222μ的可能取值，相应的几率及平均值；㈡$c1?c2?1求：㈠LL的可能取值，相应的几率及平均z值。
2μ$解：①Lz和L的共同本证函数是球谐函数，那么由题意可得：
l1?1,m1?1； l2?1,m2?0 (4.1.1)
μ的可能取值为：h、0，相应几率为：c2、c2，并由此可得Lμ的平均值为：Lμ?c2h 则L12zzz1②由（4.1.1）式得：
222222$$L的可能取值为：2h，6h，相应几率为：c1、c2，并由此可得L的平均值为：
2222$L?2c1?6c2h2?2?4c2h2
????
例题4.2（2010年）两个粒子角动量分别是l1?2、l2?5，当它们耦合在一起时，请问它们角动量之间的夹角可能是多少？
μ?L?，如图2所示且 L?L解：耦合的角动量：$12l?(l1?l2),(l1?l2?1),LLl1?l2
那么l的可能取值为：7、6、5、4、3；相应的角度如下：
图2 角动量耦合示意图 1,当l?7时，??0；当l?3时，???；
7； 2013,当l?5时，????arccos；
5134,当l?4时，????arccos。
202,当l?6时，??arccos
2μ$例题4.3（2010年）在轨道角动量算符Lz和L的共同本征函数Ylm(?,?)下，求下列期望值：
?、L?、L?L?、L?2、L?2 Lxyxyxy??L?Lμμ?解：①由对易关系： ihL xyz?LzLy （4.3.1）
联立（4.3.1）式，并由球谐函数的正交归一性可得：
??1YL?Lμμ?Lxlmyz?LzLyYlm
ih1?LμY?1YLμL??YlmLyzlmlmzyYlm ihih10
mh??mh??Y （4.3.2）?YlmLyYlm?YlmL ylmihih???0。 考虑到m?为实数，则（4.3.2）式为零。即Lx??0 ②同理，由①的结果类推，可以知道：Ly??L??iL?，L??L??iL? （4.3.3）③引入角动量升降算符：L ?xy?xy??l,m?L,lm由(4.3.3)式得： L?h??(?l)m?(l?m1) 0 （4.3.4） ,lm|?,l?m122???同理可得： L?=0，L?=0，L?=0 （4.3.5） 222????L???由（4.3.5）式可得： L? ?Lx?Ly?iLxy?iLyLx?0 （4.3.6）22???L???注意到Lx，Ly，Lxy+LyLx均为厄米算符，其期望值为实数，故由（4.3.6）式可知：
22???L???Lx=Ly；Lxy+LyLx=0 （4.3.7）
μ?L?L???再由对易关系ihLzxy?LyLx，联立（4.3.7）式，可得：
?L? ?imh Lxy22222$??μμ????④已知ihLz?LxLy?LyLx，联立L?Lx?Ly?Lz，可知：
22222??$μLx?Ly?L?Lz=l(l?1)h2?m2h2 （4.3.8）
?联立（4.3.7）（4.3.8）两式得： Lx
221222? l(l?1)h?mh??Ly=???21.4.2 自旋角动量算符
uv例题4.4（2003年）只考虑自旋运动，设电子处于恒定均匀磁场B?(0,B,0)中，t=0时刻处于态ur$uurur1???2?0S?$?(0)???下，已知电子自旋磁矩算符Ms?这里?0是玻尔磁子，S是自旋算符，求在t >0
0h??时刻：
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㈠电子自旋态?(t)；
㈡自旋期望值Sx(t)、Sy(t)、Sz(t)； ㈢电子自旋向上（Sz?hh）和向下（Sz??）的几率比。 22解：①电子自旋态?(t)随时间演化的方程是：
???(S,t) （4.4.1） ?(Sz,t)?Hsz?tururμμ?式中，Hs不含空间变量，只含自旋变量，已知电子的自旋磁矩为：????B?，?B是玻尔磁子，
ih则：
uruvμ?? （4.4.2） Hs????B??BB?y再设t时刻，电子的自旋态?(Sz,t)???a(t)??，则将方程（4.4.1）在Sz表象中用矩阵表述为： ?b(t)??0?i??a(t)???a(t)?ih????BB???? （4.4.3）
i0b(t)?t?b(t)?????求解方程（4.4.3）得：
?BB?&a(t)??b(t)???b(t)??BB?h其中， ????B?&?b(t)?Ba(t)??a(t)??hi?t?i?t??a(t)?c1e?c2e （4.4.4） ?i?t?i?t??b(t)??ic1e?ic2e将（4.4.4）代入初始条件：?(0)???，得到：?(Sz,t)??②由量子力学的平均值公式可知：
?1??0??cos?t?? （4.4.5） sin?t????(S,t) （4.4.6） ?x(t)???(Sz,t)?xz将（4.4.5）代入（4.4.6）得：Sx(t)???sin(2?t)，同理，Sy(t)?0，Sz(t)?cos(2?t)。 22μ的本证函数完全集??③将?(Sz,t)按Sz??展开：
?(Sz,t)???cos?t??1??0?cos?t?sin?t=????=(cos?t)??(sin?t)? （4.4.7） ??0??1??sin?t?222由上式可得：自旋向上的几率：(cos?t)，自旋向下的几率(sin?t)，两者的比之为：cot(?t)。
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例题4.5（2007年）关于电子自旋：
h的本征矢； 2?的相应本征值为h的本征矢； ㈡在泡利表象，求一个电子自旋算符Sx2μ的相应本征值为h的本征态，电子2㈢设有一个两电子体系，如果体系中的电子1处于自旋算符Sz2?的相应本征值为h的本征态。试求体系总自旋角动量子数取零值的几率。 处于自旋算符Sx2μ的相应本征值为㈠在泡利表象，求一个电子自旋算符Sz解：该题目难度不高，，运用基本理论就可以解决，我们在此直接给出答案、
?1?1?1?1μ?①对于Sz，?????；②对于Sx，?h?；③总自旋为零的几率是: 。 ??0122????22
1.5 不确定关系的应用
我们学过的不确定关系有：时间能量不确定关系?E??t?hh，动量坐标不确定关系?x??p?。22这里我们给出用不确定关系求解基态能的思路。利用能量为坐标、动量的函数以及他们的约束条件，
即坐标和动量之间所满足的不确定性关系把问题转化成适当的极值问题。基本步骤课归纳如下四步： 1.写出经典的E；2.利用?E??t?3.求极值
h，?E??t:h代换掉E中的p??p； 2dE?0，得?x；4.代回?x，求E基
d(?x)例题5.1（2007年）应用测不准关系（或者E—t不确定性关系）估算： ㈠粒子在一维无限深方势阱中运动的基态能量； ㈡一维谐振子的基态能量； ㈢氢原子的基态能量；
p2?0 （5.1.1） 解：①一维无限深势阱中，按经典力学得体系的能量为：E=2m当体系在基态时，p=0,则E=0。现在用不确定性关系?x??p?知道?E??t:h， ??p:h，对体系基态进行能量修正： 2h （5.1.2） ?x(?p)2h2h2??将（5.1.2）式代入（5.1.1）得： E: （5.1.3） 222m2m(?x)2mah2由此可知：E基?
2ma2②按照我们提出的四步求解法，可以得到谐振子的基态能：E基?h?。
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