Нерелятивистский электронный гамильтониан

Вы никак не можете вывести член спинового взаимодействия$H_I$из нерелятивистской механики и используя$\mathbf p,\mathbf r$только. Спин — это внутреннее свойство электрона, и вы должны постулировать его. Здесь я предлагаю три способа убедить себя:

1. Один из вариантов — принять это как есть, взаимодействие с угловым моментом. Вы можете убедить себя, что если вы расширите$(\mathbf p +e \mathbf A)^2$с датчиком$\mathbf A = \mathbf B \times \mathbf r /2$вы получаете различные термины, один из них имеет вид:

   $$H_L=\frac{\mu_{\rm B}}{\hbar}\mathbf B \cdot \mathbf L\;.$$ Как спин$\mathbf S$также является оператором углового момента, чтобы получить истинный гамильтониан, вы должны сделать следующую замену: $$H_L\to H_{L-S}=H_L+H_I=\frac{\mu_{\rm B}}{\hbar}\mathbf B \cdot (\mathbf L+ g \mathbf S)\;,$$ где$g$— некоторая константа (гиромагнитный фактор).

2. Другая возможность состоит в том, чтобы отказаться от нерелятивистского происхождения. Возьмите релятивистское уравнение Дирака и проложите свой путь к нерелятивистскому уравнению, вы обнаружите, что истинный гамильтониан (в нерелятивистском пределе) равен

   $$H = \frac12 \frac{[2\mathbf S \cdot (\mathbf p + e\mathbf A)]^2}{2m\hbar}\,$$ если вы расширите это, вы получите$H_I$с$g=2$.

3. Есть еще третья возможность. Если вы когда-либо эвристически выводили уравнение Дирака, вы знаете, что оно включает линеаризацию релятивистского дисперсионного соотношения.$E^{\rm rel}= \sqrt{p^2c^2+m^2c^4}$предполагая, что вы получите уравнение, которое имеет только линейные производные ($p$а не силы его,$p^2,p^4,\cdots$). Альтернативный вывод$H_I$состоит в линеаризации, а не в релятивистской$E^{\rm rel}$, но ваша обычная нерелятивистская кинетическая энергия$E=p^2/2m$вместо. Полученная формула называется уравнением Леви-Леблона и естественным образом приводит к уравнению Паули (Шредингер+$H_I)$когда пытаешься решить. Пошаговый вывод можно найти в «Квантовой механике» Грейнера . Интересно, что он также обеспечивает$g=2$.

Который лучший? На мой взгляд, вывод следует начинать с самого общего лагранжиана, а не с нерелятивистского. Однако, когда кто-то не знает самого общего лагранжиана, хорошо иметь разные подходы, чтобы убедиться в конечном результате.

Я предполагаю, что аналогичная ситуация в классической механике такова. Если вы описываете движение объекта, его гамильтониан выглядит в одну сторону, если вы рассматриваете свой объект как материальную точку. Однако, если вы начнете рассматривать объект как твердое тело, а не как точку, ваша модель начнет включать описание эволюции во времени центра масс тела и эволюции его углового момента. Ситуация, с которой вы столкнулись, кажется аналогичной. Ваш первый гамильтониан описывает движение заряженной частицы, рассматриваемой как заряженная точка. Однако добавление второго члена включает описание ее магнитного момента, т.е. ваша заряженная частица рассматривается как диполь (или что-то, что имеет магнитный момент, например, вращающаяся заряженная сфера), а не как точка. Итак, второе,

Я надеюсь, что это объяснение имеет смысл.

Фактор$H_I$не имеет ничего общего с электрическим потенциалом$\phi$. Это связано с динамикой магнитного момента.

Вот как я вижу «вывод», который вы ищете. Классически описывая вашу заряженную частицу, скажем, электрон, вы представляете ее следующим образом: это маленький намагниченный сегмент, а не точка. Центр сегмента является его центром масс. При описании динамики этого намагниченного сегмента хотелось бы знать, где он находится в пространстве и как ориентирован в пространстве. Таким образом, для полного описания конфигурации сегмента необходимо знать положение$x \in \mathbb{R}^3$его центра, где$x = (x_1, x_2, x_3)$представляет собой вектор в трехмерном пространстве, а ориентация его оси (которая совмещена с сегментом и ориентирована в соответствии с магнитным полем сегмента) определяется вектором$\mu = (\mu_1, \mu_2, \mu_3) \in \mathbb{R}^3$в трехмерном пространстве, так что вектор$\mu$выравнивается с сегментом. Ориентация и длина вектора определяются в соответствии с собственным магнитным полем сегмента.

Теперь вы хотите знать, как$x = x(t)$и$\mu = \mu(t)$развиваться во времени под действием внешнего статического (т.е. не зависящего от времени) магнитного поля, определяемого магнитным векторным потенциалом

$$A = A(x) = \big(A_1(x), A_2(x), A_3(x)\big)$$ Обратите внимание, что магнитное поле не меняется со временем (следовательно, статическое), поэтому $\phi \equiv 0$. Однако магнитное поле может быть неоднородным в пространстве, т. е. меняться от точки к точке. Векторное поле внешнего магнитного поля определяется выражением $B = B(x) = \nabla \times A(x)$. Как это обычно бывает в классической динамике, чтобы проследить эволюцию во времени конфигурации вашего объекта $x(t), \, \mu(t)$, вы должны проследить в лагранжевой картине эволюцию во времени величин $x(t),\, v(t), \, \mu(t)$где $v(t) = \frac{dx}{dt}(t)$это скорость $x(t)$. В гамильтоновой картине вы должны отслеживать $x(t),\, p(t), \, \mu(t)$где $p(t)$является сопряженным импульсом $x$и несет более или менее ту же информацию, что и скорость $v$. Функции Лагранжа и Гамильтона состоят из слагаемых, определяющих динамику $x, p$плюс члены, определяющие динамику магнитного момента $\mu$. Таким образом, лагрениан для $x, v$является $$L_0(x,\dot{x})=\frac{1}{2} \, m {v}^2+ {q}\, {A}(x) \cdot v = \frac{1}{2} \, m {\dot{x}}^2+ {q}\, {A}(x) \cdot \dot{x}$$ где $v = \dot{x} = \frac{dx}{dt}$. Лагранжев член, ответственный за временную эволюцию магнитного момента $\mu$магнитная потенциальная энергия $$U = U(x, \mu) = - \, B(x) \cdot \mu$$ В этих обозначениях $\, \cdot \,$скалярное произведение трехмерного пространства $\mathbb{R}^3$и $v^2 = v \cdot v$. Чтобы составить полный лагранжиан, нам нужно вычесть потенциальную энергию $U$от остальной части лагранжиана $L_0$, получив полный лагранжиан, определяющий временную эволюцию положения $x$, скорость $\dot{x}$и магнитный момент $\mu$: $$L = L_0 - U$$ $$L(x, \dot{x}, \mu) = L_0(x, \dot{x}) - U(x, \mu)$$ $$L(x, \dot{x}, \mu) =\frac{1}{2} \, m {v}^2+ {q}\, {A}(x) \cdot v + B(x)\cdot \mu$$ Аналогично, в гамильтоновой картине гамильтониан для $x, p$является $$H_0(x,p)=\frac{1}{2m} \big( p - {q}\, {A}(x) \big)^2$$ Член Гамильтона, отвечающий за временную эволюцию магнитного момента $\mu$магнитная потенциальная энергия $$H_I = U = U(x, \mu) = - \, B(x) \cdot \mu$$ Чтобы сформировать полный гамильтониан, мы добавляем потенциальную энергию $U$, т.е. гамильтониан потенциала магнитного момента $H_I$, к остальной части гамильтониана $H_0$, получая полный гамильтониан $H$который определяет временную эволюцию позиции $x$, импульс $p$и магнитный момент $\mu$: $$H = H_0 + U$$ $$H(x, p, \mu) = H_0(x, p) + H_I(x, \mu) = H_0(x, p) + U(x, \mu)$$ $$H(x, p, \mu) =\frac{1}{2m} \big( p - {q}\, {A}(x) \big)^2 - B(x)\cdot \mu$$ Следовательно, эволюционные уравнения для $x, p, \mu$являются $$\begin{align*} \frac{dx}{dt} &= \frac{\partial H_0}{\partial p}(x,p)\\ \frac{dp}{dt} &= - \frac{\partial H_0}{\partial x}(x,p) - \frac{\partial U}{\partial x}(x,\mu)\\ \frac{d\mu}{dt} &= \frac{\partial U}{\partial \mu}(x,\mu) \times \mu = - \, B(x) \times \mu \end{align*}$$ Обратите внимание на форму третьего уравнения. Это выглядит так, потому что $\mu$это тип величины, очень тесно связанный с угловым моментом, и его динамика определяется крутящими моментами, а не силами. Дважды проверьте все знаки (плюсы и минусы), потому что я не проверял внимательно ни один из этих выводов, я просто вывел их из головы, полагаясь на общий принцип и философию.

Наконец, если вы думаете о магнитном потенциале$U = - \, B(x) \cdot \mu$, это имеет смысл. Когда магнитный момент$\mu$совпадает с магнитным векторным полем$B(x)$потенциал$U$достигает своего минимального значения, и если вы посмотрите на третье уравнение, то увидите, что$B(x) \times \mu = 0$. Таким образом, никакой прецессии$\mu$будет происходить до тех пор, пока$\mu$совпадает с магнитным полем. Однако, если$\mu$не выравнивается, потенциал$U$увеличивается, и прецессия начинает возникать, потому что$B(x) \times \mu \neq 0$. В частном случае, когда$\mu$перпендикулярно магнитному полю, потенциал$U=0$что является его наибольшим значением, поэтому прецессия$\mu$является самым сильным.