為何光子的自旋決定了光的偏振？

01-05

最近在研究偏振，自旋+-1的光產生圓偏振光，而線偏振光的自旋為0，問題來了：
光的偏振是光在其傳播方向上的振動方向，而光子的自旋是一個微觀量，這兩者是如何聯繫在一起的？

半經典模型解釋如下。

考慮一個分布在有界區域的電磁場，角動量

$vec{L}=varepsilon_0intvec{x} imes(vec{E} imesvec{B})dv$

其中

$vec{E} imesvec{B}=vec{E} imes( abla imesvec{A})=sum_{i,j,k}epsilon_{ijk}E_j( abla imesvec{A})_kvec{e}_i\=sum_{i,j,k}epsilon_{ijk}E_j(sum_{p,q}epsilon_{kpq}frac{partial A_q}{partial x_p})vec{e}_i\=sum_{i,j,k}epsilon_{ijk}E_j(epsilon_{kij}frac{partial A_j}{partial x_i}+epsilon_{kji}frac{partial A_i}{partial x_j})vec{e}_i\=sum_{i eq j}E_j(frac{partial A_j}{partial x_i}-frac{partial A_i}{partial x_j})vec{e}_i$

注意

$ablavec{A}=sum_{i,j}frac{partial A_j}{partial x_i}vec{e}_ivec{e}_j, ablavec{A}cdotvec{E}=sum_{i,j}frac{partial A_j}{partial x_i}E_jvec{e}_i\(vec{E}cdot abla)vec{A}=sum_{i,j}E_jfrac{partial A_i}{partial x_j}vec{e}_i\ ablavec{A}cdotvec{E}-(vec{E}cdot abla)vec{A}=sum_{i eq j}E_j(frac{partial A_j}{partial x_i}-frac{partial A_i}{partial x_j})vec{e}_i=vec{E} imesvec{B}$ $vec{x} imes({ ablavec{A}cdotvec{E}})=sum_{i,j,k}epsilon_{ijk}x_j({ ablavec{A}cdotvec{E}})_kvec{e}_i=\sum_{i,j,k}epsilon_{ijk}x_j(sum_{p}frac{partial A_p}{partial x_k}E_p)vec{e}_i=sum_{p}E_p(sum_{i,j,k}epsilon_{ijk}x_jfrac{partial}{partial x_k}vec{e}_i)A_p\=sum_{p}E_p(vec{x} imes abla)A_p$ $vec{x} imes[(vec{E}cdot abla)vec{A}]=sum_{i,j,k}epsilon_{ijk}x_j[(vec{E}cdot abla)vec{A}]_kvec{e}_i=sum_{i,j,k}epsilon_{ijk}x_j(sum_{p}frac{partial A_k}{partial x_p}E_p)vec{e}_i=sum_{i,j,k,p}epsilon_{ijk}x_jfrac{partial A_k}{partial x_p}E_pvec{e}_i$ $=sum_{i,j,k,p}epsilon_{ijk}frac{partial (x_j A_k E_p)}{partial x_p}vec{e}_i-sum_{i,j,k,p}epsilon_{ijk}frac{partial x_j}{partial x_p} A_k E_pvec{e}_i-sum_{i,j,k,p}epsilon_{ijk}x_j A_kfrac{partial E_p}{partial x_p} vec{e}_i$

其中

$sum_{i,j,k,p}epsilon_{ijk}frac{partial (x_j A_k E_p)}{partial x_p}vec{e}_i=sum_{p}frac{partial}{partial x_p}[E_psum_{i,j,k}epsilon_{ijk}x_jA_kvec{e}_i]=sum_{p}frac{partial}{partial x_p}[E_p(vec{x} imesvec{A})]= ablacdot[vec{E}(vec{x} imesvec{A})]$ $sum_{i,j,k,p}epsilon_{ijk}frac{partial x_j}{partial x_p} A_k E_pvec{e}_i=sum_{i,j,k,p}epsilon_{ijk}delta_{jp} A_k E_pvec{e}_i=sum_{i,j,k}epsilon_{ijk} E_jA_k vec{e}_i=vec{E} imesvec{A}$

$sum_{i,j,k,p}epsilon_{ijk}x_j A_kfrac{partial E_p}{partial x_p} vec{e}_i=sum_{i,j,k}epsilon_{ijk}x_jA_kvec{e}_i( abla cdot vec{E})=0$ (我們考慮的空間不存在電荷分布)

所以

$vec{x} imes(vec{E} imes{B})=sum_{p}E_p(vec{x} imes abla)A_p- ablacdot[vec{E}(vec{x} imesvec{A})]+vec{E} imesvec{A}$

注意

$int ablacdot[vec{E}(vec{x} imesvec{A})]dv=int vec{E}(vec{x} imesvec{A})cdot dvec{s}=0$ (電磁場只分布在有限空間內)

所以

$vec{L}=varepsilon_0int(sum_pE_p(vec{x} imes abla)A_p+vec{E} imesvec{A})dv$

其中前一項含有軌道角動量算符 $vec{x} imes abla$ ，所以視為軌道角動量，後一項視為自旋角動量

$vec{S}=varepsilon_0intvec{E} imesvec{A}dv$

考慮時諧波那麼 $vec{E}=-frac{partial vec{A}}{partial t}=-iomegavec{A},vec{A}=frac{vec{E}}{iomega}$

自旋角動量的時間平均值 $vec{S}_{avg}=frac{varepsilon_0}{2omega}(int Re(vec{E}^{*} imesfrac{vec{E}}{i})dv$

若 $vec{E}=(vec{e}_x pm ivec{e}_y)E_0$ ，那麼 $vec{S}_{avg}=pmvec{e}_zfrac{varepsilon_0}{omega}int E_0^2dv$

