Посчитаем потенциал от элементарного участка кольца с линейной плотностью заряда $\lambda=\cfrac{q}{2\pi R}$ длиной $Rd\alpha$:
$$
d\Phi=\cfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\cfrac{\lambda Rd\alpha}{\sqrt{R^2+z^2}}{.}
$$
Воспользуемся тем, что расстояние от точки $\mathrm{A}$ до любой точки кольца одинаковое{.}$
Тогда окончательно получаем:
Преобразуем полученное в предыдущем пункте выражение к виду:
$$
\Phi(z)=\frac{q}{4 \pi R\varepsilon_{0}} \frac{1}{\sqrt{1+(z/R)^{2}}}{.}
$$
И пользуясь тем, что $z/R\ll1{,}$ получим окончательный ответ:
Запишем выражение для потенциальной энергии электрона: $V=-e\Phi{.}$ Из потенциальной энергии получим требуемую силу:
$$F(z)=-\cfrac{dV(z)}{dz}=e\cfrac{d\Phi}{dz}=-\cfrac{qe}{4\pi\varepsilon_0R^3}z{.}$$
Запишем уравнение движение:
$$
m\ddot{z}+\cfrac{qe}{4\pi\varepsilon_0R^3}z=0{.}
$$
Получили уравнение колебаний, откуда находим частоту.
$$\omega=\sqrt{\cfrac{qe}{4\pi\varepsilon_0R^3}}$$
$\textbf{Метод1:}$
Разложим $d\Phi$ в ряд Тейлора, используя $r/R\ll1{:}$
$$
d\Phi\approx\frac{\lambda \mathrm{d} \phi}{4 \pi \varepsilon_{0}} \left[1-\cfrac{1}{2}\left(\cfrac{r^2}{R^2}-2\cfrac{r}{R}\cos{\varphi}\right)+\cfrac{3}{8}\left(\cfrac{r^2}{R^2}-2\cfrac{r}{R}\cos{\varphi}\right)^2\right]=
$$
$$
= \frac{\lambda \mathrm{d} \phi}{4 \pi \varepsilon_{0}}\left[1+\frac{r}{R} \cos \phi+\frac{r^{2}}{R^{2}}\left(\frac{3}{2} \cos ^{2} \phi-\frac{1}{2}\right)\right]{.}
$$
Проинтегрируем выражение для потенциала:
$$\Phi(r)=\int_0^{2\pi}\frac{\lambda \mathrm{d} \phi}{4 \pi \varepsilon_{0}}\left[1+\frac{r}{R} \cos \phi+\frac{r^{2}}{R^{2}}\left(\frac{3}{2} \cos ^{2} \phi-\frac{1}{2}\right)\right]=\cfrac{q}{4\pi\varepsilon_0R}\left(1+\cfrac{r^2}{4R^2}\right){.}$$
Отсюда получаем $\beta:$
$\textbf{Метод 2:}$
Найдем силу с помощью производной потенциальной энергии: $F=-\cfrac{dV}{dr}=\cfrac{d\Phi}{dr}e{.}$
$$F=\cfrac{qe}{8\pi\varepsilon_0R^3}r{.}$$
Рассмотрим электрон, обладающий скоростью $v=\sqrt{\cfrac{2E}{m}}$ и находящийся на расстоянии $r$ от "оптической оси". Электрон преодолеет активную область за время
$$
t=\cfrac{d}{v}{.}
$$
Запишем уравнение движение электрона и определим радиальную скорость по прошествии времени $t$:
$$m\ddot{r}=2eq\beta r{,}$$
$$
v_r=\ddot{r}\cdot t=\cfrac{2eq\beta r}{m}\cdot\cfrac{d}{v}<0{.}
$$
Линза будет фокусировать электроны, если $q<0{.}$ В таком случае найдем время достижения оптической оси:
$$
t^{\prime}=\frac{r}{\left|v_{r}\right|}=-\frac{m v}{2 e q \beta d}{.}
$$
За время $t^{\prime}$ электрон по оси $z$ пройдет $f{:}$
$$
f=t^{\prime}v=-\frac{m v^2}{2 e q \beta d}=-\frac{E}{e q d \beta}{.}
$$
После прохождения активной области его радиальная компонента поменяет свое значение и будет равна:
$$
v_r=v\cfrac{r}{b}+\cfrac{2eq\beta r}{m}\cfrac{d}{v}{,}
$$
где первый член положительный, а второй отрицательный (так как $q<0$).
Если электрон достигает оптической оси после прохождения активной зоны, то $v_r<0{.}$ Тогда время, необходимое для достижения оптической оси:
$$t^{\prime}=\cfrac{r}{|v_r|}=-\frac{1}{\frac{2 e q \beta}{m} \frac{d}{v}+\frac{v}{b}}{.}$$
За это время электрон пройдет в проекции на ось $z{:}$
$$
c=t^{\prime}v=-\frac{1}{\frac{e q \beta d}{E}+\frac{1}{b}}$$
$$
c=-\frac{1}{\frac{e q \beta d}{E}+\frac{1}{b}}
$$
Из $\mathrm{C2}$ получаем
$$
\cfrac{1}{b}+\cfrac{1}{c}=-\cfrac{eq\beta d}{E}{.}
$$
Сопоставляя это выражение с $\mathrm{C1}$, получаем, что формула тонкой линзы выполнена.
Находим окончательный ответ для $\Phi:$
$$
\Phi=\Phi_1+\Phi_2=\cfrac{q}{4\pi^2\varepsilon_0R}\ln{\cfrac{8R}{a}}{.}
$$
При заряде кольца $q(t)$ падение напряжения на кольце $-q/C,$ на резисторе $-R_0dq/dt.$ Тогда в промежутке времени $-d / 2 v < t < d / 2 v:$
$$
\frac{q(t)}{C}+R_{0} \frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{~d} t}=V_{0}{.}
$$
Интегрируя это уравнение и подставляя граничные условия, получаем:
$$
q(t)=C V_{0}\left(1-\mathrm{e}^{-\frac{d}{2 v R_{0} C}} \mathrm{e}^{-\frac{t}{R_{0} C}}\right){.}
$$
Заряд достигает максимального значения в момент времени $t=d/2v{.}$ И значение $q_0:$
$$
q_{0}=C V_{0}\left(1-\mathrm{e}^{-\frac{d}{v R_{0} C}}\right){.}
$$
После $t=d/2v$ уравнение на $q$ принимает вид:
$$
\frac{q(t)}{C}+R_{0} \frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{~d} t}=0{.}
$$
Снова интегрируя и подставляя граничные условия, получаем зависимость $q(t)$ для $t>d/2v$:
$$q(t)=C V_{0}\left(\mathrm{e}^{\frac{d}{2 v R_{0} C}}-\mathrm{e}^{-\frac{d}{2 v R_{0} C}}\right) \mathrm{e}^{-\frac{t}{R C}}{.}$$
Итак,
\begin{equation*}
q(t) =
\begin{cases}
0 &\text{при $t<-\cfrac{d}{2v}$}\\
C V_{0}\left(1-\mathrm{e}^{-\frac{d}{2 v R_{0} C}} \mathrm{e}^{-\frac{t}{R_{0} C}}\right) &\text{при $-\cfrac{d}{2v} < t < \cfrac{d}{2v}$}\\
C V_{0}\left(\mathrm{e}^{\frac{d}{2 v R_{0} C}}-\mathrm{e}^{-\frac{d}{2 v R_{0} C}}\right) \mathrm{e}^{-\frac{t}{R C}} &\text{при $t>\cfrac{d}{2v}$}
\end{cases}
\end{equation*}
Аналогично $\mathrm{C1}$, запишем уравнение движение:
$$
m \ddot{r}=2 e q(t) \beta r{,}
$$
но здесь $q$ зависит от времени.
Введем замену $\eta=2e\beta/m$ и уравнение движение примет вид:
$$
\ddot{r}=\eta q(t) r{.}
$$
Так как $f/v\gg R_0C$, то за время зарядки-разрядки положение электрона в радиальном направлении существенно не меняется. Тогда $v_r$ можно получить интегрированием $\ddot{r}$:
$$
v_{r}=\eta r \int_{-d /(2 v)}^{\infty} q(t) \mathrm{d} t{.}
$$
Разобьем интеграл на два участка интегрирования: от $-d/2v$ до $d/2v$ и от $d/2v$ до $\infty$:
$$
v_{r}=\eta r \int_{-d /(2 v)}^{d/2v} q(t) \mathrm{d} t+\eta r \int_{d /(2 v)}^{\infty} q(t) \mathrm{d} t{,}
$$
Используя замены $d/v=t_0, RC_0=\tau, CV_0=Q_0$, получаем:
$$
v_{r}=Q_{0}\left(t_{0}-\tau\left[1-\mathrm{e}^{-t_{0} / \tau}\right]\right)+Q_{0} \tau\left[1-\mathrm{e}^{-t_{0} / \tau}\right]{.}
$$
Окончательное выражение для $v_r{:}$
$$
v_{r}=\frac{2 e \beta C V_{0} d r}{m v}{.}
$$
И, аналогично части $\mathrm{C}$ фокусное расстояние $f{:}$
Сопоставляя $f=-E/(eCV_0d\beta)$ с $f=-E/(eqd\beta)$ из части $\mathrm{C}$, получаем:
$$q_{eff}=CV_0{.}$$