Cогласно второму закону Ньютона, проекция электрического поля на ось $Oy$ связана с проекцией ускорения частицы
$$qE_y=ma_y.
$$
Поскольку электрическое поле зависит только от $y$ и направлено вдоль оси $Oy$, поэтому закон движения частицы вдоль оси $Oy$ не зависит от того, как она движется вдоль оси $Ox$.
Поэтому мы можем уменьшить скорость движения вдоль оси $Ox$ в $\frac{a}{b}$ раз, тогда вместо эллипса она будет двигаться по окружности радиуса $b$
Угол $\varphi$ между осью $y$ и радиус-вектором частицы можно найти из соотношения
$$\cos \varphi=\frac{y}{b}.
$$
Полная скорость частицы при этом равна
$$v=\frac{v_0{b}}{a\cos \varphi}
$$
Нормальное ускорение частицы равно
$$a_n=\frac{v^2}{b}
$$
Полное ускорение частицы направлено против оси $y$ и равно
$$a_y=-\frac{a_n}{\cos \varphi} =-\frac{{v_0}^2b^4}{a^2y^3}.
$$
Тогда электрическое поле
Тот же ответ можно получить, записав явную зависимость координаты $y$ частицы от времени. Поскольку вдоль оси $Ox$ на частицу силы не действуют $x = v_0 t$ и
$$
y = b \sqrt{1- \frac{v_0^2 t^2}{a^2}}.
$$
Дифференцируя это выражение 2 раза по времени, найдем ускорение
$$
a_y = - \frac{bv_0^2}{a^2} \left(1- \frac{v_0^2 t^2}{a^2} \right)^{-3/2}.
$$
Тогда электрическое поле
$$
E_y = \frac{m a_y}{q} = -\frac{m{v_0}^2b^4}{qa^2y^3}.
$$
Как мы отмечали ранее, движение по оси $x$ не влияет на движение по оси $y$, поэтому будем решать данную задачу как в предыдущем пункте. Модуль проекции скорости частицы $|v_y|$ и будет являться ответом на вопрос задачи
$$|v_y|=\frac{v_0{b}\tan(\varphi)}{a}=\frac{v_0{b}}{a}\sqrt{\frac{b^2}{y^2}-1}
$$
где
$$y=b-s
$$
Получаем
Альтернативно можно использовать закон сохранения энергии. Электрическому полю отвечает потенциал
$$
\varphi = - \int dy \, E_y =\int dy \, \frac{m v_0^2 b^4}{qa^2 y^3} = - \frac{m v_0^2 b^4}{2qa^2y^2}
$$
Тогда скорость можно найти из закона сохранения энергии
$$
\frac{mv^2}{2} = q (\varphi(b) - \varphi(b-s)),
$$
откуда
$$
v =\frac{v_0 b}{a} \sqrt{\frac{b^2}{(b-s)^2}-1} = \frac{9 v_0 b}{40 a}.
$$
Заметим также, что смещение $s \ll b$, поэтому можно приближенно считать движение равноускоренным.
Значение ускорения $a_y \approx q E_y(b)/m = - v_0^2 b/ a^2$.
Тогда скорость можно оценить как
$$
v = \sqrt{2|a_y|s} = \sqrt{\frac{2}{41}} \frac{v_0 b}{a} .
$$
Это выражение отличается от точного на несколько процентов.
Найдём время достижения угла $\varphi$
$$x=b\sin(\varphi)=\frac{v_0{b}t}{a}
$$
Таким образом
$$y=b\cos(\varphi)=b\sqrt{1-\left(\frac{v_0{t}}{a}\right)^2}
$$
Откуда
$$t=\frac{a}{v_0}\sqrt{1-\left(\frac{y}{b}\right)^2}
$$
Окончательно
Иначе можно получить время, проинтегрировав выражение для скорости:
$$
t = \int_0^s \frac{ds}{v(s)} = \frac{a}{b v_0} \int_0^s \frac{ds \, (b-s)}{\sqrt{b^2 - (b-s)^2}}.
$$
Интеграл берется элементарно:
$$
t = \frac{a}{b v_0} \sqrt{b^2 - (b-s)^2} = \frac{9 a}{41 v_0}$$
Если же считать движение равноускоренным, то время
$$
t \approx = \sqrt{\frac{2}{41}} \frac{a}{v_0}.
$$
Этот ответ отличается от точного на несколько процентов.