注意能量 $w=frac{1}{2}int(varepsilon_0E_0^2+frac{B_0^2}{mu_0})dv$ ，其中 $B_0=sqrt{varepsilon_0mu_0}E_0$ 可得

$w=varepsilon_0int E_0^2dv$

於是

$vec{S}_{avg}=pmvec{e}_zfrac{w}{omega}$

能量為量子化的 $w=h u=frac{homega}{2pi}$ ，可得

$vec{S}_{avg}=pmvec{e}_zfrac{h}{2pi}$ ，可知左旋、右旋圓偏振光分別對應自旋為1,-1的光子。

題主的表述不嚴謹，光子的自旋 s 就是 1，光子自旋角動量在 z 方向（光前進方向）上的分量（helicity） sz 才分 ±1 的取值。

如果你理解了角動量算符的物理意義，證明其實很簡單… 光子的自旋角動量就是 SO(2) 空間 [注1] 中的無限小空間轉動變換，左右旋圓偏振態繞 z 軸空間轉動 α 角後偏振態不變，僅多出 e^{±iα} 的相位，因此是 sz 的本徵態，對照定義知取值為 ±?

注1：關於這裡用到的變換群為什麼是 SO(2)：最完全的描述當然是龐加萊群 SO(1,3)×R^4 ，後面平移的部分對應能量守恆和動量守恆，麥克斯韋方程組滿足規範不變，對於穩態解略去時諧項，然後由於光子 massless 所以只在 sz 轉動變換下動量守恆（沒有 sx 和 sy），所以最後只用到 SO(2)。我又查了下書，更常規的順序是先由於光子的 massless 降到 E2 群，然後 E2 中的二維空間轉動 SO(2) 對應 helicity。

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考慮到非物理專業的讀者看不懂，用不含群論的語言總結一下：因為光的圓偏振態在滿足能量守恆和動量守恆和規範不變的前提下，具有繞光前進方向（z 軸）的空間轉動不變性，所以是 sz（helicity，螺旋度）的本徵態，從該變換引起的附加相位可算得自旋角動量的大小為 ±h

題目表述有問題。

不過，這也是可以理解的。

畢竟如果題主真有能力把問題描述清楚的話，那離答案也就很接近了。

這個問題下目前的幾個回答。

其實我特么也看不懂。

可能因為我數學太差。

不過就算數學差，也可以用一種完全不涉及群論，也（至少在概念說明上）不涉及複雜計算的方法來把概念解釋清楚。

這種方法可能比較親民一點。

適合像我一樣數學較差的人士。

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艹啊知乎現在的公式輸入怎麼那麼垃圾只能直接複製圖片了

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首先電磁場是個算符場。

如果用平面波展開，可以寫成

而哈密頓為

$H=sum_l w_l (a_l^+a_l+frac{1}{2})$

這個是任何一本量子光學書上都有的公式。

指標l用來區分波模，即給定波矢和偏振的平面波。後文（引入復基矢那裡）也把l寫成 $(n,s)$ ，其中n代表波矢，s=1或2代表每個波矢的兩個偏振方向。

我們知道，這些公式裡面出現的 $hat{a}_l^+,hat{a}_l$ 是升降算符。滿足眾所周知的對易關係。

升算符作用在真空態上生成的量子態，可以叫做光子態。

這些光子態是能量和動量的共同本徵態。

不過不是角動量的本徵態。

(順便提一句，光子態下電磁場的平均值為0。)

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以上是用平面波展開電磁場算符的情況。

現在我們用圓偏振波來展開。

為此引入復基矢：

之前用 $old{varepsilon}_le^{iold{k}cdot old{r}}$ 這種形式把電磁場展開。現在換成用 $old{varepsilon}_{n,+}e^{iold{k}cdot old{r}}$ , $old{varepsilon}_{n,-}e^{iold{k}cdot old{r}}$ 展開。

原先的升降算符也會變成新的 $hat{a}_{n,+}^+,hat{a}_{n,+}$ 以及 $hat{a}_{n,-}^+,hat{a}_{n,-}$ 。

而這些新的升降算符和舊的之間滿足很簡單的代數關係（沒算，應該和基矢的變換形式差不多。可能要取一定的歸一化係數，讓新的升降算符對易關係和原先一致）。

現在要做的就是，證明：

這些新的升算符作用在真空態上，依然得到能量本徵態，並且得到角動量本徵態。並且升算符每作用一次，對應的態就多一份能量和角動量。

能量很簡單，把哈密頓算符在新的升降算符下表示出來就行了。

角動量也很簡單，把角動量算符載新的升降算符下表示出來就行了。

角動量多說兩句：

先從經典電磁場的角動量出發：

然後把它分成和原點選擇有關及無關的

再把 $S_R$ 表示成算符，就是自旋角動量算符了。

通過計算，把它用圓偏振波對應的升降算符表示出來，就是：

線偏振的光子自旋不能說是為零吧。光子自旋為1，取值為+1和-1，如果為0就是標量子了。正因為是1的波色子，同狀態的光子可以同時存在。而費米子要滿足泡利不相容規則。大量+1的（初相位也要相同吧？但是光的量子化並沒有考慮初相位的問題）光子表現成宏觀的右旋態圓偏振光，大量-1的光子表現成左旋的圓偏振光，而大量+1和-1疊加態的光子表現成橢圓偏振態（線偏振態是特例）的光。當然描述非同態光子混合產生的宏觀光的偏振態，要引入偏振度的概念。

興沖沖的進來.....發現看不懂，能不能有親民一點的物理圖像啊，學渣給跪了