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:

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:

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:

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:

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:

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:

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:

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:

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:

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: