Рассмотрим для начала незаряженный шар, помещённый в однородное поле напряжённостью $\vec{E}_0$. Внутри шара напряжённость электрического поля равняется нулю, а снаружи представляет собой суперпозицию электрического поля с напряжённостью $\vec{E}_0$ и поля электрического диполя с дипольным моментом $\vec{p}$ в его центре:
$$\vec{E}=\vec{E}_0+\cfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\cfrac{3\bigl(\vec{p}\cdot\vec{r}\bigr)\vec{r}}{r^5}-\cfrac{\vec{p}}{r^3}\right){.}
$$Величину дипольного момента можно определить из условия равенства нулю тангенциальной компоненты напряжённости электрического поля в любой точке поверхности шара:
$$\bigl[\vec{E}\times\vec{r}\bigr]=0\Rightarrow \vec{p}=4\pi\varepsilon_0R^3\vec{E}_0{.}
$$Таким образом, в данной конструкции:
$$\vec{E}=\vec{E}_0\left(1-\cfrac{R^3}{r^3}\right)+\cfrac{3\bigl(\vec{E}_0\cdot\vec{r}\bigr)\vec{r}}{r^2}\cfrac{R^3}{r^3}{.}
$$Если шар несёт заряд $Q$, если к найденному выше распределению добавить распределение этого заряда $Q$ равномерно по поверхности, то электрическое поле внутри шара останется равным нулю, как и его тангенциальная компонента на поверхности шара.
Прибавляя электрическое поле равномерно заряженного по поверхности шара, получим:

Определите проекцию напряжённости электрического поля $E_n(\theta)$ на направление нормали. Ответ выразите через $Q$, $E_0$, $R$, $\varepsilon_0$ и $\theta$.

При $R=r$ получим:
$$\vec{E}=\cfrac{Q\vec{r}}{4\pi\varepsilon_0R^3}+\cfrac{3\bigl(\vec{E}_0\cdot\vec{r}\bigr)\vec{r}}{R^2}{.}
$$Проецируя на направление вектора нормали, получим:

Далее во всех пунктах считайте, что заряд шара $Q$ попадает в найденный вами диапазон.

Условие равенства нулю компоненты электростатического поля $E_n$ можно записать в виде:
$$Q=-12\pi\varepsilon_0R^2E_0\cos\theta{.}
$$Поскольку $\cos\theta\in[-1{;}1]$, имеем:

Определите также, при каких значениях угла $\theta$ на поверхность шара попадают отрицательные ионы, а при каких — положительные. Ответы выразите через $\theta_0$.

Величина $E_n$ обращается в ноль при угле $\theta_0$, равном:

Положительные ионы попадают на поверхность шара при $E_n{<}0$, а отрицательные – при $E_n{>}0$. Таким образом:

С учётом определённых в предыдущем пункте областей, величина $dQ/dt$ определяется выражением:
$$\cfrac{dQ}{dt}=\cfrac{dQ_-}{dt}+\cfrac{dQ_+}{dt}{,}
$$где $dQ_+/dt$ и $dQ_-/dt$ обозначают силы тока, текущего на поверхность шара со стороны положительных и отрицательных ионов соответственно.
Для $dQ_+/dt$ и $dQ_-/dt$ имеем:
$$\cfrac{dQ_-}{dt}=-\sigma_-\int\limits_{0}^{\theta_0}E_n(\theta)\cdot2\pi R^2\sin\theta d\theta\qquad \cfrac{dQ_+}{dt}=-\sigma_+\int\limits_{\theta_0}^{\pi}E_n(\theta)\cdot 2\pi R^2\sin\theta d\theta{.}
$$Определим $dQ_-/dt$:
$$\cfrac{dQ_-}{dt}=-\sigma_-\int\limits_{0}^{\theta_0}E_n(\theta)\cdot2\pi R^2\sin\theta d\theta=-\sigma_-\int\limits_{0}^{\theta_0}\left(\cfrac{Q}{2\varepsilon_0}+6\pi R^2R_0\cos\theta\right)\sin\theta d\theta{,}
$$или же:
$$\cfrac{dQ_-}{dt}=-\sigma_-\left(\cfrac{Q(1-\cos\theta_0)}{2\varepsilon_0}+3\pi R^2E_0\sin^2\theta_0\right){.}
$$Аналогично для $dQ_+/dt$:
$$\cfrac{dQ_+}{dt}=-\sigma_+\int\limits_{\theta_0}^{\pi}E_n(\theta)\cdot 2\pi R^2\sin\theta d\theta=-\sigma_+\int\limits_{\theta_0}^{\pi}\left(\cfrac{Q}{2\varepsilon_0}+6\pi R^2E_0\cos\theta\right)\sin\theta d\theta{,}
$$или же:
$$\cfrac{dQ_+}{dt}=-\sigma_+\left(\cfrac{Q(1+\cos\theta_0)}{2\varepsilon_0}-3\pi R^2E_0\sin^2\theta_0\right){.}
$$Складывая, находим:

В стационарном режиме $dQ/dt=0$, откуда имеем:
$$-\cfrac{Q_0(\sigma_++\sigma_-)}{2\varepsilon_0}+(\sigma_+-\sigma_-)\left(3\pi R^2E_0\sin^2\theta_0-\cfrac{Q_0\cos\theta_0}{2\varepsilon_0}\right)=0{.}
$$Подставляя $\theta_0$, получим:
$$-\cfrac{Q_0(\sigma_++\sigma_-)}{2\varepsilon_0}+(\sigma_+-\sigma_-)\left(3\pi R^2E_0-\cfrac{Q^2_0}{48\pi\varepsilon^2_0R^2E_0}+\cfrac{Q^2_0}{24\pi\varepsilon^2_0R^2E_0}\right)=0{,}
$$или же:
$$Q^2_0-Q_0\cfrac{24\pi R^2\varepsilon_0E_0(\sigma_++\sigma_-)}{(\sigma_+-\sigma_-)}+144\pi^2R^4\varepsilon^2_0E^2_0=0{.}
$$Для корней квадратного уравнения имеем:
$$Q_0=\cfrac{12\pi R^2\varepsilon_0E_0}{\sigma_+-\sigma_-}\left(\sigma_++\sigma_-\pm\sqrt{(\sigma_++\sigma_-)^2-(\sigma_+-\sigma_-)^2}\right){,}
$$или же:
$$Q_0=\cfrac{12\pi R^2\varepsilon_0E_0(\sqrt{\sigma_+}\pm\sqrt{\sigma_-})^2}{\sigma_+-\sigma-}=12\pi R^2\varepsilon_0E_0\left(\cfrac{\sqrt{\sigma_+}+\sqrt{\sigma_-}}{\sqrt{\sigma_+}-\sqrt{\sigma_-}}\right)^{\pm1}{.}
$$Учитывая, что $Q{<}12\pi R^2\varepsilon_0E_0$, выбираем корень со знаком минус:

Является ли найденное значение заряда $Q_0$ устойчивым? Ответ обоснуйте.

Выражение для $\dot{Q}$ можно записать в следующей форме:
$$\dot{Q}=aQ^2-bQ+c{.}
$$Раскладывая вблизи значения $Q=Q_0$, получим:
$$\dot{Q}=a(Q_0+\Delta{Q})^2-b(Q_0+\Delta{Q})+c\approx -(b-2aQ_0)\Delta{Q}{.}
$$Подставим $a$, $b$ и $Q_0$:
$$\dot{Q}\approx -\left(\cfrac{\sigma_++\sigma_-}{2\varepsilon_0}-\cfrac{(\sigma_+-\sigma_-)Q_0}{24\pi R^2\varepsilon^2_0E_0}\right)\Delta{Q}{,}
$$или же:
$$\dot{Q}=-\cfrac{1}{2\varepsilon_0}\left(\sigma_++\sigma_--\left(\sqrt{\sigma_+}-\sqrt{\sigma_-}\right)^2\right)\Delta{Q}=-\cfrac{\sqrt{\sigma_+\sigma_-}}{\varepsilon_0}\Delta{Q}{.}
$$Таким образом:

Поскольку $A{<}0$:

Для нахождения зависимости $\Delta{Q}(t)$ разделим переменные:
$$\cfrac{dQ}{\Delta{Q}}=-\cfrac{\sqrt{\sigma_+\sigma_-}dt}{\varepsilon_0}{.}
$$Интегрируя, находим:

Координата $z_+$ относительно центра положительно заряженного эллипсоида равна $z-l$, а координаты $y_+$ и $z_+$ равны координатам $y$ и $z$ соответственно.
Отсюда:
$$\vec{E}=\cfrac{\rho}{\varepsilon_0}\left(A(z_+-z)\vec{e}_z+B(y_+-y)\vec{e}_y+B(x_+-x)\vec{e}_x\right){.}
$$Подставляя соотношения между координатами, получим:
$$\vec{E}=-\cfrac{\rho Al\vec{e}_z}{\varepsilon_0}{,}
$$или же:

В предельном переходе величина $\rho\vec{l}$ по определению представляет собой вектор поляризации $\vec{P}$. Таким образом:
$$\vec{E}=-\cfrac{A\vec{P}}{\varepsilon_0}{.}
$$Таким образом:

Определите также максимальную величину поверхностной плотности заряда $\sigma_{max}$ на поверхности эллипсоида. Ответ выразите через $P$.

При помещении проводящего эллипсоида в однородное электрическое поле, внутри эллипсоида напряжённость электрического поля должна оказаться равной нулю. Это реализуется, если напряжённость собственного электрического поля эллипсоида $\vec{E}=-\vec{E}_0$, при этом все граничные условия автоматически будут выполнены.
Таким образом:

Величина поверхностной плотности заряда $\sigma$ определяется выражением:
$$\sigma=\vec{P}\cdot\vec{n}{,}
$$где $\vec{n}$ – вектор нормали к поверхности проводника, направленный наружу.
Максимальное значение достигается, его вектор поляризации оказывается направлен вдоль вектора нормали, т.е в вершине эллипсоида.
Таким образом:

Определите максимальную величину напряжённости $E_{max}$ электростатического поля на поверхности эллипсоида. Ответ выразите через $E_0$ и $A$.

Воспользуемся теоремой Гаусса для напряжённости электростатического поля. Выберем в качестве Гауссовой поверхности цилиндрическую, основания которой параллельны поверхности проводника. Основания расположены бесконечно близко к поверхности проводника, при этом одно из них расположено внутри проводника, а другое – снаружи.
Получим:
$$\oint_S\vec{E}\cdot d\vec{S}=(\vec{E}_n-0)dS=\cfrac{q}{\varepsilon_0}=\cfrac{\sigma dS}{\varepsilon_0}\Rightarrow E_n=\cfrac{\sigma}{\varepsilon_0}{.}
$$Таким образом, величина электрического поля на поверхности проводника прямо пропорциональна величине поверхностной плотности зарядов, и, соответственно, максимальна в точке со значением $\sigma_{max}$:
$$E_{max}=\cfrac{\sigma_{max}}{\varepsilon_0}=\cfrac{P}{\varepsilon_0}{.}
$$Подставляя $P$, находим:

Используя полученный результат, приведите в листах ответов электростатическое изображение половины равномерно поляризованного эллипсоида вращения, контактирующего с проводящей плоскостью экваториальным сечением.

Известно, что электростатическое изображение точечного заряда $q$ в плоскости расположено на том же расстоянии от плоскости, что и заряд $q$, и несёт заряд, равный $-q$. Воспользуемся этим и получим электростатическое изображение точечного диполя в плоскости.
Поскольку изображение более удалённого от плоскости заряда также является более удалённым и меняет знак, дипольный момент сохраняет не только величину, но и направление:

Используя данный факт, становится понятно, что электростатическое изображение половины равномерно поляризованного эллипсоида в проводящей плоскости дополняет его до целого:

Ответ:

Если электростатическое поле плоскости равняется $\vec{E}_0$, то такое распределение заряда, что исходная половина эллипсоида поляризована равномерно, а электростатическое изображение эллипсоида дополняет его до целого, удовлетворяет всем граничным условиям, поскольку напряжённость электростатического поля эллипсоида направлена перпендикулярно плоской поверхности в любой её точке. По теореме о единственности решения электростатических задач данное распределение заряда является единственным верным.
Таким образом:

Влиянием электростатического поля шара на электростатическое поле Земли можно пренебречь. Влиянием электростатического поля зарядов, расположенных на проводе, можно пренебречь во всём пространстве.

