Сначала рассмотрим электрическое поле от материальной точки с зарядом -q:
$$\vec{E}{(\vec{r})}=\cfrac{kq\cdot\vec{r}}{r^3}.$$Добавим вторую материальную точку с зарядом $-q$, удаленную на расстояние $l$ от первой($r\gg l$). При этом вектор $\vec{l}$ направим от -q к q.
Тогда электрическое поле на расстоянии $r$:
$$\vec{E}{(\vec{r})}=\cfrac{kq\cdot\vec{r}}{r^3}-\cfrac{kq\cdot(\vec{r}+\vec{l})}{|\vec{r}+\vec{l}|^3}\approx\cfrac{kq}{r^3}\left(\vec{r}-(\vec{r}+\vec{l})(1-\cfrac{3\vec{r}\cdot\vec{l}}{r^2})\right)\approx\cfrac{kq}{r^3}\left(-\vec{l}+\cfrac{3(\vec{r}\cdot\vec{l})\vec{r}}{r^2}\right)=\cfrac{k}{r^3}\left(-\vec{p}+\cfrac{3(\vec{r}\cdot\vec{p})\vec{r}}{r^2}\right),$$где $\vec{p}=q\vec{l}$–электрический диполь.

Заменой электрического диполя на магнитный и изменением соответствующих коэффициентов, получим выражение для магнитного поля от магнитного диполя.
$$\vec{B}=\cfrac{\mu_0}{4\pi r^3}\left(-\vec{m}+\cfrac{3(\vec{r}\cdot\vec{m})\vec{r}}{r^2}\right).$$

Энергия упругого диполя слагается из энергии взаимодействия поля и зарядов и энергии механизма упругости.
Рассмотрим энергию взаимодействия поля и зарядов.
Пусть потенциал внешнего поля в точке нахождения отрицательного заряда $\varphi_-$, тогда потенциал точки нахождения положетильного зарядя $\varphi_+$:
$$\varphi_+ = \varphi_- +(-\vec E\vec l) = \varphi_- -\vec E\vec l$$.
Тогда полная энергия взаимодействия зарядов диполя и внешнего поля:
$$W_{эл} = (-q)\varphi_-+q\varphi_+ = -q\vec E\vec l = -\vec p \vec E$$Энергия деформации механизма упругости:
Сила упругости равна электрической силе $\kappa l = qE$, откуда находим энергию деформации $$W_{деф} = \cfrac{\kappa l^2}{2} = \cfrac{qEl}{2} = \cfrac12 \vec p \vec E$$Откуда находим энергию упругого диполя:
$$W_{деф} =W_{деф}+W_{эл} = -\cfrac12 \vec p \vec E = -\cfrac{\alpha B^2}{2}$$

Пусть молекулы некоторого вещества имеют поляризуемость \(\alpha\) и концентрация этих молекул $n$ (размерность $1/м^3$). Рассмотрите поведение плоского слоя такого вещества во внешнем однородном магнитном поле и определите магнитную проницаемость вещества \(\mu_e\). Пренебрегайте влиянием частиц друг на друга , т.е. работайте в приближении $|\mu_e-1| \ll 1$.

Ответ выразите через $\alpha$, $n$ и $\mu_0$.

Пользуясь электростатической аналогией и определением (школьным) диэлектрической проницаемости $\varepsilon = \cfrac{E_0}{E}$ определим магнитную проницаемость вещества $\mu_e$:
$$
\mu_e = \cfrac{B_0}{B}
$$Пусть $\sigma$ - поверхностная плотность магнитных зарядов, тогда магнитный момент конденсатора $q_md=\sigma Sd$ ($S$ - площадь конденсатора, $d$ - расстояние между обкладками), равна сумме магнитных моментов диполей каждого атома $\alpha B$, количество которых $nSd$:
$$
\sigma Sd = \alpha B_0 n S d \Rightarrow \sigma = \alpha n B_0
$$Поле конденсатора в электричестве:
$$E_c=\cfrac{\sigma}{\varepsilon_0} \Rightarrow B_c = \mu_0 \sigma$$Окончательно получаем:
$$\mu_e=\cfrac{B_0}{B_0-B_c}=\cfrac{B_0}{B_0-\alpha\mu_0nB_0}=\cfrac{1}{1-\alpha\mu_0n} \approx 1 + \alpha\mu_0 n.$$

Запишите граничные условия на \(B_n(\theta)\) и \(B_{\tau}(\theta)\).

Воспользуемся теоремой Гаусса для нормальной составляющей магнитного поля: $B_{n1}=B_{n2}$ и теоремой о циркуляции $\dfrac{B_{\tau 1}}{\mu_1 \mu_0}=\dfrac{B_{\tau 2}}{\mu_2 \mu_0}$:
$\\$
Граничное условие на $B_n$:
$$ B_{in}\cos{\theta}=B_0\cos{\theta}+\cfrac{\mu_0}{4\pi}\left(-\cfrac{m\cos{\theta}}{r^3}+\cfrac{3m\cos{\theta}}{r^3}\right)=B_0\cos{\theta}+\cfrac{\mu_0m\cos{\theta}}{2\pi r^3},$$ И для $B_{\tau}$:
$$\cfrac{B_{in}}{\mu_0\mu_s}\sin{\theta}=\cfrac{B_0}{\mu_0}\sin{\theta}-\cfrac{m\sin{\theta}}{4\pi r^3}.$$

Решая систему уравнений, получаем:
$$m=\cfrac{(-1+\mu_s)4\pi R^3}{(2+\mu_s)\mu_0}B_0\Rightarrow\alpha_s=\cfrac{(-1+\mu_s)4\pi R^3}{(2+\mu_s)\mu_0}$$$$B_{in}=\cfrac{3B_0}{\dfrac{2}{\mu_s}+1}.$$

Преобразуем выражение, записанное выше:
$$\alpha_s=\cfrac{(-1+1/\mu_e)4\pi R^3}{(2+1/\mu_e)\mu_0},$$Получим значение $\mu_e$ через концентрацию:
$$\chi=\mu_e-1=ac\Rightarrow\mu_e=1+ac.$$Подставляем значение в выражение:
$$\alpha_s=-\cfrac{4ac\pi R^3}{(3+2ac)\mu_0},$$учтём, что $ac \ll 1$:
$$\alpha_s=-ac\cfrac{4\pi R^3}{3\mu_0}.$$

Учтем потенциальную энергию жидкости и шарика, так что она обращается в ноль при $z=0$:
$$W_1=\dfrac{4}{3}\pi R ^3 (\rho_s-\rho_e)gz.$$Для энергии магнитного диполя:
$$W_2=-\cfrac{\alpha_sB_z^2}{2}.$$Тогда $$W=\dfrac{4}{3}\pi R ^3 (\rho_s-\rho_e)gz-\cfrac{\alpha_sB_z^2}{2}.$$

Разделим $W$ на объем шарика $V$:
$$w=(\rho_s-\rho_e)gz+\cfrac{ac}{2\mu_0}B_z^2.$$

Условие того, что шарик тонет:
$$ \rho_s - \rho_e > 0.$$Продифференцируем удельную энергию и напишем условие равновесия (магнитная сила уравновешивает гравитационную):
$$\cfrac{dw}{dz}=(\rho_s-\rho_e)g+\cfrac{dB_z^2}{dz}\cdot\cfrac{ac}{2\mu_0}=0.$$На графике обратим внимание на точки $z_{1, 2}=\pm 2{,}5~$mm и $z_{3, 4}=\pm 8~$mm, где производная $\cfrac{dB_z^2}{dz}$ максимальна. Если эта производная положительна, то магнитная сила направлена вниз. Если отрицательна, то вверх. Обозначим $\cfrac{dB^2(z_{1, 2})}{dz}=\pm k_1$ и $\cfrac{dB^2(z_{3, 4})}{dz}=\pm k_2$.
Для обеспечения одного положения равновесия при всплывании шарика, нужно, чтобы магнитная сила, направленная вниз, была достоточно большая хотя бы в одной точке. В первую очередь это произойдет в $z_1=-2{,}5~$mm. При $(\rho_e-\rho_s)g=k_1\cdot\cfrac{ac}{2\mu_0}$, где $k_1\approx 10^{-2}(M\mu_0)^2/\text{mm}$. Второе устойчивое положение появится при прохождении $z_4=8~$mm. Условие появления равновесия в этой области: $(\rho_e-\rho_s)g=k_2\cdot\cfrac{ac}{2\mu_0}$, где $k_2\approx 0,44 \cdot 10^{-3}(M\mu_0)^2/\text{mm}$.

С учетом этих рассуждений запишем ответ:

1)
$$k_1\cfrac{ac}{2\mu_0} < (\rho_e-\rho_s)g$$
2)
$$k_2\cfrac{ac}{2\mu_0} < (\rho_e-\rho_s)g < k_1\cfrac{ac}{2\mu_0}$$
3)
$$0 < (\rho_e-\rho_s)g < k_2\cfrac{ac}{2\mu_0}$$
4)
$$0 < (\rho_s-\rho_e) < k_2\cfrac{ac}{2\mu_0}g$$
5)
$$k_2\cfrac{ac}{2\mu_0} < (\rho_s-\rho_e)g < k_1\cfrac{ac}{2\mu_0}$$
6)
$$k_1\cfrac{ac}{2\mu_0} < (\rho_s-\rho_e)g$$

Изменяя концентрацию концентрацию $\rm MnCl_2$ в растворе, как можно точнее измерьте границу перехода из одного случая в другой из A9 для каждого выданного типа шариков.

Концентрацию раствора $\rm MnCl_2$ записывайте в терминах $m_e/m_w$, где $m_e$ - полная масса раствора, а $m_w$ - масса чистой воды, использованной для его приготовления.

Постепенно повышая концентрацию, найдем моменты перехода от одного случая к другому для черного шарика:

И для белого шарика:

Запишем выражение для молярной концентрации:

$$c=\cfrac{\nu_{Mn^{2+}}}{V_{р-ра}}.$$
$$V_{\text{р-ра}}=\cfrac{m_e}{\rho_e}$$
$$\nu =\cfrac{m_{\text{вещ-ва}}}{4\mu_{H_2O}+\mu_{MnCl_2}}$$
$$c =\cfrac{(m_e-m_w)\rho_e}{m_e(4\mu_{H_2O}+\mu_{MnCl_2})}$$

Определяем плотности шариков из перехода 3-4.
$\\$
Для перехода 1-2: $\chi_e = \cfrac{2\mu_0(\rho_e-\rho_s)g}{k_1}$
$\\$
Для перехода 2-3: $\chi_e = \cfrac{2\mu_0(\rho_e-\rho_s)g}{k_2}$
$\\$
Для перехода 4-5: $\chi_e = \cfrac{2\mu_0(\rho_s-\rho_e)g}{k_1}$
$\\$
Для перехода 5-6: $\chi_e = \cfrac{2\mu_0(\rho_s-\rho_e)g}{k_2}$

$$a = 1,46 \cdot 10^{-4}~\cfrac{л}{моль}$$

Используя результат пункта А3: $\mu_e\approx1+\alpha\mu_0n$ и формулу $\mu_e(c)=1+a \cdot c$, получаем:

$$\alpha_{Mn^{2+}}=\cfrac{a}{\mu_0 N_A} = 1,93\cdot10^{-25}~\cfrac{м^2 \cdot А}{Тл}$$