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

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

По определению $M$ - объемная намагниченность, то есть $M = n \langle p_z \rangle$. Таким образом
\[ \chi \simeq \frac{j(j+1)}{3} \frac{n \mu_0 g_j^2 \mu^2_B}{kT} \]

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

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

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:
\[ \cos \alpha = \frac{\chi_1B_0^2}{\mu_0 a \rho_1 g} e^{-2R_0/a} - \frac{\omega^2D}{2g} > 1, \tag{1}\]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 $t$:
\[ d = \frac{\omega D}{2} \sin \alpha t + \frac{gt^2}{2} \quad \Rightarrow \quad t = -\frac{\omega D}{2g} \sin \alpha + \sqrt{\frac{\omega^2 D^2}{4g^2} \sin^2 \alpha + \frac{2d}{g}} \tag{2}\]Воспользуемся тем, что $(\omega D / g)^2 \ll d/g$: $t=\sqrt{2d/g}$. Тогда с учетом $\alpha = 0$
\[ x = \frac{D}{2} \sin \alpha - \frac{\omega D}{2} \cos \alpha \sqrt{\frac{2d}{g}} =-\frac{\omega D}{2} \sqrt{\frac{2d}{g}}\]

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

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 $\omega_\text{max}=2\pi \cdot 270~\text{мин}^{-1}$.