На диполь действует электрическое поле $E$ со стороны заряда: $E =Q/(4\pi\varepsilon_0 L^2)$.
Со стороны поля на диполь действует момент $\vec{M} = \bigl[\vec{p} \times \vec{E}\bigr]$. Для малых колебаний диполя получаем уравнение на угол между $\vec{p}$ и $\vec{E}$:
$$
2 m \left(\frac{d}{2}\right)^2 \ddot{\theta} = - q d E \theta,
$$откуда находим частоту колебаний и период:
$$
\omega^2 = \frac{q d E}{2 m d^2 / 4} = \frac{q Q}{2 \pi \varepsilon_0 m d L^2},
$$

На систему стержень + диполь действуют радиальные силы со стороны электрического поля, а также сила реакции в точке крепления, поэтому момент сил относительно центра равен нулю. Получаем, что сохраняется момент импульса, откуда находим азимутальную скорость:

Найдем потенциальную энергию:
$$
U(r) = \frac{Q q}{4\pi\varepsilon_0} \left( - \frac{1}{r-d/2} + \frac{1}{r+d/2} \right) \approx -\frac{Q q}{4\pi\varepsilon_0 d r^2}.
$$
Для нахождения радиальной скорости запишем ЗСЭ:
$$
\frac{2m v_r^2}{2} + \frac{2 m v_{\theta}^2}{2} + U(r) = mv^2_0 + U(L).
$$Подставляя $v_{\tau}$ и $U$, получаем уравнение на $v_r$:
$$
v_r^2 + \frac{L^2 u^2}{r^2} - \frac{Q q d}{4\pi\varepsilon_0 m} \frac{1}{r^2} = v^2_0 - \frac{Q q d}{4\pi\varepsilon_0 m} \frac{1}{L^2}.
$$Окончательно получаем

Как видно из вида ЗСЭ, движение диполя вдоль $r$ совпадает с движением частицы единичной массы в потенциале
$$
U_{eff}(r) = \frac{1}{2 r^2} \left(L^2 u^2 - \cfrac{Qqd}{4\pi\varepsilon_0m} \right).
$$Этот потенциал будет притягивающим при
$$
L^2 u^2 - \cfrac{Qqd}{4\pi\varepsilon_0m} < 0,
$$т.е:

При запуске с критической скоростью при отсутствии излучения орбита была бы круговой. Наличие излучения приводит к медленному уменьшению энергии $E$ и момента импульса $K$ системы, а значит, орбита будет приближённо представлять круговую с медленно уменьшающимся радиусом, и в конечном итоге диполь упадёт на заряд:

Ответ:

Перепишем выражение для $v_r$ через $v_{\text{cr}}$:
$$
v_r= -L \sqrt{v_{\text{cr}}^2 - v^2_0} \sqrt{\frac{1}{r^2} - \frac{1}{L^2}}.
$$Найдем время:
$$
\tau= \int d\tau = \int_{L}^{L/2} \frac{dr}{v_r} = \frac{1}{L \sqrt{v_{\text{cr}}^2 - v^2_0}} \int_{L/2}^{L} \frac{dr}{\sqrt{\frac{1}{r^2} - \frac{1}{L^2}}} = - \frac{L}{2\sqrt{v_{\text{cr}}^2 - v^2_0}} \int_{L/2}^{L} \frac{d\left(1 - \frac{r^2}{L^2}\right)}{\sqrt{1 - \frac{r^2}{L^2}}} =
$$$$ =-\frac{L}{2\sqrt{v_{\text{cr}}^2-v^2_0}} \cdot \left(2 \sqrt{ 1 - \frac{r^2}{L^2} } \right) \Biggr|_{L/2}^{L}
$$и окончательно:

