Магнитное разделение

Решение

A1. Энергия магнитного диполя \(\vec{p}\) в магнитном поле \(\vec{B}\) равна \(-\vec{p} \cdot \vec{B}\) поэтому \(U_B = -p_z B\).

Вероятность того, что \(m\) конкретного атома принимает хоть какое-то значение должна быть равна 1, поэтому

\[\sum_{m=-j}^{j} A e^{\frac{g_j\mu_BB}{kT}m}=A \sum_{m=-j}^{j} e^{\alpha m} = A e^{-\alpha j} \frac{e^{(2j+1)\alpha} - 1}{e^{\alpha} - 1} = A\frac{\sinh \left(j+\frac{1}{2}\right)\alpha}{\sinh \frac{\alpha}{2}} = 1.\]Среднее значение \(\langle p_z \rangle\) найдем по определению:

\[\langle p_z \rangle = \sum p_z W(p_z) = A g_j \mu_B \sum_{m=-j}^{j} m e^{\alpha m}.\]Сумму \(\sum\limits_{m=-j}^{j} m e^{\alpha m}\) можно найти, как

\[\sum\limits_{m=-j}^{j} m e^{\alpha m} = \frac{d}{d\alpha} \left( \sum\limits_{m=-j}^{j} e^{\alpha m} \right) = \frac{\left( j + \frac{1}{2} \right) \cosh \left[ \left( j + \frac{1}{2} \right) \alpha \right] \sinh \frac{\alpha}{2} - \frac{1}{2} \cos \frac{\alpha}{2} \sinh \left[ \left( j + \frac{1}{2} \right)\alpha \right]}{\sinh^2 \frac{\alpha}{2}}.\]

Итого

\[\langle p_z \rangle = g_j \mu_B \left( \left(j+\frac{1}{2} \right) \coth \left[ \left(j + \frac{1} {2} \right) \alpha \right] - \frac{1}{2} \coth \frac{\alpha}{2}\right)\]

Ответ:

\[\langle p_z \rangle = g_j \mu_B \left( \left(j+\frac{1}{2} \right) \coth \left[ \left(j + \frac{1} {2} \right) \alpha \right] - \frac{1}{2} \coth \frac{\alpha}{2}\right)\]

A2. Для \(\alpha \to 0\) воспользуемся формулой \(\coth x \simeq 1/x+x/3\) и получим

\[\left(j+\frac{1}{2} \right) \coth \left[ \left(j + \frac{1} {2} \right) \alpha \right] - \frac{1}{2} \coth \frac{\alpha}{2} \simeq \frac{\alpha}{3}j(j+1)\]то есть при \(\alpha \to 0\)

\[\langle p_z \rangle \simeq \frac{j(j+1)}{3} \alpha g_j \mu_B.\]

Для \(\alpha \to \infty\) воспользуемся формулой \(\coth x \simeq 1 + e^{-2x}\) и получим (при \(j \neq 0\))

\[\left(j+\frac{1}{2} \right) \coth \left[ \left(j + \frac{1} {2} \right) \alpha \right] - \frac{1}{2} \coth \frac{\alpha}{2} \simeq j - \frac{1}{2} e^{-\alpha}\]то есть при \(\alpha \to \infty\)

\[\langle p_z \rangle \simeq g_j \mu_B \left( j - \frac{1}{2} e^{-\alpha} \right).\]

Ответ:

\[\langle p_z \rangle \simeq \begin{cases} \frac{j(j+1)}{3} \alpha g_j \mu_B, \quad &\alpha \to 0\\ jg_j \mu_B, \quad &\alpha \to \infty \end{cases}\]

A3. По определению \(M\) - объемная намагниченность, то есть \(M = n \langle p_z \rangle\). Таким образом

\[\chi \simeq \frac{j(j+1)}{3} \frac{n \mu_0 g_j^2 \mu^2_B}{kT}\]

Ответ:

\[\chi \simeq \frac{j(j+1)}{3} \frac{n \mu_0 g_j^2 \mu^2_B}{kT}\]

B1. Зависимость \(\ln (B/\text{Тл})\) от \(r\) должна быть линейной:

\[\ln \frac{B}{\text{Тл}} = \ln \frac{B_0}{\text{Тл}} - \frac{r}{a}.\]Пересчет точек и нахождение коэффициентов с помощью МНК приводит к таким результатам:

\[B_0 = 1.0~\text{Тл}, \quad a=2.25~\text{мм}\]

B2. Магнитный момент частицы:

\[P = VM = V \frac{\chi_1 B}{\mu_0}.\]Изменение энергии частицы при увеличении внешнего поля:

\[dE = -V \frac{\chi_1}{\mu_0} B dB,\]поэтому

\[E = -\frac{V \chi_1 B^2}{2\mu_0}\]

Ответ:

\[E = -\frac{V \chi_1 B^2}{2\mu_0}\]

B3. Найдем силу \(F\) с которой частица взаимодействует с роликом:

\[F = -\frac{dE}{dr} = -\frac{dE}{dB} \frac{dB}{dr} \bigg|_{r=R_0} = -V \frac{\chi_1 B_0^2}{\mu_0 a} e^{-2R_0/a},\]где знак минус указывает на притяжение.

В момент отрыва сила нормальной реакции равна нулю, поэтому условие отрыва:

\[F = mg \cos \alpha + m \omega^2\frac{D}{2}.\]

Тогда угол \(\alpha\), которому соответствует отрыв:

\[\cos \alpha = \frac{\chi_1B_0^2}{\mu_0 a \rho_1 g} e^{-2R_0/a} - \frac{\omega^2D}{2g} > 1, \qquad(1)\]значит отрыв происходит при \(\alpha=0\).

Будем пренебрегать \(D\) по сравнению с \(d\). Тогда частица при любых \(\alpha\) в масштабах \(d\) вылетает из одной точки под углом \(\alpha\) к горизонтали в момент отрыва. Найдем время полета \(t\):

\[d = \frac{\omega D}{2} \sin \alpha t + \frac{gt^2}{2} \quad \Rightarrow \quad t = -\frac{\omega D}{2g} \sin \alpha + \sqrt{\frac{\omega^2 D^2}{4g^2} \sin^2 \alpha + \frac{2d}{g}} \qquad(2)\]Воспользуемся тем, что \((\omega D / g)^2 \ll d/g\): \(t=\sqrt{2d/g}\). Тогда с учетом \(\alpha = 0\)

\[x = \frac{D}{2} \sin \alpha - \frac{\omega D}{2} \cos \alpha \sqrt{\frac{2d}{g}} =-\frac{\omega D}{2} \sqrt{\frac{2d}{g}}\]

Ответ:

\[x =-\frac{\omega D}{2} \sqrt{\frac{2d}{g}}=-22.7~\text{см}\]

B4. Для частиц разного размера может отличаться \(\cos \alpha\) и эффективный диаметр \(D\). Для указанного диапазона размеров все частицы отрываются в нижней точке, а \(D\) меняется в диапазоне \([D+1.8R_0,D+2.2R_0]\). Также в ширину пучка вносит вклад размер самих частицы

\[\Delta_0 = \left|\frac{dx}{dD}\right| \cdot 0.4R_0 + 2R_0 = 2.1~\text{мм}\]

Ответ:

\[\Delta_0 = \left|\frac{dx}{dD}\right| \cdot 0.4R_0 + 2R_0 = 2.1~\text{мм}\]

B5. Согласно уравнению (1) максимально значение \(\cos \alpha\), то есть минимальный угол \(\alpha_\text{min}\), когда происходит отрыв, задается выражением

\[\cos \alpha_\text{min}= \frac{\chi B_0^2}{\mu_0 a \rho g} e^{-2R_0/a} \quad \Rightarrow \quad \cos \alpha_\text{min,1}=2.44, \quad \cos \alpha_\text{min,2}=0.29,\]таким образом частицы 1-го типа могут отрываться в любом месте диска, а частицы 2-го типа при \(\alpha \geq \alpha_\text{min,2}=\arccos 0.29\).

Нижнее ограничение на угловую скорость мы получаем в том случае, когда частицы первого типа отрываются в самом низу, а частицы второго типа отрываются при каком-то \(\alpha_2\).

Верхнее ограничение на угловую скорость мы получаем в том случае, когда частицы первого типа отрываются при каком-то \(\alpha_1\), а частицы второго типа отрываются немного ниже.

Расстояние \(\Delta x\) между частицами двух типов приравняем к \(\Delta\), считая это критерием разделения.

Для первого случая найдем угол \(\alpha_1\), когда частицы 2-го типа должны отрываться (частицы 1-го типа отрываются при \(\alpha=0\)):

\[\left( \frac{D}{2} \sin \alpha - \frac{\omega D}{2} \cos \alpha \sqrt{\frac{2d}{g}} \right) - \left(-\frac{\omega D}{2} \sqrt{\frac{2d}{g}}\right) = \Delta\]для анализа удобнее выразить \(\omega\) из уравнения (1) и подставить:

\[\sin \alpha + \left(1 - \cos \alpha \right) \sqrt{\frac{d}{D}} \sqrt{ \frac{\chi_2 B_0^2}{\mu_0 a \rho_2 g}e^{-2R_0/a}-\cos \alpha} = 1.\]Это уравнение не имеет решений, поэтому нижняя граница реализуется в случае, когда \(\alpha_2=\pi/2\):

\[\frac{D}{2} + \frac{\omega D}{2} \sqrt{\frac{2d}{g}}=\Delta, \quad \omega_\text{min} = \left( \frac{2 \Delta}{D} - 1 \right) \sqrt{\frac{g}{2d}}=2\pi \cdot 190 ~ \text{мин}^{-1}\]Для второго случая

\[\frac{D}{2} - \left( \frac{D}{2} \sin \alpha - \frac{\omega D}{2} \cos \alpha \sqrt{\frac{2d}{g}} \right) = \Delta.\]Также выразим \(\omega\) через \(\alpha\) с помощью уравнения (1), описывающего отрыв:

\[\sin \alpha - \cos \alpha \sqrt{\frac{d}{D}} \sqrt{ \frac{\chi_2 B_0^2}{\mu_0 a \rho_2 g}e^{-2R_0/a}-\cos \alpha} = 1 - \frac{2\Delta}{D}.\]Это уравнение также не имеет решений, значит нужно перестать работать в приближении \((\omega D/g)^2 \ll d/g\) то есть заменить \(\sqrt{2d/g}\) на \(\frac{\omega D}{2g} \sin \alpha + \sqrt{\frac{\omega^2 D^2}{4g^2} \sin^2 \alpha + \frac{2d}{g}}\) согласно (2). Тогда численное решение дает \(\alpha_1=0.629\) и \(\omega_\text{max}=2\pi \cdot 270~\text{мин}^{-1}\).

Ответ:

\[\omega_\text{min} = \left( \frac{2 \Delta}{D} - 1 \right) \sqrt{\frac{g}{2d}}=2\pi \cdot 190 ~ \text{мин}^{-1}\]\[\omega_\text{max}=2\pi \cdot 270~\text{мин}^{-1}\]

Перевод: pho.rs.