Из теоремы Гаусса получим
$$\frac{dE_y}{dy}=\frac{\rho}{\epsilon_0}
$$
Откуда
$$\rho=-3\frac{E_0{b}^3\epsilon_0}{y^4}
$$
Также из теоремы при $y=y_1$
$$E(y_1)=\frac{{\sigma}_1}{{\epsilon}_0}
$$
Откуда
$$\sigma_1=10^{6}E_0\epsilon_0
$$
Для $y=y_2$
$$E(y_2)=-\frac{\sigma_2}{\epsilon_0}
$$
Откуда
$$\sigma_2=-\frac{E_0\epsilon_0}{8}
$$
Итого
Найдём точки, лежащие на прямой $y=0$
Пусть для определённости $x>0$, вторая точка имеет ту же координату по модулю, но противоположную по знаку
$$\varphi_0=k\rho\int\limits_{x-L}^{x+L}\frac{dr}{r}=k\rho\ln\left(\frac{x+L}{x-L}\right)
$$
откуда
$$x=\pm L/th\left(\frac{\varphi_0}{2k\rho}\right)
$$
Найдём точки, лежащие на прямой $x=0$. Опять же, пусть для определённости $y>0$
$$\varphi_0=k\rho\int\limits_{-L}^{+L}\frac{dx}{\sqrt{x^2+y^2}}
$$
Пусть $x=y\tan\alpha$. Тогда
$$\varphi_0=k\rho\int\limits_{-arctg(\frac{L}{y})}^{arctg(\frac{L}{y})}\frac{d\alpha}{\cos(\alpha)}=k{\rho}\ln\left(\frac{L+\sqrt{y^2+L^2}}{\sqrt{L^2+y^2}-L}\right)
$$
откуда
$$y=\pm L/sh\left(\frac{\varphi_0}{2k\rho}\right)
$$
В каждой точке пространства электрическое поле перпендикулярно эквипотенциальной поверхности, проходящей через эту точку. Найдем направление электрического поля в некоторой точке $M$ пространства
Пусть $MH = y$ - высота, опущенная из точки $M$ до прямой, содержащей отрезок. Рассмотрим некоторый малый участок стержня длины $dl$, угол между $MH$ и прямой, соединяющей $M$ и $dl$, равен $\alpha$. Тогда расстояние от $M$ до $dl$ равно $y/\cos^2\alpha$ и он создает электрическое поле равное по модулю
$$dE=\frac{k{\rho}dl\cos^2(\alpha)}{y^2}
$$
С другой стороны
$$dl=yd\tan \alpha=\frac{yd\alpha}{\cos^2\alpha}
$$
и это поле можно выразить как
$$dE=\frac{k{\rho}d\alpha}{y}
$$
Отсюда получаем, что поле отрезка совпадает с полем элемента дуги окружности радиуса $y$ с центром в $M$, ограниченной линиями, соединяющей её с концами стержня $A$ и $B$. Значит электрическое поле стержня направлено по биссектрисе угла $AMB$.
Касательная к кривой $y(x)$ направлена перпендикулярно биссектрисе угла $AMB$, откуда следует, что $AM+MB=const$ (действительно, при бесконечно малом смещении вдоль нормали к биссектрисе изменения длин отрезков $AM$ и $MB$ равны по модулю и противоположны по знаку), то есть эквипотенциальная кривая является эллипсом с фокусами на концах стержня.
Пусть $a$ - большая полуось данного эллипса. Тогда эксцентриситет
$$e=\frac{L}{a}
$$
Получим связь между эксцентриситетом эллипса и потенциалом $\varphi_0$. Для этого достаточно найти потенциал в точке $M$ такой, что $A$,$B$ и $M$ лежат на одной прямой.
$$\varphi_0=\int\limits_{a-L}^{a+L}\frac{k{\rho}dx}{x}=k{\rho}\ln\left(\frac{a+L}{a-L}\right)
$$
Откуда
$$e=\tanh\left(\frac{\varphi_0}{2k\rho}\right)
$$
Найдём малую полуось эллипса
$$b=L\sqrt{\frac{1}{e^2}-1}=\frac{L}{\sinh\left(\frac{\varphi_0}{2k\rho}\right)}
$$
И окончательно уравнение эллипса
$$\left(\frac{x\tanh\left(\frac{\varphi_0}{2k\rho}\right)}{L}\right)^2+\left(\frac{y\sinh\left(\frac{\varphi_0}{2k\rho}\right)}{L}\right)^2=1
$$
Значит его полуоси
Дифференцируя уравнение эллипса, получим
$$y'=-\frac{b^2x}{a^2y}
$$
$${y'}^2=\frac{b^4x^2}{a^4y^2}
$$
$$y''=\frac{1}{2}\frac{d{y'}^2}{dy}=-\left(\frac{b^4x^2}{a^4y^3}-\frac{b^4x}{a^4y^2y'}\right)=-\frac{b^2}{a^2y}\left(1+\frac{b^2x^2}{a^2y^2}\right)=-\frac{b^4}
{a^2y^3}
$$
Откуда
Из второго закона Ньютона
$$\frac{m{v_0}^2}{R}+F=N
$$
где $F = qE$ — сила электростатического взаимодействия частицы со стержнем.
При $x = 0$ радиус кривизны
$$
R=\frac{b^2}{a},
$$
электрическое поле направлено вдоль оси $Oy$ и равно (с учетом $y=b$)
$$
E = \int_{-L}^{L}dx\, \frac{k \rho }{x^2+b^2}\cdot \frac{b}{\sqrt{x^2+b^2}} = \frac{2 k \rho L }{b\sqrt{x^2+b^2 }}
$$
Интеграл можно взять с помощью замены $x = b \tan \theta$.
Окончательно для силы получаем
$$
N=\frac{m{v_0}^2{b}}{a^2}+\frac{2kqL\rho}{b\sqrt{b^2+L^2}}.
$$
Подставим выражения для полуосей
Аналогично предыдущему пункту при $y = 0$ имеем $x = a$ и радиус кривизны
$$
R=\frac{a^2}{b} \text{ для }{x=0}
$$
Значение электрического поля в этой точке
$$E=k{\rho}\int\limits_{a-L}^{a+L}\frac{dr}{r^2}=k\rho\left(\frac{1}{a-L}-\frac{1}{a+L}\right) = \frac{2 k \rho L}{a^2- L^2}.
$$
Тогда сила
$$N = qE +mv^2/R = N=\frac{m{v_0}^2{a}}{b^2}+ \frac{2 k q \rho L}{a^2- L^2}$$ и окончательно