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UA OPTI570 量子力学24 Spin-1/2

發布時間：2025/4/14 编程问答 21 豆豆

生活随笔收集整理的這篇文章主要介紹了 UA OPTI570 量子力学24 Spin-1/2 小編覺得挺不錯的,現在分享給大家,幫大家做個參考.

UA OPTI570 量子力學24 Spin-1/2

- Pauli Spin Matrix
- Bloch Sphere
- Time-evolution of Bloch Vector

Pauli Spin Matrix

用 $S=(Sx,Sy,Sy)\textbf S=(S_x,S_y,S_y)$ 表示自旋的角動量算符，取 ${S^2,S_u\}$ 作為CSCO，其中 $S2=∣S∣2S^2=|\textbf S|^2$ ， $u$ 表示 $span(X^,Y^,Z^)span(\hat X,\hat Y,\hat Z)$ 中任意方向，CSCO的特征方程為
$S2∣s,mu?=s(s+1)?2∣s,mu?Su∣s,mu?=?mu∣s,mu?S^2|s,m_u \rangle=s(s+1)\hbar^2|s ,m_u \rangle \\ S_u|s,m_u \rangle=\hbar m_u|s ,m_u \rangle$

在span-1/2問題中， $s = 1 / 2$ ，所以 $mu∈{1/2,?1/2}m_u\in\{1/2,-1/2\}$ 。選擇 ${∣s=1/2,mz=1/2?,∣s=1/2,mz=?1/2?}\{|s=1/2,m_z=1/2 \rangle,|s=1/2,m_z=-1/2 \rangle\}$ 作為量子態空間的基，簡記為 ${∣z+?,∣z??}\{|z+\rangle,|z- \rangle\}$ ，則
$Sz∣z±?=±?2∣z±?S_z | z \pm \rangle = \pm \frac{\hbar}{2}|z \pm \rangle$

在 ${∣z+?,∣z??}\{|z+\rangle,|z- \rangle\}$ 作為基的情況下，角動量算符的矩陣表示為
$S=?2σ=?2(σx,σy,σz)S2=34?2[1001]Sx(z)=?2σx=?2[0110]Sy(z)=?2σy=?2[0?ii0]Sz(z)=?2σz=?2[100?1]\textbf S = \frac{\hbar}{2}\sigma= \frac{\hbar}{2}(\sigma_x,\sigma_y,\sigma_z) \\ S^2=\frac{3}{4 }\hbar^2 \left[ \begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix} \right] \\ S_x^{(z)}=\frac{\hbar}{2} \sigma_x = \frac{\hbar}{2}\left[ \begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & 0\end{matrix} \right] \\S_y^{(z)}=\frac{\hbar }{2}\sigma_y =\frac{\hbar}{2}\left[ \begin{matrix} 0 & -i \\ i & 0\end{matrix} \right] \\ S_z^{(z)}=\frac{\hbar}{2} \sigma_z = \frac{\hbar}{2}\left[ \begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & -1\end{matrix} \right]$

其中 $σx,σy,σz\sigma_x,\sigma_y,\sigma_z$ 被稱為泡利自旋矩陣， $σ\sigma$ 被稱為Pauli Spin Operator。現在考慮任意方向 $u$ ，在球坐標中，
$u=[sin?θcos??sin?θsin??cos?θ]u=\left[ \begin{matrix} \sin \theta \cos \phi\\ \sin \theta \sin \phi \\ \cos \theta \end{matrix} \right]$

則 $Su=S?u=?2(sin?θcos??σx+sin?θsin??σy+cos?θσz)=?2σuS_u=\textbf S \cdot u=\frac{\hbar}{2} \left( \sin \theta \cos \phi \sigma_x +\sin \theta \sin \phi \sigma_y + \cos \theta \sigma_z \right)=\frac{\hbar}{2}\sigma_u$ 可以得到它在 ${∣z+?,∣z??}\{|z+\rangle,|z- \rangle\}$ 下的矩陣表示為
$Su(z)=?2[cos?θsin?θei?sin?θei??cos?θ]S_u^{(z)}= \frac{\hbar}{2}\left[ \begin{matrix} \cos \theta & \sin \theta e^{i \phi} \\ \sin \theta e^{i \phi} & -\cos \theta\end{matrix} \right]$

它的特征值為 $?/2,??/2\hbar/2,-\hbar/2$ ，特征向量為
$[cos?θ2e?i?2sin?θ2ei?2],[?sin?θ2e?i?2cos?θ2ei?2]\left[ \begin{matrix} \cos \frac{\theta}{2}e^{-i \frac{\phi}{2}} \\ \sin \frac{\theta}{2}e^{i \frac{\phi}{2}}\end{matrix} \right],\left[ \begin{matrix} -\sin \frac{\theta}{2}e^{-i \frac{\phi}{2}}\\ \cos \frac{\theta}{2}e^{i \frac{\phi}{2}}\end{matrix} \right]$

由此可以得到 $\rangle$ 與 $\rangle$ 在 ${∣z+?,∣z??}\{|z+\rangle,|z- \rangle\}$ 下的表示
$\rangle = \cos \frac{\theta}{2}e^{-i \frac{\phi}{2}}|z+ \rangle+ \sin \frac{\theta}{2}e^{i \frac{\phi}{2}}|z- \rangle \\ |u- \rangle =-\sin \frac{\theta}{2}e^{-i \frac{\phi}{2}} |z+\rangle+\cos \frac{\theta}{2}e^{i \frac{\phi}{2}} |z- \rangle$

在這兩個式子中， $e?i?2e^{-\frac{i \phi}{2}}$ 為global phase factor，去掉它之后可以得到
$\rangle = \cos \frac{\theta}{2}|z+ \rangle+ \sin \frac{\theta}{2}e^{i \phi }|z- \rangle \\ |u- \rangle =\sin \frac{\theta}{2}|z+\rangle-\cos \frac{\theta}{2}e^{i \phi} |z- \rangle$

Bloch Sphere

既然 ${∣z+?,∣z??}\{|z+\rangle,|z- \rangle\}$ 可以作為 $Es=1/2\mathcal{E}_{s=1/2}$ 的一組基，則 $Es=1/2\mathcal{E}_{s=1/2}$ 中的任意量子態 $∣ψ?|\psi \rangle$ 都可以表示為 $∣z+?,∣z??|z+\rangle,|z- \rangle$ 的疊加： $?c1,c2∈C\exists c_1,c_2 \in \mathbb{C}$ ， $c_1|^2+|c_2|^2=1$ ，
$∣ψ?=c1∣z+?+c2∣z??|\psi \rangle = c_1|z+ \rangle + c_2 |z - \rangle$

因為 $u$ 代表所有可能的方向， $θ∈[0,π],?∈[0,2π]\theta \in [0,\pi],\phi \in [0,2 \pi]$ ，所以 $(θ,?)(\theta,\phi)$ 與 $Es=1/2\mathcal{E}_{s=1/2}$ 中的量子態之間存在一一對應關系，也就是說每個量子態都對應唯一一種自旋方向。

例 $θ=π/4,?=0\theta=\pi/4,\phi=0$ ，則
$∣u+?=cos?(π/8)∣z+?+sin?(π/8)∣z??u=X^+Z^2|u+ \rangle = \cos(\pi/8)|z+ \rangle+\sin(\pi/8)|z- \rangle \\ u = \frac{\hat X + \hat Z}{\sqrt{2}}$

也就是說 $cos?(π/8)∣z+?+sin?(π/8)∣z??\cos(\pi/8)|z+ \rangle+\sin(\pi/8)|z- \rangle$ 這個量子態自旋方向為 $X^+Z^2\frac{\hat X + \hat Z}{\sqrt{2}}$ ；

例 $∣ψ?=12∣z+??i2∣z??|\psi \rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}|z+ \rangle-\frac{i}{\sqrt{2}}|z - \rangle$ ，則 $θ=π/2,?=?π/2\theta = \pi/2,\phi=-\pi/2$ ，所以 $u^=?y^\hat u=-\hat y$ ， $∣ψ?|\psi \rangle$ 自旋方向為 $?y^-\hat y$ （spin up along -y direction）

因為 $(θ,?)(\theta,\phi)$ 是球坐標系中的余緯角與經角，所以 $Es=1/2\mathcal{E}_{s=1/2}$ 中的量子態可以用單位球面上的點表示，這個球面被稱為Bloch Sphere，因為量子態與Bloch Sphere上的點是一一對應的，而量子態下Pauli Spin Operator的均值與量子態也是一一對應的，所以Bloch Sphere上的點與Pauli Spin Operator在某個量子態下的均值一一對應，稱Pauli Spin Operator的均值為Bloch Vector，它是Bloch Sphere上的點。

Time-evolution of Bloch Vector

要討論Bloch vector的演化規律，需要先計算出Hamiltonian，我們可以借鑒經典力學中處理粒子角動量與旋轉關系的方法，然后把角動量替換為量子力學中的角動量即可。考慮一個角動量為 $L\textbf L$ 的帶電粒子，它會產生一個磁偶極矩 $μ?\vec \mu$ ，使得 $μ?∝L\vec \mu \propto \textbf L$ ，取 $L=J\textbf L=\textbf J$ ，則 $μ?∝J\vec \mu \propto \textbf J$ ，假設比例常數為 $γ\gamma$ ，它是gyromagnetic ratio。

例假設某個電子繞z軸旋轉，orbital angular momentum為 $?\hbar$ ，則它產生的磁偶極矩為
$μ?=γLL=e2me?z^\vec \mu=\gamma_L\textbf L = \frac{e}{2m_e} \hbar \hat z$

記
$μB=e?2me=9.3×10?24J/T\mu_B=\frac{e \hbar}{2m_e}=9.3 \times 10^{-24}J/T$

這個常量被稱為Bohr magneton。

在spin-1/2中，
$μ?=γS=γ?2σ\vec \mu = \gamma \textbf S = \frac{\gamma \hbar}{2} \sigma$

