（2000/4）.两个自旋1/2的非全同粒子系的Hamilton 量][)2()1(∧∧→→∧∙-=S S J H S , J>0, 求s H ∧的能量本征值和相应的简并度。
解：由于相互作用只与自旋有关，且只考虑自旋态，所以可不计粒子的空间运动（自由度）。
因此体系的Hamilton ∧H 可写为][)2()1(∧∧→→∧∙-=S S J H S= )(222212∧∧∧---S S S J =)23(22--S J它是与时间无关的保守体系，因为∧H 在耦合表象{∧21S ，∧22S ，∧2S ，∧Z S }的共同本征态m S ,上取确定值，所以 m S ,为∧H 的本征态。
因此有S=0时. 2043 J E =相应的本征态有3个：1,1=)(121z S χ)(221z S χ0,1=[21)(121z S χ)(221z S -χ+)(121z S -χ)(221z S χ1,1-=)(121z S -χ)(221z S -χ例：对于两个自旋为21粒子组成的体系。
以→1S ，1→δ和→2S ，2→δ分别表示粒子1和2的自旋角动量及Pauli 算符：→1S =211→δ，→2S =212→δ （取1= ）试求1→S ∙→2S 满足的最简代数方程，并用以确定1→δ∙2→δ的本征值，进而再确定总自旋→2S 的本征值。
解： 因为1δ和2δ分别属于粒子1和2，因而互相对易，利用公式 （→δ∙→A ）（→δ∙→B ）=→A ∙→B + i →δ∙(→A ×→B ) 得 221)(→→∙δδ=2→δ∙2→δ+i 1→δ∙（2→δ∙2→δ）由于2→δ∙2→δ=→22δ=22x δ+22y δ+22z δ=32→δ∙2→δ=2i 2→δ (因为2→S ∙2→S =i 2→S 所以2→δ∙2→δ=2i 2→δ)。
所以有221)(→→∙δδ+2→→-∙21δδ3=0⇒（→→21δδ+3）（→→-21δδ1）=0 ----------→→-21δδ满足的最简单的单数方程 ⇒321-=→→δδ 或 121=→→δδ----------本征值 总自旋 =→S →1S +→2S =21（1→δ+2→δ） →2S =41（∧21S +∧22S +2→→21δδ）=23+21→→21δδ因此 →2S 的本征值为：→→21δδ=1 →2S =2 321-=→→δδ →2S =0 亦即→2S =S （S+1）,S=0,1如果将→→21,δδ作用于（→2S ，∧Z S ）共同本征态sms χ。
显然有下列结果：S=1 (三重态) →→21δδms 1χ∙=ms 1χ 1,0,1-=s m S=0 （单态）→→21δδ00χ∙ =003χ-3-（2003/4）：两个自旋为1/2的粒子组成的体系由哈密顿量H=A(z S 1+z S 2)+B →1S →∙2S 描述。
其中→1S 和→2S 分别是两个粒子的自旋，而z S 1和z S 2分别是这两个粒子的自旋的Z 分量，A 和B 是实常数，求该哈密顿量的所有能级。
解： 由体系的哈密顿量H= A(z S 1+z S 2)+B →1S →∙2S= A(z S 1+z S 2)+B 21[])S (2221221→→→→∙-+S S S=A(z z S S 21+)+)23(222 -→S B采用sm s χ作为基矢较为方便，分别令基矢)2()1(111ααχχ==)2()1(112ββχχ==-)2()1()2()1(103[21αββαχχ+==])2()1()2()1(004[21αββαχχ-==]四个基矢都是（→2S ，→Z S ）的共同本征态，即是→1S →∙2S 和(z S 1+z S 2)的共同本征态，则H 的本征态为H 1χ=（A )42B +1χ H 2χ= (24 B -A )2χ H 3χ= 24B 3χH 4χ=0所以其哈密顿量的所有能级为24 B A ±，24B，0例：设一定域电子处于均匀外磁场B e B →→=0中，电场Hamilton 量为 x c x W S ceB B H δμμ==-=→→→2 其中=c W ceB μ2为Larmor 频率，设初始时刻电子的自旋态为沿Z 轴取值2 的本征态，即)0(x =+，求t>0时 1） 电子的自旋态)(t x ； 2） 电子自旋沿y 轴取值2的几率； 3） 时间t 为何值时电子自旋恰好沿+y 轴？解：由∧H =x c W δ ，=c WceBμ2得∧H =x c W δ =c W ⎪⎪⎭⎫⎝⎛0110 令ϕ（t ）=⎪⎪⎭⎫⎝⎛)()(t b a t 代入薛定谔方程得t i ∂∂⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛)()(t b a t =∧H ϕ（t ）=c W ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛0110⎪⎪⎭⎫⎝⎛)()(t b a t =c W ⎪⎪⎭⎫⎝⎛)()(t a t b ⇒ti∂∂⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛)()(t b a t =c W ⎪⎪⎭⎫⎝⎛)()(t a t b ⇒)()(t b W t a dt d i c = ；)()(t a W t b dtdi c =⇒)]()([)]()([t b t a W t b t a dt d i c +=+；)]()([)]()([t b t a W t b t a dtdi c --=- ⇒)()(t b t a +=[)0()0(b a +]iwte -;)()(t b t a -=[)0()0(b a -]iwte由于+=)(o x ,，,1)0(=⇒a b(0)=0⎩⎨⎧-==t w i t b t w t a 00sin )(cos )( 即ϕ（t ）=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-t w i t w 00sin cos 2）：对于∧y S 在z S 表象中的波函数 ∧y S ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∙b a =⎪⎪⎭⎫⎝⎛b a 2⎪⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⇒b a b a i i 2002 ⇒ b= a i ⇒ 1)(=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-ai a ai a ⇒a=21 ⇒⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=i 12121ϕ 则电子自旋沿y 轴取值2的几率为())2s i n 1(21s i n c o s 12122)(*21wt wt i wt i t -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=∙ϕϕ 4） 当电子自旋恰沿+y 轴时⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=22sin 22cos wt wt ππ432+=⇒k wt ，k= 0,⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅±±,2,1 ,432w w k t ππ+=⇒ ceBW c μ2=例：一束自旋极化的Z 轴方向，并沿y 轴方向活动的极化电子进入有均匀磁场∧→=x B B 0的区域，经过t 时段后，接触到一个磁场沿z 轴方向的施特恩—格拉赫实验装置，（a ）写出均匀磁场区域里的相互作用哈密顿算符。
（b ）如果探测器D 只能探测自旋极化沿z 轴负向的电子，试求使所有电子都能被D 探测器探测到的0B 值。
（c ）对（b ）中的最小的0B 值，在T/2（不是T ）时段后被D 观测到电子百分比是多大？解：（a ）:电子和磁场之间的相互作用由电子的磁矩cm S e M e e →→=2和外磁场∧→=x B B 0决定，相互作用哈密顿算符为：H=∧→→∙=x S c m eB B e e 02μ=c m eB e 02x S =⎪⎪⎭⎫⎝⎛01100cm B e e （b ）:为了构造t 时刻的电子态，要求解薛定谔方程 ϕϕH t i =∂∂令⎪⎪⎭⎫⎝⎛=)()()(t b t a t ϕ ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂⇒)()()()(0110)()(00t a t b c m B e t b t a c m B e t b t a t i e e；令cm eB W e o 0=dtd i⇒⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛)()(t b t a =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛)()(0t b t a W)()()()(00t b W t a W t b dtdi t a dt d i =⎪⎩⎪⎨⎧=⇒ 两式相加相减得: ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎩⎨⎧-=-+=+)]()([)]()([)]()([)]()([00t b t a W t b t a dtdt b t a W t b t a dtdi)]0()0([)()()];0()0([)()(b a e t b t a b a e t b t a iwt iwt -=-+=-⇒-⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=⇒⎩⎨⎧-==⇒==⇒⎪⎪⎭⎫⎝⎛=wt i wt t wt i t b wt t a b a sin cos )(sin )(cos )(0)0(,1)0(01)0(ϕϕ （t=-0时）由于D 只能探测到自旋极化沿z 轴负方向的电子，如果我们要求所有的电子都能够被D 探测到必须有⎪⎪⎭⎫⎝⎛=10)(t ϕ 即：1sin ,0cos =-=wt i wt ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅±±=+=⇒2,1,0,2n n wt ππ利用w=mc eBeTc m et c m B e e 22)(min 0ππ==⇒(c): 当t=T/2时 Tc m B e W e 2)(min 00π==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⇒i T 121)2(ϕ 探测点D 中探测到的电子的概率为：()21121102=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=i P D。