Запишем систему дифференциальных уравнений для $r$ и $\theta$:
$$\dot{r}=-L \sqrt{v_{\text{cr}}^2 - v^2_0} \sqrt{\frac{1}{r^2} - \frac{1}{L^2}}\qquad r^2\dot\theta=Lv_0
$$откуда:
$$\cfrac{d\theta}{dr}=-\cfrac{v_0}{\sqrt{v^2_{\text{cr}}-v^2_0}}\cdot\cfrac{L}{r^2\sqrt{\cfrac{L^2}{r^2}-1}}
$$Воспользуемся подстановкой Бине:
$$u=\cfrac{1}{r}
$$Тогда:
$$d\theta=\cfrac{v_0}{\sqrt{v^2_{\text{cr}}-v^2_0}}\cdot\cfrac{Ldu}{\sqrt{L^2u^2-1}}
$$Вводя переменную $t=Lu$, получим:
$$\theta=\cfrac{v_0}{\sqrt{v^2_{\text{cr}}-v^2_0}}\cdot\int\limits_1^{2}\cfrac{dt}{\sqrt{t^2-1}}=\cfrac{v_0}{\sqrt{v^2_{\text{cr}}-v^2_0}}\cdot\int\limits_0^{\mathrm{arccosh{~}2}}dz=\cfrac{v_0{~}\mathrm{arccosh{~}2}}{\sqrt{v^2_{\text{cr}}-v^2_0}}
$$Для $\mathrm{arccosh{~}z}$ имеем:
$$\mathrm{arccosh{~}z}=\ln(z+\sqrt{z^2-1})
$$откуда:

Потенциал поля диполя $\varphi$ равен:
$$\varphi(\vec{r})=\cfrac{\vec{p}\cdot\vec{r}}{4\pi\varepsilon_0r^3}
$$откуда:

Выражение для $\vec{E}$ в общем виде записывается следующим образом:
$$\vec{E}=-\nabla\varphi
$$Тогда:
$$E_r=-\cfrac{\partial\varphi(r{,}\theta)}{\partial r}\qquad E_\theta=-\cfrac{1}{r}\cdot\cfrac{\partial \varphi}{\partial \theta}
$$откуда:

Для момента сил $M_z$ имеем:
$$M_z=QE_\theta r
$$откуда:

Избавимся от времени в данной задаче, вместо неё рассматривая производную момента импульса $K$ по углу $\theta$. Из теоремы об изменении момента импульса:
$$\cfrac{dK}{dt}=M=-\cfrac{Qqd\sin\theta}{4\pi\varepsilon_0r^2}=\cfrac{dK}{d\theta}\cdot\cfrac{d\theta}{dt}
$$С другой стороны, из выражения для $K$ имеем:
$$\cfrac{d\theta}{dt}=\cfrac{K}{mr^2}
$$откуда:
$$\cfrac{K}{m}\cdot\cfrac{dK}{d\theta}=-\cfrac{Qqd\sin\theta}{4\pi\varepsilon_0}\Rightarrow \cfrac{K^2}{2m}-\cfrac{Qqd\cos\theta}{4\pi\varepsilon_0}=C=\cfrac{mv^2_0L^2}{2}-\cfrac{Qqd}{4\pi\varepsilon_0}
$$Учитывая, что $K=mrv_\theta$, находим:

Запишем закон сохранения энергии:
$$E=\cfrac{mv^2_0}{2}-\cfrac{Qqd}{4\pi\varepsilon_0L^2}=\cfrac{mv^2_r}{2}+\cfrac{K^2}{2mr^2}-\cfrac{Qqd\cos\theta}{4\pi\varepsilon_0r^2}=\cfrac{mv^2_r}{2}+\cfrac{C}{r^2}
$$откуда:

Выражение для $v_r$ аналогично полученному в пункте $\mathrm{A2}$. Имеем:
$$\tau'=\cfrac{L\sqrt{3}}{2\sqrt{v^2_{\text{cr}}-v^2_0}}
$$Для $v^2_{\text{cr}}$ имеем:
$$v^2_{\text{cr}}=\cfrac{Qqd}{2\pi m\varepsilon_0L^2}
$$откуда:

Из ЗСЭ или зная зависимость $K (\theta)$, находим скорость $v(\theta)$:
$$
v^2 = v^2_0-\cfrac{Qqd}{2\pi m\varepsilon_0}\frac{1-\cos \theta}{L^2}.
$$Ясно, что максимальная скорость достигается при $\theta=0$ и равна

$$
v_{\max} = v_0
$$

В зависимости от того, достигает ли заряд точки $\theta=\pi$, минимальная скорость либо достигается при $\theta = \pi$, либо равна нулю в точках разворота:

Запишем второй закон Ньютона в проекции на радиальное направление:
$$
Q E_r- N = -\frac{m v^2}{L},
$$$$
N = Q E_r + \frac{m v^2}{L}
$$Подставляя $v(\theta)$ и $E_r(\theta)$, получим:

Поскольку сила реакции $N$ не зависит от угла $\theta$ - подбором начальной скорости $v_0$, соответствующей $N=0$, этого можно добиться, поэтому:

При $N=0$ имеем:
$$\cfrac{mv^2_0}{L}=\cfrac{Qqd}{2\pi\varepsilon_0L^3}
$$откуда:

Если бы излучения не было - заряд двигался бы по полуокружности, однако наличие излучения приводит к постоянному уменьшению энергии и вкладу в изменение момента импульса.

