vec{r} \times \vec{p}$ ，展开后三个分量为：

L_x = yp_z - zp_y, \quad L_y = zp_x - xp_z, \quad L_z = xp_y - yp_x

量子力学中动量替换为算符 $\hat{p}_x = -i\hbar\,\partial/\partial x$ ，角动量成为算符 $\hat{L}_x,\hat{L}_y,\hat{L}_z$ 。三个分量之间满足对易关系：

[\hat{L}_x, \hat{L}_y] = i\hbar\hat{L}_z, \qquad [\hat{L}_y, \hat{L}_z] = i\hbar\hat{L}_x, \qquad [\hat{L}_z, \hat{L}_x] = i\hbar\hat{L}_y

角动量大小的平方 $\hat{L}^2 = \hat{L}_x^2 + \hat{L}_y^2 + \hat{L}_z^2$ 与三个分量均对易：

[\hat{L}^2, \hat{L}_x] = [\hat{L}^2, \hat{L}_y] = [\hat{L}^2, \hat{L}_z] = 0

$\hat{L}^2$ 和 $\hat{L}_z$ 的共同本征态正是球谐函数 $Y_l^m(\theta,\varphi)$ ，本征值方程为：

\hat{L}^2 Y_l^m = \hbar^2 l(l+1)\,Y_l^m, \qquad \hat{L}_z Y_l^m = m\hbar\,Y_l^m

例题一 某量子态满足 $\hat{L}^2\psi = 6\hbar^2\psi$ 和 $\hat{L}_z\psi = -\hbar\psi$ ，求量子数和，并指出属于哪类轨道。

由 $\hbar^2 l(l+1) = 6\hbar^2$ ，得 $l(l+1) = 6$ ，解出（d 轨道）。由，得。验证，满足约束，该态为。

三个角动量分量之间的不对易关系说明：在 $\hat{L}_z$ 有确定值的量子态中， $\hat{L}_x$ 和 ${\overset{}{}}_{}$ 的测量结果是不确定的，无法同时精确知道角动量的两个不同分量。

角动量量子化规则

轨道量子数 $l$ 取非负整数，对给定的 $l$ ，磁量子数 $m$ 在 $-l$ 到 $l$ 之间取整数值，共 $2l+1$ 个。角动量大小为 $L = ℏ \sqrt{}$ ，而非经典的。

以 $l = 1$ 为例，总角动量大小 $L = \sqrt{2}\,\hbar \approx 1.41\hbar$ ，而最大只能取。角动量矢量无法完全对齐轴，与轴的最小夹角为。这种“方向量子化”是纯粹的量子效应，在经典力学中角动量可以指向任意方向。

例题二 对 $l = 2$ 的量子态，总角动量 $L$ 与 $z$ 轴的最小夹角是多少？

$m_{\max} = 2$ ， $L_z^{\max} = 2\hbar$ ，。

\cos\theta_{\min} = \frac{L_z^{\max}}{L} = \frac{2\hbar}{\sqrt{6}\,\hbar} = \sqrt{\frac{2}{3}} \approx 0.816

最小夹角 $\theta_{\min} = \arccos(\sqrt{2/3}) \approx 35.3°$ 。即使取最大值，角动量也不能完全与轴对齐。

角动量的量子化体现在两个层面：大小只能取 $L = \hbar\sqrt{l(l+1)}$ 这些离散值，方向上 $L_z$ 只能取个不连续的值。这种空间量子化正是 Stern-Gerlach 实验中原子束分裂为离散条纹的根本原因。

斯特恩-格拉赫实验与自旋的发现

1922 年，斯特恩和格拉赫将银原子蒸气通过狭缝形成细束，再穿过极面形状不对称的强磁场（产生空间不均匀磁场），最后打在探测屏上记录落点分布。

银原子最外层只有一个 5s 电子（ $l = 0$ ，轨道角动量为零），按照经典预期，磁矩方向随机分布，原子在屏上应形成一条连续弥散的亮斑。但实验结果与预期完全相反：

两条分立轨迹说明银原子存在只有两个取值的角动量分量，对应磁量子数 $m_s = +1/2$ 和 $m_s = -1/2$ 。这种与轨道运动完全无关的角动量就是电子自旋，自旋量子数 $s = 1/2$ 。

斯特恩-格拉赫实验是近代物理中最精彩的实验之一。银原子束、一个非均匀磁场、探测屏上的两条亮线——直接证明了角动量的空间量子化，并揭示了电子自旋的存在，彻底否定了经典连续磁矩分布的图像。

自旋-1/2 粒子

电子（以及质子、中子等）的自旋量子数 $s = 1/2$ ，自旋算符满足与轨道角动量完全相同的代数结构。自旋大小和 $z$ 方向分量的本征值方程为：

\hat{S}^2 |\chi\rangle = \hbar^2 s(s+1)|\chi\rangle = \frac{3}{4}\hbar^2 |\chi\rangle

\hat{S}_z |\chi\rangle = m_s\hbar|\chi\rangle, \qquad m_s = +\frac{1}{2}\ (\text{自旋向上}),\ -\frac{1}{2}\ (\text{自旋向下})

自旋态用二维列向量（旋量）表示：

\chi_+ = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \quad (m_s = +\tfrac{1}{2}), \qquad \chi_- = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} \quad (m_s = -\tfrac{1}{2})

一般自旋态是两者的叠加 $|\chi\rangle = a\chi_+ + b\chi_-$ ，归一化要求 $|a|^2 + |b|^2 = 1$ ，其中是测量得到自旋向上的概率，是测量得到自旋向下的概率。

例题三 一个电子处于自旋态 $\chi = \dfrac{1}{\sqrt{5}}\chi_+ + \dfrac{2}{\sqrt{5}}\chi_-$ ，求测量的各自概率及期望值。

测到 $+\hbar/2$ 的概率： $P_+ = |1/\sqrt{5}|^2 = 1/5$ 。测到的概率：。

\langle S_z \rangle = \frac{1}{5} \cdot \frac{\hbar}{2} + \frac{4}{5} \cdot \left(-\frac{\hbar}{2}\right) = \frac{\hbar}{2}\cdot\frac{1-4}{5} = -\frac{3\hbar}{10}

泡利矩阵

自旋-1/2 粒子的三个自旋算符用 $2\times 2$ 的泡利矩阵表示：

\hat{S}_x = \frac{\hbar}{2}\sigma_x, \quad \hat{S}_y = \frac{\hbar}{2}\sigma_y, \quad \hat{S}_z = \frac{\hbar}{2}\sigma_z

\sigma_x = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}, \qquad \sigma_y = \begin{pmatrix} 0 & -i \\ i & 0 \end{pmatrix}, \qquad \sigma_z = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}

例题四 求 $\hat{S}_x$ 的本征值和本征态。

$\hat{S}_x = (\hbar/2)\sigma_x$ 的特征方程，令 $\lambda = \pm\hbar/2$ ：

\det\!\left(\sigma_x - \frac{2\lambda}{\hbar}I\right) = \begin{vmatrix} -\lambda' & 1 \\ 1 & -\lambda' \end{vmatrix} = \lambda'^2 - 1 = 0 \implies \lambda' = \pm 1

对应本征态（归一化）：

\chi_+^{(x)} = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\quad(\text{本征值}\ {+\hbar/2}), \qquad \chi_-^{(x)} = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}\quad(\text{本征值}\ {-\hbar/2})

将 $\hat{S}_z$ 的本征态展开： $\chi_+ = \dfrac{1}{\sqrt{2}}\chi_+^{(x)} + \dfrac{1}{\sqrt{2}}\chi_-^{(x)}$ ，测量得到和各占概率。

自旋向上 $\chi_+$ 是 $\hat{S}_z$ 的本征态，却不是 $\hat{S}_x$ 或的本征态。三个方向的自旋分量满足不确定关系：精确确定一个方向的分量后，其余两个方向就失去了确定性。

例题五 将 $\hat{S}_x$ 作用于 $\chi_+$ ，结果是什么？

\hat{S}_x\chi_+ = \frac{\hbar}{2}\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix} = \frac{\hbar}{2}\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix} = \frac{\hbar}{2}\chi_-

结果是 $(\hbar/2)\chi_-$ ，说明 $\chi_+$ 不是 $\hat{S}_x$ 的本征态。算符把自旋向上态变换成了自旋向下态（乘以系数），这在物理上意味着：测量时，初始处于的粒子有 50% 的概率被测到。

自旋磁矩与磁场中的能级分裂

电子自旋产生磁矩，在外加均匀磁场 $\vec{B} = B\hat{z}$ 中，自旋-1/2 粒子的哈密顿量为：

\hat{H} = -\vec{\mu}\cdot\vec{B} = g_s\frac{e}{2m_e}\hat{S}_z B

其中 $g_s \approx 2$ ，玻尔磁子 $\mu_B = e\hbar/(2m_e) \approx 9.274 \times 10^{-24}\ \text{J}\cdot\text{T}^{-1}$ 。两个自旋本征态的能量为：

E_+ = -\mu_B B \quad (m_s = +\tfrac{1}{2}), \qquad E_- = +\mu_B B \quad (m_s = -\tfrac{1}{2})

能级差 $\Delta E = 2\mu_B B$ ，与磁场强度成正比。

这种自旋在磁场中的能级分裂是核磁共振与磁共振成像技术的量子力学基础：施加与 $\Delta E/h$ 对应频率的射频脉冲，可使自旋在两个能级之间发生共振跃迁。

轨道角动量与自旋的耦合

电子既有轨道角动量 $\vec{L}$ ，又有自旋 $\vec{S}$ ，两者叠加形成总角动量：

\vec{J} = \vec{L} + \vec{S}

总角动量量子数 $j$ 由矢量叠加规则决定，在 $|l - s|$ 到 $l + s$ 之间取整数步长的值。对电子（ $s = 1/2$ ），当 $l \geq 1$ 时，有两个可能取值：

j = l + \frac{1}{2} \qquad \text{或} \qquad j = l - \frac{1}{2}

以氢原子 2p 轨道（ $l = 1, s = 1/2$ ）为例：不考虑耦合时有 3（轨道）×2（自旋）= 6 个简并态；加入自旋轨道耦合后，6 个态分裂为 $j = 3/2$ （4 个）和 $j = 1/2$ （2 个）两组，能量略有差别，构成氢原子光谱的精细结构。

例题六 钠原子 D 线是 3p→3s 跃迁产生的。3p 轨道（ $l = 1, s = 1/2$ ）因自旋轨道耦合分裂为 $j = 3/2$ 和 $j = 1/2$ 两个子能级，能量差 $Δ E \approx 2.1 \times 10^{- 3}$ ，平均波长，估算两条 D 线的波长差。

由 $E = hc/\lambda$ 对微小变化取微分：

\Delta\lambda = \frac{\lambda^2}{hc}\Delta E = \frac{(589\times10^{-9})^2 \times 2.1\times10^{-3} \times 1.6\times10^{-19}}{6.626\times10^{-34} \times 3.00\times10^8} \approx 0.59\ \text{nm}

计算结果与实测钠 D 线双线间距（约 $0.597\ \text{nm}$ ）吻合，直接证明了自旋轨道耦合能量分裂对光谱的影响。

自旋轨道耦合的来源是相对论效应：在电子静止系中，运动的原子核等效产生磁场，该磁场与电子自旋磁矩相互作用，使 $\vec{L}$ 与 $\vec{S}$ 平行（）和反平行（）的两组态能量略有不同，产生精细结构分裂。

练习题

选择题

题目一（考查知识点：角动量算符对易关系）

关于轨道角动量算符，下列说法正确的是：

A. $\hat{L}_x$ 和 $\hat{L}_y$ 对易，可以同时精确测量。

B. $\hat{L}^2$ 与 $\hat{L}_z$ 对易，可以同时精确测量。

C. $\hat{L}^2$ 与三个分量均不对易，不能同时精确测量。

D. $\hat{L}_z$ 与 $\hat{L}^2$ 不对易，不能同时有确定值。

正确答案：B

$[\hat{L}^2, \hat{L}_z] = 0$ ，两者对易，可以同时有确定值，球谐函数 $Y_l^m$ 正是它们的共同本征态。与满足，不能同时精确测量，A 错误。与三个分量均对易（），C 和 D 均错误。答案选 B。

题目二（考查知识点：自旋态测量概率）

一个电子处于自旋态 $\chi = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\chi_+ + \dfrac{1}{2}\chi_-$ ，对该态测量，得到的概率是：

A. $1/4$

B. $1/2$

C. $3/4$

D. $\sqrt{3}/2$

正确答案：A

$m_s = -1/2$ 分量的系数为 $1/2$ ，其概率为 $|1/2|^2 = 1/4$ 。测到的概率为。两者之和，满足归一化，答案选 A。

题目三（考查知识点：斯特恩-格拉赫实验与自旋）

在斯特恩-格拉赫实验中，银原子（外层电子 5s， $l = 0$ ）通过不均匀磁场，观测到两条分立轨迹而非连续分布，这说明：

A. 银原子的轨道角动量不为零， $m$ 只有两个取值。

B. 电子存在内禀自旋，自旋量子数 $s = 1/2$ ，对应 $m_s = \pm 1/2$ 。

C. 磁场只对 $l = 0$ 的原子有偏转效果，对其他原子无效。

D. 经典磁矩假设是正确的，只是磁矩大小被量子力学修正了。

正确答案：B

银原子 5s 轨道 $l = 0$ ，轨道角动量为零，不能产生偏转；两条分立轨迹只能来自电子内禀自旋。自旋量子数 $s = 1/2$ ， $m_s = \pm 1/2$ 对应两个方向的磁矩，在不均匀磁场中受到大小相等、方向相反的力，形成两条分立轨迹。答案选 B。

题目四（考查知识点：总角动量量子数与状态数）

氢原子 d 轨道（ $l = 2$ ）上的电子（ $s = 1/2$ ），考虑自旋轨道耦合后，总角动量量子数 $j$ 的可能取值及各对应状态数为：

A. $j = 2$ （5 个）， $j = 1$ （3 个）

B. $j = 5/2$ （6 个）， $j = 3/2$ （4 个）

C. $j = 3/2$ （4 个）， $j = 1/2$ （2 个）

D. $j = 5/2$ （5 个）， $j = 3/2$ （3 个）

正确答案：B

$l = 2,\ s = 1/2$ ，由矢量叠加规则： $j = l + s = 5/2$ 或 $j = l - s = 3/2$ 。各对应个值：对应个，对应个，合计，与不考虑耦合时的总态数一致。答案选 B。

计算题

计算题一（考查知识点：自旋态归一化、测量概率与期望值）

已知电子的自旋态为 $\chi = \dfrac{1+i}{2}\chi_+ + \dfrac{\sqrt{2}}{2}\chi_-$ 。

（1）验证该态已归一化。

（2）计算测量 $S_z$ 得到 $+\hbar/2$ 和 $-\hbar/2$ 各自的概率。

（3）计算期望值 $\langle S_z \rangle$ 。

（1）验证归一化：

\left|\frac{1+i}{2}\right|^2 + \left|\frac{\sqrt{2}}{2}\right|^2 = \frac{|1+i|^2}{4} + \frac{2}{4} = \frac{1^2+1^2}{4} + \frac{1}{2} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1 \checkmark

计算题二（考查知识点：泡利矩阵计算与量子测量）

已知 $\hat{S}_x = \dfrac{\hbar}{2}\sigma_x$ ，，，。

（1）将 $\hat{S}_z$ 的本征态 $\chi_+ = \begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$ 用的本征态展开，写出展开系数。

（2）对处于 $\chi_+$ 态的电子测量 $S_x$ ，可能得到哪些结果？各自概率是多少？

（3）测量 $S_x$ 后系统塌缩到 $S_x = +\hbar/2$ 的本征态，紧接着再测量 $S_z$ ，结果如何？此过程说明了什么？

（1）展开系数：

$\hat{S}_x$ 的两个本征态为 $\chi_\pm^{(x)} = \dfrac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\\pm1\end{pmatrix}$ （本征值）。

L

^

y

\hat{L}_y

l

(

l

+

1

)

L = \hbar\sqrt{l(l+1)}

L_{z}

L_z

L

=

\sqrt{6}

ℏ

L = \sqrt{6}\,\hbar

eV

\Delta E \approx 2.1 \times 10^{-3}\ \text{eV}