Потенциал на поверхности шара должен быть равен нулю.
Поскольку влиянием провода можно пренебречь – получим:
$$\Delta\varphi=E_0h+\cfrac{kq}{R_0}=0{,}
$$откуда:

Воспользуемся законом Ома в дифференциальной форме:
$$\vec{j}=\sigma_0\vec{E}{.}
$$Поскольку поверхность сферическая, имеем:
$$I=-4\pi R^2_0j=-4\pi R^2_0\sigma_0E{.}
$$Для электрического поля имеем:
$$E=\cfrac{q}{4\pi\varepsilon_0R^2_0}=-\cfrac{E_0h}{R_0}{,}
$$откуда:

Потенциал в центре шара складывается из потенциала электростатического поля Земли, а также потенциала сферических поверхностей:
$$\varphi(h)-\varphi(0)=E_0h+\cfrac{kq_0}{R_0}+\cfrac{kq}{R}=0{.}
$$Таким образом:

В ионизированной области имеем:
$$I=-4\pi R^2\sigma E_{in}=-\cfrac{q_0\sigma}{\varepsilon_0}{.}
$$Вне ионизированного слоя имеем:
$$I=-4\pi R^2\sigma_0E_{out}=-\cfrac{(q_0+q)\sigma_0}{\varepsilon_0}{.}
$$Приравнивая, получим:

Определим величину заряда $q_0$:
$$E_0h=-\cfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\cfrac{q_0}{R_0}+\cfrac{q}{R}\right)=-\cfrac{q_0}{4\pi\varepsilon_0R_0}\left(1+\cfrac{R_0}{R}\left(\cfrac{\sigma}{\sigma_0}-1\right)\right){,}
$$откуда:
$$q_0=-\cfrac{4\pi\varepsilon_0R_0hE_0}{1+\cfrac{R_0}{R}\left(\cfrac{\sigma}{\sigma_0}-1\right)}{.}
$$Подставляя в выражение для $I$, находим:

При $R\approx R_0$ и $\sigma\gg\sigma_0$ получим:

В рамках указанной модели:
$$u=\cfrac{a\tau}{2}{.}
$$Для $a$ и $\tau$ имеем:
$$a=\cfrac{eE}{m}\qquad \tau=\cfrac{\lambda}{\overline{v}_\text{т}}{,}
$$откуда:

В среднем за одно столкновение частица теряет энергию $\Delta{W}$, причём за время $\tau$. Тогда средняя мощность потерь энергии частицы должна компенсироваться работой электростатического поля:
$$\overline{\Delta{W}}=eEu\tau{.}
$$Подставляя $u$ и $\tau$, получим:
$$\overline{\Delta{W}}=\cfrac{e^2E^2\lambda^2}{2m\overline{v}^2_\text{т}}{,}
$$или же:

Если вы не смогли решить этот пункт — в дальнейшем считайте, что $\overline{\Delta{W}}/\overline{W}=m/M$.

Воспользуемся методом векторных диаграмм скоростей. Поскольку изначально тяжёлый ион массой $M$ неподвижен – скорость движения центра масс системы $v_c=mv/(m+M)$ равна скорости движения тяжёлого иона относительно центра масс.
Тогда, если сразу после соударения скорость тяжёлого иона относительно центра масс образует угол $\varphi$ со скоростью налетающего электрона, в лабораторной системе отсчёта скорость тяжёлого иона составляет:
$$v_M=2v_C\cos(\varphi/2){,}
$$откуда для кинетической энергии $K_M$ тяжёлого иона в лабораторной системе отсчёта находим:
$$K_M=2Mv^2_C\cos^2(\varphi/2)=\cfrac{Mm^2v^2(1+\cos\varphi)}{(m+M)^2}{.}
$$Произведём усреднение, как указано в условии задачи:
$$\overline{\Delta W}=\cfrac{Mm^2v^2}{4\pi(m+M)^2}\int\limits_{0}^{\pi}(1+\cos\varphi)\cdot 2\pi\sin\varphi d\varphi=\cfrac{Mm^2v^2}{(m+M)^2}{.}
$$Учитывая, что $W=mv^2/2$, находим:

Воспользуемся выражениями для $\Delta{W}$, полученными в пунктах $\mathrm{B2}$ и $\mathrm{B3}$:
$$\overline{\Delta{W}}=\cfrac{2m\overline{W}}{M}=\cfrac{(eE\lambda)^2}{4\overline{W}}{,}
$$откуда:

Воспользуемся выражением для $u$:
$$u=\cfrac{eE\lambda}{2m\overline{v}_\text{т}}=\cfrac{eE\lambda}{2\sqrt{2Wm}}{.}
$$Подставляя выражение для $W$, находим: