量子力学答案(第二版)苏汝铿第六章课后答案6.7-6#5
合集下载
(完整word版)《量子力学教程》第二版答案及补充练习
第一章 量子理论基础
1．1 由黑体辐射公式导出维恩位移定律：能量密度极大值所对应的波长 m 与温度
T 成反比，即 m T=b（常量）；
并近似计算 b 的数值，准确到二位有效数字。 解 根据普朗克的黑体辐射公式
vdv
8hv 3
c3
1
hv
dv ，
e kT 1
以及
v c ，
v dv v d ，
有
（1）
J2
i 2m
(
2
* 2
2* )
i [1 eikr 2m r
(1 eikr ) 1 eikr
r r
r
r
(1 r
e ikr
)]r0
i [1 ( 2m r
1 r2
ik
1) r
1 ( r
1 r2
ik
1 r
)]r0
k mr2
r0
k mr3
r
可见， J2与r 反向。表示向内(即向原点) 传播的球面波。
Asin
n a
x
Asin ka 0
10
由归一化条件
(x) 2 dx 1
得
A2
a
sin 2
n
xdx
1
0
a
由
a
sin
b
m a
x sin
n a
xdx
a 2
mn
A 2 a
2 (x)
2 sin n x aa
k2
2mE 2
En
22 2ma 2
n2
(n 1,2,3,) 可见 E 是量子化的。
J1
i 2m
(
1
* 1
1* 1)
1．1 由黑体辐射公式导出维恩位移定律：能量密度极大值所对应的波长 m 与温度
T 成反比，即 m T=b（常量）；
并近似计算 b 的数值，准确到二位有效数字。 解 根据普朗克的黑体辐射公式
vdv
8hv 3
c3
1
hv
dv ，
e kT 1
以及
v c ，
v dv v d ，
有
（1）
J2
i 2m
(
2
* 2
2* )
i [1 eikr 2m r
(1 eikr ) 1 eikr
r r
r
r
(1 r
e ikr
)]r0
i [1 ( 2m r
1 r2
ik
1) r
1 ( r
1 r2
ik
1 r
)]r0
k mr2
r0
k mr3
r
可见， J2与r 反向。表示向内(即向原点) 传播的球面波。
Asin
n a
x
Asin ka 0
10
由归一化条件
(x) 2 dx 1
得
A2
a
sin 2
n
xdx
1
0
a
由
a
sin
b
m a
x sin
n a
xdx
a 2
mn
A 2 a
2 (x)
2 sin n x aa
k2
2mE 2
En
22 2ma 2
n2
(n 1,2,3,) 可见 E 是量子化的。
J1
i 2m
(
1
* 1
1* 1)
量子力学答案(第二版)苏汝铿第六章课后答案6.16-6#8
代入薛定鄂方程： i
(s x + s y + s y ) ？？
sin qe- iwt ÷ ÷ ÷ - cos q ÷
，设 f (t )＝ç ç
¶f = Hf ¶t
骣 a(t )÷ ÷，则有 ç ÷ b(t )÷ 桫
i d a(t ) = cos qa(t ) + sin qe- iwt b(t )......(1) - m0 B dt i d b(t ) = - cos qb(t ) + sin qeiwt a(t ).....(2) - m0 B dt
c1' = iw1e- iwt c2
化简得： 其中：
c2' = iw1eiwt c1
cos q, w1 = m0 B sin q, w2 = w + 2w0
w0 =
m0 B
a(t ) = c1eiwt b(t ) = c2e- iwt
解得： c2 '' = iw2c2 '- w12c2 （＊） 由初始条件：
( S1z - S 2 z )c 1 = 0 ( S1z - S 2 z )c 2 = 0 c 4 ( S1z - S 2 z )c 3 = c 3 ( S1z - S2 z )c 4 = 2 2
骣1 2 ç A ç ç 4 ç ç ç ç ç ç 0 ç 所以得到： H ' = ç ç eB ç ç ç ç mc 2 ç ç ç ç ç 0 ç 桫
eB ( S1z - S2 z ) mc 解： eB ＝H 0 + A( sx 2 + s y 2 + sz 2 ) + ( S1z - S2 z ) mc H = H 0 + AS1 S2 +
(s x + s y + s y ) ？？
sin qe- iwt ÷ ÷ ÷ - cos q ÷
，设 f (t )＝ç ç
¶f = Hf ¶t
骣 a(t )÷ ÷，则有 ç ÷ b(t )÷ 桫
i d a(t ) = cos qa(t ) + sin qe- iwt b(t )......(1) - m0 B dt i d b(t ) = - cos qb(t ) + sin qeiwt a(t ).....(2) - m0 B dt
c1' = iw1e- iwt c2
化简得： 其中：
c2' = iw1eiwt c1
cos q, w1 = m0 B sin q, w2 = w + 2w0
w0 =
m0 B
a(t ) = c1eiwt b(t ) = c2e- iwt
解得： c2 '' = iw2c2 '- w12c2 （＊） 由初始条件：
( S1z - S 2 z )c 1 = 0 ( S1z - S 2 z )c 2 = 0 c 4 ( S1z - S 2 z )c 3 = c 3 ( S1z - S2 z )c 4 = 2 2
骣1 2 ç A ç ç 4 ç ç ç ç ç ç 0 ç 所以得到： H ' = ç ç eB ç ç ç ç mc 2 ç ç ç ç ç 0 ç 桫
eB ( S1z - S2 z ) mc 解： eB ＝H 0 + A( sx 2 + s y 2 + sz 2 ) + ( S1z - S2 z ) mc H = H 0 + AS1 S2 +
量子力学答案(第二版)苏汝铿第六章课后答案6.10-6#6 @
点), 这样就有 L
1 N L 2
耦合之后总磁矩
1 1 N L J ( g p g N )N S J J 2 2 R J ( J 1)
因 J LS 有
N 3 ( g p g N ) N (1) J / 2
旋 S , 然后总自旋再与轨道角动量 l 耦合形成总角动量 J , 用核磁子表示你的结果. 已知质子和 中子的磁矩分别是 2.79 和-1.91 核磁子. 解: (i) S,D 态的宇称为正, 而 P 态的宇称为负, 由于宇称守恒, 开始时为 S 态的量子态在任何 时刻都不可能有 P 态混入 (ii)
1 1 1.5 ( g p g N ) N J 0.31 N J 2 2
取 J 方向的投影并使 J s 为最大值 J 1 , 从而有 0.31 N 6.11 一个 介子(赝标粒子, 自旋为零, 奇宇称)最初别束缚在氘核周围, 并处在最低库仑态
的角分布是多少? (i). 反应前后宇称守恒, 有
p( ) p(d )(1) L1 p(n) p(n)(1) L
L1 , L2 分 别 是 d 及n+n 的 轨 道角 动量 . 但反 应 前 是 在库 仑 势的 最低 能 态
中, L1 0 , 且已知: p( ) 1, p(d ) 1 有
2/3 c , 2/ d 3 , 1/ 3
p 1,1 p 1, 1 0 n 1, 0
查 C G 系数表, 可得
a 1 / 3b ,
共振态的 I 3/ 2 , 经过此面的截面比为 1 2 4 2 a : b : c 1: a : ac 1: : 9 9
能的, 因为 L 1 , 所以几率为 0 (iii) 从而有 初始态为 J , J z 1,1 , 将其变成非耦合表象 L 1, S 1, L, L3 , S , S z
1 N L 2
耦合之后总磁矩
1 1 N L J ( g p g N )N S J J 2 2 R J ( J 1)
因 J LS 有
N 3 ( g p g N ) N (1) J / 2
旋 S , 然后总自旋再与轨道角动量 l 耦合形成总角动量 J , 用核磁子表示你的结果. 已知质子和 中子的磁矩分别是 2.79 和-1.91 核磁子. 解: (i) S,D 态的宇称为正, 而 P 态的宇称为负, 由于宇称守恒, 开始时为 S 态的量子态在任何 时刻都不可能有 P 态混入 (ii)
1 1 1.5 ( g p g N ) N J 0.31 N J 2 2
取 J 方向的投影并使 J s 为最大值 J 1 , 从而有 0.31 N 6.11 一个 介子(赝标粒子, 自旋为零, 奇宇称)最初别束缚在氘核周围, 并处在最低库仑态
的角分布是多少? (i). 反应前后宇称守恒, 有
p( ) p(d )(1) L1 p(n) p(n)(1) L
L1 , L2 分 别 是 d 及n+n 的 轨 道角 动量 . 但反 应 前 是 在库 仑 势的 最低 能 态
中, L1 0 , 且已知: p( ) 1, p(d ) 1 有
2/3 c , 2/ d 3 , 1/ 3
p 1,1 p 1, 1 0 n 1, 0
查 C G 系数表, 可得
a 1 / 3b ,
共振态的 I 3/ 2 , 经过此面的截面比为 1 2 4 2 a : b : c 1: a : ac 1: : 9 9
能的, 因为 L 1 , 所以几率为 0 (iii) 从而有 初始态为 J , J z 1,1 , 将其变成非耦合表象 L 1, S 1, L, L3 , S , S z
量子力学答案(第二版)苏汝铿第六章课后答案6.7-6#15
1 的本征态，粒子 2
1 2 的本征态，取 =1 ，求体系总自旋 S 的可能值及相应的概率。 2
解： S x ;
1 Sz ; Sz ; 2
1 2
（1）
Sz ; Sx ;
（2）
系统处于 S1z ; S2 x ; 的态上，将其写到 S z 的表象中为
S1z ;
编辑者：霍团长 6— 7
对于两个自旋 1/2 的例子组成的体系，证明张量算符
S12
3 (σ1 r )(σ2 r ) σ1 σ2 r2
和 S 2 及 J 对易。 S 为总自旋， J 是总角动量 J = S + l ，l 是体系的轨迹角动量，在质心坐 标系中， l 的算符形式是：
l r p i r , r = r1 - r2
而 S s( s 1)
2
1 S2 z ; S2 z ; 2
其可能值为 0或2 总自旋为零的态可表示为：
0
1 S1z ; S2 z ; S1z ; S2 z ; 2
0
1 1 1 S2 z ; S1z ; S1z ; S2 z ; 2 2 2
证明： （1）
3 2 , σ1 3, ( 1n )2 1 4 1 S s1 s2 (σ1 σ2 ) 2 3 1 ∴ S 2 σ1 σ 2 2 2 1 1 Sn S n (σ1 n σ2 n) ( 1n 2 n ) 2 2 1 1 1 ∴ Sn 2 ( 1n 2 2 n 2 2 1n 2 n ) 1n 2 n 4 2 2
2 解：取系统的力学量完全集为 ( H , S12 , S 2 , Sz )
量子力学教程(第二版)周世勋习题解答
23
2
23
T 100 K 时， E 1.381021 J 。
7
1.5 两个光子在一定条件下可以转化为正负电子对，如果两个光子的能量相等，问要实现这种转化，光子 波长最大是多少？ 解：转化条件为 h ec 2 ，其中 e 为电子的静止质量，而
c h ，所以 ，即有 ec
0 h h 7.091010 m 7.09A p 2m E
3 kT ，求 T 1K 时氦原子的 de Broglie 波长。 2
0 h h h 12.631010 m 12.63A p 2m E 3m kT
其中 m 4.0031.661027 kg ， k 1.381023 J K 1 # 1.4 利用玻尔—索末菲量子化条件，求： （1）一维谐振子的能量。 （2）在均匀磁场中作圆周运动的电子的轨道半径。 已知外磁场 B 10T ，玻尔磁子 B 0.9231023 J T 1 ，求动能的量子化间隔 E ，并与 T 4K 及
③
由于(1)、(3)方程中，由于U (x) ，要等式成立，必须
1 ( x) 0
2 ( x) 0
即粒子不能运动到势阱以外的地方去。
d 2 2 ( x) 2m E 2 2 ( x) 0 方程(2)可变为 dx2
令k
2
2mE ，得 2
d 2 2 ( x) 2 k 2 ( x) 0 dx2
max
0 h 6.626 1034 c 0.024A （电子的康普顿波长）。 31 8 e c 9.1 10 3 10
8
第二章 波函数和薛定谔方程
2.1.证明在定态中，几率流与时间无关。 证：对于定态，可令
2
23
T 100 K 时， E 1.381021 J 。
7
1.5 两个光子在一定条件下可以转化为正负电子对，如果两个光子的能量相等，问要实现这种转化，光子 波长最大是多少？ 解：转化条件为 h ec 2 ，其中 e 为电子的静止质量，而
c h ，所以 ，即有 ec
0 h h 7.091010 m 7.09A p 2m E
3 kT ，求 T 1K 时氦原子的 de Broglie 波长。 2
0 h h h 12.631010 m 12.63A p 2m E 3m kT
其中 m 4.0031.661027 kg ， k 1.381023 J K 1 # 1.4 利用玻尔—索末菲量子化条件，求： （1）一维谐振子的能量。 （2）在均匀磁场中作圆周运动的电子的轨道半径。 已知外磁场 B 10T ，玻尔磁子 B 0.9231023 J T 1 ，求动能的量子化间隔 E ，并与 T 4K 及
③
由于(1)、(3)方程中，由于U (x) ，要等式成立，必须
1 ( x) 0
2 ( x) 0
即粒子不能运动到势阱以外的地方去。
d 2 2 ( x) 2m E 2 2 ( x) 0 方程(2)可变为 dx2
令k
2
2mE ，得 2
d 2 2 ( x) 2 k 2 ( x) 0 dx2
max
0 h 6.626 1034 c 0.024A （电子的康普顿波长）。 31 8 e c 9.1 10 3 10
8
第二章 波函数和薛定谔方程
2.1.证明在定态中，几率流与时间无关。 证：对于定态，可令
曾谨言《量子力学导论》第二版的课后答案
(
)
d d 3 rψ 1* r ,.t ψ 2 r , t = 0 。 ∫ dt
( ) ( )
2.4）设一维自由粒子的初态ψ ( x,0 ) = e
⎛ p2 ⎞ i ⎜ p0 x − 0 t ⎟ / ℏ ⎜ 2 m ⎟ ⎝ ⎠
ip0 x / ℏ
， 求ψ ( x, t ) 。
解：
ψ ( x, t ) = e
∫p
即
x
⋅ dx = n x h ,
(n x
= 1, 2 , 3 , ⋯)
p x ⋅ 2a = n x h
∴ p x = n x h / 2a ,
（ 2a ：一来一回为一个周期）
同理可得，
p y = n y h / 2b ,
p z = n zห้องสมุดไป่ตู้h / 2c ,
n x , n y , n z = 1, 2 , 3 , ⋯
（4）
E = ∫ d 3r ⋅ w 。
（b）由（4）式，得
. . ⎤ . ∂w ℏ 2 ⎡ . * * * = ∇ ψ ⋅ ∇ ψ + ∇ ψ ⋅ ∇ ψ + ψ Vψ + ψ *V ψ ⎢ ⎥ ∂t 2m ⎣ ⎦
=
. . . . ⎛ .* 2 ℏ2 ⎡ ⎛ .* *⎞ 2 * ⎞⎤ * * ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ∇ ⋅ ψ ∇ ψ + ψ ∇ ψ − ψ ∇ ψ + ψ ∇ ψ + ψ V ψ + ψ V ψ ⎢ ⎟ ⎜ ⎟⎥ 2m ⎣ ⎜ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎦
. ⎛ ⎞ ⎞ * ℏ2 2 � . ⎛ ℏ2 2 ⎟ ⎜ = −∇ ⋅ s + ψ * ⎜ − ∇ + V ψ + ψ − ⎜ 2m ⎟ ⎜ 2m ∇ + V ⎟ ⎟ψ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ . . ⎛ * � *⎞ = −∇ ⋅ s + E ⎜ ⎜ψ ψ + ψ ψ ⎟ ⎟ ⎝ ⎠ ∂ � （ ρ ：几率密度） = −∇ ⋅ s + E ρ ∂t � = −∇ ⋅ s （定态波函数，几率密度 ρ 不随时间改变）
量子力学教程（二版）习题答案
第一章 绪论1.1．由黑体辐射公式导出维恩位移定律：C m b bTm3109.2 ,×´==-l 。
证明：由普朗克黑体辐射公式：由普朗克黑体辐射公式：n n p nr n nd ec hd kTh 11833-=， 及ln c=、l ln d c d 2-=得1185-=kThcehc l l l p r ，令kT hc x l =，再由0=l r l d d ，得l .所满足的超越方程为所满足的超越方程为15-=x x e xe用图解法求得97.4=x ，即得97.4=kT hc m l ，将数据代入求得C m 109.2 ,03×´==-b b T ml 1.2．在0K 附近，钠的价电子能量约为3eV ,求de Broglie 波长. 解：010A 7.09m 1009.72=´»==-mEh p h l # 1.3. 氦原子的动能为kT E 23=，求K T 1=时氦原子的de Broglie 波长。
波长。
解：010A 63.12m 1063.1232=´»===-mkT h mE h p h l其中kg 1066.1003.427-´´=m ，123K J 1038.1--×´=k # 1.4利用玻尔—索末菲量子化条件，求：利用玻尔—索末菲量子化条件，求： （1）一维谐振子的能量。
）一维谐振子的能量。
（2）在均匀磁场中作圆周运动的电子的轨道半径。
）在均匀磁场中作圆周运动的电子的轨道半径。
已知外磁场T 10=B ，玻尔磁子123T J 10923.0--×´=B m ，求动能的量子化间隔E D ，并与K 4=T 及K 100=T 的热运动能量相比较。
的热运动能量相比较。
解：（1）方法1：谐振子的能量222212q p E mw m +=可以化为()12222222=÷÷øöççèæ+mw m E q Ep的平面运动，轨道为椭圆，两半轴分别为22,2mw m Eb E a ==，相空间面积为，相空间面积为,2,1,0,2=====òn nh EE ab pdq nw pp 所以，能量 ,2,1,0,==n nh E n方法2：一维谐振子的运动方程为02=+¢¢q q w ，其解为，其解为()j w +=t A q sin速度为速度为 ()j w w +=¢t A q c o s ，动量为()j w mw m +=¢=t A q p cos ，则相积分为，则相积分为 ()()nh T A dt t A dt t A pdq T T ==++=+=òòò2)cos 1(2cos 220220222mw j w mw j w mw ， ,2,1,0=n nmw nh T nh A E ===222， ,2,1,0=n （2）设磁场垂直于电子运动方向，受洛仑兹力作用作匀速圆周运动。
量子力学答案(第二版)苏汝铿第六章课后答案6.13-6#1
E E E E 1 2 2s c xc 1 2 2c s xs 2 2 4 4
而
E E 2c / s 2 x 1 s1 2 2s / c 2 x 1 c12 4 4
2 2
1 1 2 2 2 1 1 x 2 cos s c 4s 2c 2 cos E2 E3 t / 2 2 2 2 1 x 2
1 x 2 Et /
1
1 sin 2 1 x2
1 x 2 Et / 2
编辑者：霍团长 6.13、讨论一个中性粒子，它的内禀角动量是 S ( S 1) ，其中 S ，即它是一个自旋为 1 的
2
2
粒子。假设这粒子有一磁矩 M S ， 是一个常数。这个粒子的量子态可用自旋空间描述。它的 基矢是 S x 的两个本征态 和 ，分别代表其自旋方向平行和反平行于 z 轴，即有
批注 [JL1]: 应为 S z
Sz
2
， Sz
2
在 t 0 时，体系状态是
(t 0) 。这一粒子沿 y 轴运动，通过一沿 y 轴方向的均匀磁场
B B0 j 。
(ⅰ)、求
(t ) ，用 和 来表示。
(ⅱ)、 S x 、 S y 、 S z 作为时间函数的表达式。
状态的自旋波函数是： 1 1 2 ， 2 S 1 2 C12 ， 3 C1 2 S12 ， 4 1 2 ，其
批注 [JL3]:
H E / 41 2 1 2
中
z i i i
1，ຫໍສະໝຸດ z i i iz
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2 2 [S 12 , S12 ] 0,[ S 123 , S123 ] 0 .
S1 , S2 , S3 互相对易，而且
2 2 2 S1 S2 S3
3 4
因此
2 2 2 S 12 S1 S2 2S1 S2 2 S 123
3 2S1 S2 2
9 2( S1 S2 S2 S3 S3 S1 ) 4
(1, 2) (1) (2)
2
1 [ (1) (2) (1) (2)] 2
2
总自旋 S 共有两个本征值：0 和 2. S 0 的本征 (1) (2) (1) (2)] 2
2
在体系的自旋态 中测得 S 0 的概率为
2 S12 S ( S 1), S 0,1
2
2
2
2
2
2
1 1 3 2 S123 S ( S 1), S , , 2 2 2
代入 H 的表达式，就得到能级值，记为 ESS 。由于体系能量与 ( S123 ) z ，即总自旋 z 分量的 本征值 [S , S 1,
r 1 1 ] e [ S , S x ] e ( S [ x , S ] x [ S , S ]) r r r
l
和 S 对易，但 l 和 S n 并不对易，利用基本对易式 [l , x ] i x , 容易证明
[l , Sn ] [l , S
,(S )] 无关，故能级 ESS 的简并度 (2S 1) 。量子数 S , S 的可能组合以
及能级和简并度如下：
S S
1 3/2 1/2
0 1/2
ESS
简并度 (2S 1)
A B 4 2
4
A B 4
2
3 A 4
2
r 1 1 ] e [l , S x ] e ( S [ x , l ] x [ S , l ]) r r r i i e S x e x S r r
故
[ J , Sn ] [l S , Sn ] 0
编辑者：霍团长
6.7 对于两个自旋为 1/ 2 的粒子组成的体系，证明张量算符
S12
和S 及
2
3 ( 1 r )( 2 r ) 1 2 r2
是体系的轨道角动量，在质
J 对易， S 为总自旋， J 为总角动量， J S l
心坐标系中， l 的算符形式是
l r p i r , r r1 r2 。
我们可以将 H 写成
H ( A B) S1 S2 B( S1 S2 S2 S3 S3 S1 ) 1 B 2 3 2 ( A B) S 12 S 123 (2 A B) 2 2 8
由于 S 12 和 S12 对易，和 S3 对易，所以 S 12 和 S 123 对易。由上式可知，H 和 S 12 、 S 123 、S 123 对易，即它们都是守恒量。 我们可取 ( S 12 , S 123 ,( S123 ) z ) 作为守恒量完全集，前二者本征值为
1 0 1 1 S1z 的单粒子自旋态记为 (1), (1) ，在 Pauli 表象中 ， 。S2 x 的 2 2 0 1
单粒子自旋态为
(2)
1 1 1 [ (2) (2)] 2 1 2 2
因此体系的自旋态为
H AS1 S2 B(S1 S2 ) S3
A、B 为实常数，度找出体系的守恒量，并确定体系的能级和简并度（取 1 为单位） 。 解： 粒子 1、2 自旋之和记为 S12 ，总自旋记为 S123 ，即
S12 S1 S2 , S123 S1 S2 S3 ，
显然， S12 、 S123 都具有角动量的性质，满足
1 1 1n 2 n 2 2
(1)
2 2 S 3 6 S 2 S 故 12 . 1n 2 n 1 2 n
由于 S 和 S n 对易，由上式可知， S12 和 S 对易。 利用自旋角动量基本对易式 [ S , S ] i S ，有
2
2
[ S , Sn ] [ S , S i e x S r
解：取
1， n
s1 s2
r r
总自旋 S
3 1 1 2 ( 1 2 ) ， S 1 2 2 2 2
1 1 ( 1 n 2 n ) ( 1n 2n ) 2 2
S 在 n 方向的投影为 Sn S n
由 ( 1n )
2
2 ( 2 n )2 1 ，可得 Sn
00
2
。根据 , 的正交规一性
1, 0 ，有
00 。
故测得 S 0 的概率为
2
1 2
1 1 3 2 ，从而测得 S 2 的概率为 (1 ) 4 4 4
6.9 考虑三个自旋为 1/2 的非全同粒子组成的体系，体系的哈密顿量是
2
即 J 和 S n 对易， J 和 S 显然对易，由(1)式可知 J 和 S12 也对易
6.8 一个由两个自旋为 1/2 的非全同粒子组成的体系，已知粒子 1 处在 S1z 子 2 自在 S 2 x 解：
1 的本征态，粒 2
1 2 的本征态，取 1 ，求体系总自旋 S 的可能值及相应的概率。 2
S1 , S2 , S3 互相对易，而且
2 2 2 S1 S2 S3
3 4
因此
2 2 2 S 12 S1 S2 2S1 S2 2 S 123
3 2S1 S2 2
9 2( S1 S2 S2 S3 S3 S1 ) 4
(1, 2) (1) (2)
2
1 [ (1) (2) (1) (2)] 2
2
总自旋 S 共有两个本征值：0 和 2. S 0 的本征 (1) (2) (1) (2)] 2
2
在体系的自旋态 中测得 S 0 的概率为
2 S12 S ( S 1), S 0,1
2
2
2
2
2
2
1 1 3 2 S123 S ( S 1), S , , 2 2 2
代入 H 的表达式，就得到能级值，记为 ESS 。由于体系能量与 ( S123 ) z ，即总自旋 z 分量的 本征值 [S , S 1,
r 1 1 ] e [ S , S x ] e ( S [ x , S ] x [ S , S ]) r r r
l
和 S 对易，但 l 和 S n 并不对易，利用基本对易式 [l , x ] i x , 容易证明
[l , Sn ] [l , S
,(S )] 无关，故能级 ESS 的简并度 (2S 1) 。量子数 S , S 的可能组合以
及能级和简并度如下：
S S
1 3/2 1/2
0 1/2
ESS
简并度 (2S 1)
A B 4 2
4
A B 4
2
3 A 4
2
r 1 1 ] e [l , S x ] e ( S [ x , l ] x [ S , l ]) r r r i i e S x e x S r r
故
[ J , Sn ] [l S , Sn ] 0
编辑者：霍团长
6.7 对于两个自旋为 1/ 2 的粒子组成的体系，证明张量算符
S12
和S 及
2
3 ( 1 r )( 2 r ) 1 2 r2
是体系的轨道角动量，在质
J 对易， S 为总自旋， J 为总角动量， J S l
心坐标系中， l 的算符形式是
l r p i r , r r1 r2 。
我们可以将 H 写成
H ( A B) S1 S2 B( S1 S2 S2 S3 S3 S1 ) 1 B 2 3 2 ( A B) S 12 S 123 (2 A B) 2 2 8
由于 S 12 和 S12 对易，和 S3 对易，所以 S 12 和 S 123 对易。由上式可知，H 和 S 12 、 S 123 、S 123 对易，即它们都是守恒量。 我们可取 ( S 12 , S 123 ,( S123 ) z ) 作为守恒量完全集，前二者本征值为
1 0 1 1 S1z 的单粒子自旋态记为 (1), (1) ，在 Pauli 表象中 ， 。S2 x 的 2 2 0 1
单粒子自旋态为
(2)
1 1 1 [ (2) (2)] 2 1 2 2
因此体系的自旋态为
H AS1 S2 B(S1 S2 ) S3
A、B 为实常数，度找出体系的守恒量，并确定体系的能级和简并度（取 1 为单位） 。 解： 粒子 1、2 自旋之和记为 S12 ，总自旋记为 S123 ，即
S12 S1 S2 , S123 S1 S2 S3 ，
显然， S12 、 S123 都具有角动量的性质，满足
1 1 1n 2 n 2 2
(1)
2 2 S 3 6 S 2 S 故 12 . 1n 2 n 1 2 n
由于 S 和 S n 对易，由上式可知， S12 和 S 对易。 利用自旋角动量基本对易式 [ S , S ] i S ，有
2
2
[ S , Sn ] [ S , S i e x S r
解：取
1， n
s1 s2
r r
总自旋 S
3 1 1 2 ( 1 2 ) ， S 1 2 2 2 2
1 1 ( 1 n 2 n ) ( 1n 2n ) 2 2
S 在 n 方向的投影为 Sn S n
由 ( 1n )
2
2 ( 2 n )2 1 ，可得 Sn
00
2
。根据 , 的正交规一性
1, 0 ，有
00 。
故测得 S 0 的概率为
2
1 2
1 1 3 2 ，从而测得 S 2 的概率为 (1 ) 4 4 4
6.9 考虑三个自旋为 1/2 的非全同粒子组成的体系，体系的哈密顿量是
2
即 J 和 S n 对易， J 和 S 显然对易，由(1)式可知 J 和 S12 也对易
6.8 一个由两个自旋为 1/2 的非全同粒子组成的体系，已知粒子 1 处在 S1z 子 2 自在 S 2 x 解：
1 的本征态，粒 2
1 2 的本征态，取 1 ，求体系总自旋 S 的可能值及相应的概率。 2