Вклад в изменение энергии является основным, поэтому траектория частицы приближённо представляет собой набор полуокружностей с медленно уменьшающимся радиусом:

Воспользуемся результатами решения части $\mathrm{B}$:
$$\cfrac{K^2}{2m}-\cfrac{Qqd\cos\theta}{4\pi\varepsilon_0}=C=\cfrac{K^2_0}{2m}-\cfrac{Qqd\cos\theta_0}{4\pi\varepsilon_0}
$$Запишем закон сохранения энергии:
$$E=\cfrac{mv^2_0}{2}=\cfrac{mv^2_r}{2}+\cfrac{K^2}{2mr^2}-\cfrac{Qqd\cos\theta}{4\pi\varepsilon_0r^2}=\cfrac{mv^2_r}{2}+\cfrac{C}{r^2}
$$откуда:
$$v^2_r=v^2_0-\cfrac{2C}{mr^2}
$$При $C{>}0$ у функции $v^2_r(r)$ существует нулевое значение, а при $C\leq 0$ – нет, поэтому Частицы падают в центр поля только при $C\leq 0$.
Это можно записать в виде условия:
$$\cfrac{K^2_0}{2m}\leq\cfrac{Qqd\cos\theta_0}{4\pi\varepsilon_0}
$$Данное неравенство возможно только при $\cos\theta_0{>}0$, или при $\theta_0{<}\pi/2$.

Обратим внимание, что каждая траектория является плоской и условие падения определяется только модулем прицельного параметра, но не его ориентацией, т.е:
$$\cfrac{mv^2_0b^2}{2}\leq\cfrac{Qqd\cos\theta_0}{4\pi\varepsilon_0}
$$Поперечное сечение частиц, падающих в центр поля, представляет собой круг радиусом $b$, поэтому для $\sigma$ имеем:
$$\sigma=\pi{b}^2_{max}
$$или же

Запишем выражение для $v^2_r(r)$:
$$v^2_r=\cfrac{2E}{m}-\cfrac{2C}{mr^2}
$$Минимальное расстояние достигается при $v_r=0$, откуда:
$$r_{min}=\sqrt{\cfrac{C}{E}}
$$или же:

Далее будем использовать подстановку Бине:
$$r=\cfrac{1}{u}\qquad \dot r=-\cfrac{K}{m}\cfrac{du}{d\theta}
$$В терминах $u$ выражение для $v^2_r$ запишется в следующей форме:
$$\cfrac{K^2}{m^2}\left(\cfrac{du}{d\theta}\right)^2=\cfrac{2E}{m}-\cfrac{2Cu^2}{m}
$$Отсюда:
$$\left(\cfrac{du}{d\theta}\right)^2=\cfrac{E-Cu^2}{C+\cfrac{Qqd\cos\theta}{4\pi\varepsilon_0}}
$$Отсюда:
$$\cfrac{du}{\sqrt{E-Cu^2}}=\pm\cfrac{d\theta}{\sqrt{C+\cfrac{Qqd\cos\theta}{4\pi\varepsilon_0}}}
$$Данное выражение необходимо проинтегрировать от бесконечного расстояние до положения минимального сближения, а затем вновь до положения бесконечного состояния. При этом угол поворота радиус-вектора частицы составит $\pi-\Delta\theta$. Получим:
$$\int\limits_{\theta_0}^{\pi+\theta_0-\Delta\theta}\cfrac{d\theta}{\sqrt{1+\cfrac{Qqd\cos\theta}{4\pi\varepsilon_0C}}}=2\int\limits_0^{\sqrt{E/C}}\cfrac{du}{\sqrt{E/C-u^2}}=2\int\limits_0^1\cfrac{dt}{\sqrt{1-t^2}}=\pi
$$Далее, учитывая, что
$$\cfrac{Qqd\cos\theta}{4\pi\varepsilon_0C}\ll 1
$$получим:
$$\pi=\int\limits_{\theta_0}^{\pi+\theta_0-\Delta\theta}\left(1-\cfrac{Qqd\cos\theta}{8\pi\varepsilon_0C}\right)d\theta=\pi-\Delta\theta+\cfrac{Qqd(\sin\theta_0+\sin(\theta_0-\Delta\theta))}{8\pi\varepsilon_0C}
$$Поскольку $\Delta\theta\ll\theta_0$, получим: