Магнитные диполи

В пункте i) работа не зависит от пути, поэтому поворачивайте так, чтобы две стороны квадрата оставались перпендикулярны полю. В пункте ii) число электронов с двумя проекциями момента связано больцмановским множителем.

i) \(\theta_s=0\), \(\theta_u=\pi\), \(w=2Bm\);  ii) \(M=\mu_B n\tanh\dfrac{\mu_B B}{k_BT}\).

i) (3 балла) Момент сил на квадрат равен нулю при \(\theta=0\) или \(\theta=\pi\), поэтому одно из этих положений устойчиво, а другое неустойчиво. Если начать с \(\theta=0\) и повернуть квадрат на некоторый угол \(\theta\), оставляя две стороны квадрата перпендикулярными \(\vec B\), то силы Лоренца на этих двух сторонах создают момент \(\tau=-BIa\cdot a\sin\theta=-Bm\sin\theta\) в сторону уменьшения \(\theta\). По симметрии получаем тот же результат, если оставлять перпендикулярными полю две другие стороны. Можно заключить, что момент зависит только от \(\theta\) (по крайней мере вблизи \(\theta=0\)), а не от точной ориентации квадрата. Так как момент стремится вернуть \(\theta=0\), находим \(\theta_s=0\) и \(\theta_u=\pi\). Чтобы найти работу при переходе от \(\theta_s\) к \(\theta_u\), снова можно оставить две стороны перпендикулярными \(\vec B\) — ответ не может зависеть от пути, поэтому выбираем простейший. Интегрируя \(\tau=Bm\sin\theta\) от \(\theta=0\) до \(\pi\), получаем \(w=2Bm\).

ii) (4 балла) Обозначим число электронов (в единице объёма) с проекцией магнитного момента \(+\mu_B\) через \(n_+\), а с \(-\mu_B\) через \(n_-\). Их сумма всегда одна и та же, \(n_++n_-=n\). Кроме того, в тепловом равновесии их отношение равно \(\dfrac{n_-}{n_+}=\exp\left(-\dfrac{2\mu_BB}{k_BT}\right)\), где \(k_B\) — постоянная Больцмана. Решая уравнения, находим \(n_+\) и \(n_-\). Полный магнитный момент единицы объёма (в направлении \(\vec B\)) равен \(M=\mu_B(n_+-n_-)\). После подстановки \[M=\mu_B n\,\frac{1-\exp\left(-\dfrac{2\mu_BB}{k_BT}\right)}{1+\exp\left(-\dfrac{2\mu_BB}{k_BT}\right)}=\mu_B n\tanh\left(\frac{\mu_BB}{k_BT}\right).\]

Дополнительные замечания. Мы видим, что \(B\) и \(M\) всегда имеют один знак, поэтому \(\vec M\) параллелен \(\vec B\). Это разумно, так как мы видели, что ориентация \(\theta=0\) (\(\vec m\) параллелен \(\vec B\)) имеет наименьшую энергию. График зависимости \(M\) от \(B\) стремится к \(\mu_B n\) при очень больших \(B\) или к \(-\mu_B n\) при больших по модулю отрицательных \(B\) (все спины направлены вдоль \(\vec B\)). При \(B=0\) также \(M=0\), так как обе ориентации спина имеют одинаковую энергию. Вблизи нуля кривая линейна, так как \(\tanh x\approx x\) при малых \(x\) даёт \(M\approx\dfrac{\mu_B^2nB}{k_BT}\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.