粒子

γ\gamma

$e^-$	$γe=geμB?,ge≈?0.002\gamma_e = \frac{g_e\mu_B}{\hbar},g_e \approx -0.002$
$p^+$	$γp=gpμN?,gp≈5.59\gamma_p=\frac{g_p\mu_N}{\hbar},g_p \approx 5.59$
$n^0$	$γN=gNμN?,gN=?3.8\gamma_N=\frac{g_N \mu _N}{\hbar},g_N = -3.8$

其中 $μN=e?2mp\mu_N=\frac{e\hbar}{2m_p}$ ，三種粒子依次為電子、質子、中子。假設外部磁場為 $B\textbf B$ ，則已知磁偶極矩時，可以得到哈密頓量為
$H=?μ??B=?γ?2σ?BH=-\vec \mu \cdot \textbf B = -\frac{\gamma \hbar}{2} \sigma \cdot \textbf B$

例假設 $B=B0u\textbf B=B_0 u$ ，其中 $B_0>0$ ，則哈密頓量為
$H=?γB0?2σu=12?w0σuH=-\frac{\gamma B_0 \hbar}{2} \sigma_u = \frac{1}{2} \hbar w_0 \sigma_u$

因為 $γB0\gamma B_0$ 的量綱是頻率，所以記 $w0=?γB0w_0=-\gamma B_0$ ，它被稱為Larmor frequency。能量的本征態為 $\rangle,|u-\rangle$ ，能量的本征值為 $E+=12?w0E_+=\frac{1}{2}\hbar w_0$ 與 $E?=?12?w0E_-=-\frac{1}{2}\hbar w_0$ ，取值為正的那個為高能階，與 $E$ 的下標為+或者-無關。

例 Stern-Gerlach效應 假設 $B=B0dzz^\textbf B=\frac{B_0}ze8trgl8bvbqz \hat z$ ，其中 $B_0>0$ ， $d$ 為一個length scale，則哈密頓量為
$H=?μ??B=12?w0zdσzH=-\vec \mu \cdot \textbf B = \frac{1}{2}\hbar w_0 \frac{z}ze8trgl8bvbq \sigma_z$

此時粒子在 $z$ 方向仿佛受到
$Fz=??V=?12?w0σzdF_z=-\nabla V=-\frac{1}{2}\hbar w_0 \frac{\sigma_z}ze8trgl8bvbq$

量子態為 $\rangle$ 時， $Fz=12?w0/dF_z=\frac{1}{2}\hbar w_0/d$ ；量子態為 $∣z??|z-\rangle$ 時， $Fz=?12?w0/dF_z=-\frac{1}{2}\hbar w_0/d$ ，因此如果粒子 $γ>0\gamma>0$ ，經過這個磁場后，自旋量子態為 $\rangle$ 會向 $z$ 軸正方向偏轉，自旋量子態為 $\rangle$ 會向 $z$ 軸負方向偏轉；如果粒子 $γ<0\gamma<0$ ，則結論相反。而對于spin up along x或者y的粒子，它們有50%的概率向 $z$ 軸正方向偏轉，50%概率向 $z$ 軸負方向偏轉。

例假設 $B=B0z^\textbf B = B_0\hat z$ ，則
$H=12?w0z^,E±=±12?w0H=\frac{1}{2}\hbar w_0 \hat z,E_{\pm}=\pm \frac{1}{2}\hbar w_0$

考慮 $∣ψ(0)?=∣u+?=cos?θ2e?i?2∣z+?+sin?θ2ei?2∣z??|\psi(0) \rangle=|u+ \rangle= \cos \frac{\theta}{2}e^{-i \frac{\phi}{2}}|z+ \rangle+ \sin \frac{\theta}{2}e^{i \frac{\phi}{2}}|z- \rangle$ ，它的演化規律為
$∣ψ(t)?=U^(t,0)∣ψ(0)?=e?iHt/?∣u+?=cos?θ2e?i?(t)2∣z+?+sin?θ2ei?(t)2∣z??=c+(t)∣z+?+c?(t)∣z??|\psi(t) \rangle = \hat U(t,0)|\psi(0 ) \rangle = e^{-iHt/\hbar}|u + \rangle \\ = \cos \frac{\theta}{2}e^{-i \frac{\phi(t)}{2}}|z+ \rangle+ \sin \frac{\theta}{2}e^{i \frac{\phi(t)}{2}}|z- \rangle = c_+(t)|z+ \rangle + c_-(t)|z - \rangle$

其中 $?(t)=?+w0t\phi(t) = \phi + w_0 t$ ，接下來我們嘗試在Bloch sphere中展示這個結果。Bloch vector為
$?ψ(t)∣σ∣ψ(t)?=?σ?∣ψ(t)?=2?S??=(0,0,e?iw0t)\langle \psi(t) | \sigma | \psi(t) \rangle = \langle \sigma \rangle_{|\psi(t) \rangle} = \frac{2 \langle \textbf S \rangle}{\hbar}=(0,0,e^{-iw_0t})$

不是很想畫圖，但這個其實就是頂點在原點，底面為以 $(0, 0, 1)$ 為圓心半徑為1的圓的圓錐形。

總結

以上是生活随笔為你收集整理的UA OPTI570 量子力学24 Spin-1/2的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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