Сразу оговорим, что оценка величины силы нам не потребуется, поскольку будет найден численный коэффициент.
Во-первых, сразу отметим, что толщина пластины $h$ настолько мала, что дипольный момент диска можно считать равным нулю. В процессе решения мы оценим критерий её малости.
Поверхность диска должна быть эквипотенциальной. Для этого необходимо найти два распределения зарядов по поверхности диска, первое из которых не имеет касательной компоненты электрического поля на всей поверхности диска, а второе компенсирует касательную компоненту электрического поля заряда $q$ на всей поверхности диска.
Для нахождения первого распределения зарядов воспользуемся тем, что электрическое поле внутри равномерно заряженной по поверхности сферы равно нулю в любой её точке. Проведём в сфере сечение, проходящее через его центр и выберем на нём некоторую точку $P$. Проведём через точку $P$ некоторую хорду, пересекающую сферу в точках $1$ и $2$. Далее, построим малый конус с вершиной $P$, образующие которого пересекают поверхность сферы вблизи точек $1$ и $2$, причём элементы площади сферы, ограниченные конусом, равны $\Delta{A}_1$ и $\Delta{A}_2$ соответственно. Создаваемые данными элементами сферы электрические поля компенсируют друг друга в точке $P$, поскольку:
$$\frac{\sigma\Delta{A}_1}{r^2_1}=\frac{\sigma\Delta{A}_2}{r^2_2}
$$
Последнее утверждение верно, поскольку углы между плоскостями, касающимися сферы в точках $1$ и $2$ и рассматриваемой хордой совпадают.
Спроецируем точки $1$ и $2$ на рассматриваемое сечение, и обозначим их как $1'$ и $2'$ соответственно. Из подобия треугольников находим:
$$\frac{d_1}{d_2}=\frac{r_1}{r_2}
$$
Тогда понятно, что если в точки $1'$ и $2'$ поместить заряды $\sigma\Delta{A}_1$ и $\sigma\Delta{A}_2$, то их электрические поля на поверхности диска также будут друг друга компенсировать. Отсюда легко найти распределение зарядов по поверхности диска: проекция элемента площади $\Delta{A}$ на сечение, проходящее через центр, равна $\Delta{A}\cos\theta$, где $\theta$ - угол между вектором нормали к сечению и вектор нормали к рассматриваемому элементу площади. Отсюда найдём распределение поверхностной плотности заряда по поверхности диска:
$$\sigma'=\sigma\frac{\Delta{A}}{\Delta{A}^*}=\frac{\sigma}{\cos\theta}=\frac{\sigma}{\sqrt{1-\cfrac{r^2}{R^2}}}
$$
Таким образом, для первого распределения зарядов получим:
$$\sigma_1(r)=\cfrac{\sigma_{1_O}}{\sqrt{1-\cfrac{r^2}{R^2}}}
$$
И суммарный заряд первого распределения равен:
$$q_1=2\pi R^2\sigma_{1_O}
$$
Далее. необходимо найти второе распределение заряда по поверхности диска, компенсирующее касательную компоненту электрического поля заряда $q$.
В приближении $L\gg{R}$ данная компонента равна:
$$\vec{E}_{\tau}=\frac{q\vec{r}}{4\pi\varepsilon_0L^3}
$$
Тогда разность потенциалов в поле заряда $q$ между центром диска и некоторой его точкой, находящейся на расстоянии $r$ от его центра равна
$$\varphi_q-\varphi_{q_O}=-\frac{qr^2}{8\pi\varepsilon_0L^3}
$$
Потенциал диска, соответственно, должен иметь следующий вид:
$$\varphi_R-\varphi_{R_O}=ar^2\quad\left(a=\frac{q}{8\pi\varepsilon_0L^3}\right)
$$
Найдём распределение заряда, удовлетворяющее данному условию.
Начнём с того, что рассмотрим шар, равномерно заряженный по объёму с плотностью заряда $\rho$. Создадим в шаре сферическую полость радиуса $r$, концентрическую шару. В любой точке полости электрическое поле равняется нулю.
Рассмотрим некоторую точку полости $A$. Выделим два элементарных объёма $dV_1$ и $dV_2$, поля которых компенсируют друг-друга:
$$\cfrac{dV_1}{r^2_1}=\cfrac{dV_2}{r^2_2}
$$
Произвольный эллипсоид может быть получен сжатием из сферы вдоль взаимно перпендикулярных осей.
Поскольку объём любого элементарного параллелепипеда
$$dV=dxdydz{,}
$$
все элементарные объёмы уменьшаются в одно и то же число раз.
Также сохранятся и соотношения расстояний между точками.
Тогда, поскольку внутри полости шара суммарное поле равно нулю, то нулю равно и гравитационное поле внутри полости эллипсоида.
Далее рассмотрим равномерно заряженный эллипсоид.
В любой его точке электрическое поле равно электрическому полю подобного эллипсоида с тем же центром, поверхность которого содержит рассматриваемую точку.
Тогда из подобия имеем:
$$\vec{E}=\vec{A}\left(\vec{e}_r\right)\cdot{r}
$$
где $\vec{A}\left(\vec{e}_r\right)$ - вектор, зависящий только от единичного вектора, проведённого из центра эллипсоида в рассматриваемую точку.
Рассмотрим точку с координатами $dx{,}dy{,}dz$, близкими к центру эллипсоида. Тогда, поскольку в центре эллипсоида поле равно нулю, в рассматриваемой точке имеем :
$$d\vec{E}=\cfrac{\partial{\vec{E}}}{\partial{x}}dx+\cfrac{\partial{\vec{E}}}{\partial{y}}dy+\cfrac{\partial{\vec{E}}}{\partial{z}}dz
$$
где все производные берутся в центре эллипсоида.
Поскольку эллипсоид - симметричная фигура, для точек лежащих на осях $x$, $y$ и $z$ верно соответственно:
$$\cfrac{\partial{\vec{E}}}{\partial{x}}=\cfrac{\partial{E_x}}{\partial{x}}\vec{e}_x\quad\cfrac{\partial{\vec{E}}}{\partial{y}}=\cfrac{\partial{E_y}}{\partial{y}}\vec{e}_y\quad\cfrac{\partial{\vec{E}}}{\partial{z}}=\cfrac{\partial{E_z}}{\partial{z}}\vec{e}_z
$$
Пусть $\vec{e}_r$ составляет углы $\alpha$, $\beta$ и $\gamma$ с векторами $\vec{e}-x$, $\vec{e}_y$ и $\vec{e}_z$ соответственно.
Имеем:
$$\vec{A}\left(\alpha{,}\beta{,}\gamma\right)=\cos\alpha\cfrac{\partial{E_x}}{\partial{x}}\vec{e}_x+\cos\beta\cfrac{\partial{E_y}}{\partial{y}}\vec{e}_y+\cos\gamma\cfrac{\partial{E_z}}{\partial{z}}\vec{e}_z
$$
Подставляя в выражение для $\vec{E}$, находим:
$$\vec{E}=x\cdot{\cfrac{\partial{E_x}}{\partial{x}}}\vec{e}_x+y\cdot{\cfrac{\partial{E_y}}{\partial{y}}}\vec{e}_y+z\cdot{\cfrac{\partial{E_z}}{\partial{z}}}\vec{e}_z
$$
Интегрируя данной выражение, получим выражение для разности потенциалов между центром эллипсоида и его произвольной точкой с координатами $x$, $y$, $z$:
$$\varphi_0-\varphi=\cfrac{\partial{E_x}}{\partial{x}}\cfrac{x^2}{2}+\cfrac{\partial{E_y}}{\partial{y}}\cfrac{y^2}{2}+\cfrac{\partial{E_z}}{\partial{z}}\cfrac{z^2}{2}
$$
Рассмотрим эллипсоид вращения с осью $z$. Тогда:
$$\cfrac{\partial{E_x}}{\partial{x}}=\cfrac{\partial{E_y}}{\partial{y}}=\cfrac{\partial{E_r}}{\partial{r}}\qquad x^2+y^2=r^2\Rightarrow{\varphi_0-\varphi=\cfrac{\partial{E_r}}{\partial{r}}\cfrac{r^2}{2}+\cfrac{\partial{E_z}}{\partial{z}}\cfrac{z^2}{2}}
$$
Уравнение эллипсоида
$$\cfrac{z^2}{b^2}+\cfrac{r^2}{R^2}\leq{1}
$$
Комбинируя выражение для разности потенциалов с уравнением эллипсоида, на его поверхности получим:
$$\varphi_0-\varphi=\cfrac{\partial{E_z}}{\partial{z}}\cfrac{b^2}{2}+\left(\cfrac{\partial{E_r}}{\partial{r}}-\cfrac{\partial{E_r}}{\partial{r}}\cfrac{b^2}{R^2}\right)\cfrac{r^2}{2}
$$
Диск - вырожденный случай эллипсоида вращения с $b=0$. Пусть в центре диска поверхностная плотность данного распределения равна $\sigma_{2_O}$. Также:
$$\sigma_{2_O}=2\rho{b}
$$
где $\rho$ - объёмная плотность заряда эллипсоида.
Отсюда имеем:
$$\sigma(r)=2\rho{z}=2\rho b\sqrt{1-\cfrac{r^2}{R^2}}=\sigma_{2_O}\sqrt{1-\cfrac{r^2}{R^2}}
$$
Полный заряд диска при этом равен:
$$q_2=\cfrac{4\pi{R}^2b\rho}{3}=\cfrac{2\pi{R}^2\sigma_{2_O}}{3}
$$
откуда из условия равенства нулю полного заряда диска:
$$\sigma_{1_O}=-\cfrac{\sigma_{2_O}}{3}
$$
Потенциал в центре диска равен:
$$\varphi_O=\int\limits_0^{R}\cfrac{2\pi rdr\sigma_{2_O}}{4\pi\varepsilon_0}\sqrt{1-\cfrac{r^2}{R^2}}=\cfrac{\sigma_{2_O}R}{2\varepsilon_0}\int\limits_0^1\sqrt{1-t^2}dt=\cfrac{\sigma_{2_O}R}{2\varepsilon_0}\int\limits_0^{\pi/2}\cos^2{\theta}d\theta=\cfrac{\pi{R}\sigma_{2_O}}{8\varepsilon_0}
$$
Для потенциала на краю диска выберем координаты $S{,}\alpha$ такие, что угол $\alpha$ отсчитывается от направления на центр, а расстояние $S$ - от рассматриваемой точки края диска до элемента заряда $dq$, для которого имеем:
$$dq=\sigma_2\left(S{,}\alpha\right)Sd\alpha dS
$$
Тогда для потенциала имеем:
$$\varphi_R=\int\limits_{-\pi/2}^{\pi/2}\int\limits_0^{2R\cos\alpha}\cfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cfrac{\sigma_2\left(S{,}\alpha\right)Sd\alpha dS}{S}
$$
Получим выражения для $\sigma_{2}\left(S{,}\alpha\right)$. Для этого найдём $r^2\left(S{,}\alpha\right)$:
$$r^2=R^2\sin^2\alpha+\left(S-R\cos\alpha\right)^2
$$
Введём величину $t$, равную:
$$t=\cfrac{S-R\cos\alpha}{R\cos\alpha}
$$
и получим:
$$\varphi_R=\cfrac{\sigma_{2_O}R}{4\pi\varepsilon_0}\int\limits_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^2\alpha d\alpha\int\limits_{-1}^{1}\sqrt{1-t^2}dt=\cfrac{\sigma_{2_O}R}{4\pi\varepsilon_0}\int\limits_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^2\alpha d\alpha\int\limits_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^2\theta d\theta=\cfrac{\pi{R}\sigma_{2_O}}{16\varepsilon_0}
$$
откуда:
$$\cfrac{\varphi_0-\varphi_R}{R^2}=a=\cfrac{\pi\sigma_{2_O}}{16\varepsilon_0R}=\cfrac{q}{8\pi{\varepsilon_0}L^3}\Rightarrow{\sigma_{2_O}=\cfrac{2qR}{\pi^2L^3}}
$$
Таким образом, для $\sigma_{1_O}$ и $\sigma_{2_O}$ имеем:
$$\sigma_{1_O}=-\cfrac{2qR}{3\pi^2L^3}\qquad \sigma_{2_O}=\cfrac{2qR}{\pi^2L^3}
$$
Для поиска силы взаимодействия заряда с диском найдём нормальную компоненту поля заряда на расстоянии $r$ от центра диска:
$$E_n=\cfrac{qL}{4\pi\varepsilon_0\left(L^2+r^2\right)^{3/2}}\approx{\cfrac{q}{4\pi\varepsilon_0L^2}-\cfrac{3qr^2}{8\pi\varepsilon_0{L}^4}}
$$
Тогда для силы отталкивания получим:
$$F=\int\limits_0^{R}2\pi{r}dr\sigma(r)E_n(r)=\int\limits_0^R\cfrac{q\sigma(r)rdr}{2\varepsilon_0L^2}-\int\limits_0^R\cfrac{3q\sigma(r)r^3dr}{4\varepsilon_0L^4}
$$
Поскольку диск не заряжен - первый интеграл обращается в ноль. Подставляя $\sigma(r)=\sigma_1(r)+\sigma_2(r)$ и вводя величину $t=\cfrac{r}{R}$, получим:
$$F=\cfrac{q^2R^5}{2{\pi}^2\varepsilon_0L^7}\left(\int\limits_0^1\cfrac{t^3dt}{\sqrt{1-t^2}}-3\int\limits_0^1t^3\sqrt{1-t^2}dt\right)
$$
Для вычисления обоих интегралов в скобках введём замену переменной $t=\sin\theta$. Тогда:
$$\int\limits_0^1\cfrac{t^3dt}{\sqrt{1-t^2}}=\int\limits_0^{\pi/2}\sin^3\theta d\theta
=\int\limits_0^1\left(1-\cos^2\theta\right)d\cos\theta=1-\cfrac{1}{3}=\cfrac{2}{3}$$
$$\int\limits_0^1t^3\sqrt{1-t^2}dt=\int\limits_0^{\pi/2}\sin^3\theta\cos^2\theta d\theta=\int\limits_0^1\left(\cos^2\theta-\cos^4\theta\right)d\cos\theta=\cfrac{1}{3}-\cfrac{1}{5}=\cfrac{2}{15}
$$
откуда:
$$\int\limits_0^1\cfrac{t^3dt}{\sqrt{1-t^2}}-3\int\limits_0^1t^3\sqrt{1-t^2}dt=\cfrac{10-6}{15}=\cfrac{4}{15}
$$
и окончательно: