Из симметрии электрическое поле направлено радиально. Тогда его значение можно найти из теоремы Гаусса:
$$
E(r)=\dfrac{\kappa}{2\pi\varepsilon_0 r}.
$$Интегрируя, получим выражение для потенциала:
$$
\varphi(r)=-\int\limits_{a}^{r} E(r) dr =-\dfrac{\kappa}{2\pi\varepsilon_0 }\ln{\frac{r}{a}}.
$$Здесь $a$ – расстояние, от которого отсчитывается потецниал.

Пусть $\vec a$ – перпендикулярный нитям вектор, проведенный из точки отрицательно заряженной нити в точку положительно заряженной. Для определенности положим, что положительно заряженная нить расположена на прямой $\vec r=0$. Если $r_+$ и $r_-$ – расстояния до положительно и отрицательно заряженных нитей соответственно, их суммарный потенциал:
$$
\varphi(\vec{r})=
\dfrac{\kappa}{2\pi\varepsilon_0 }\ln{\dfrac{r_-}{r_+}}+C=
\dfrac{\kappa}{2\pi\varepsilon_0 }\ln\frac{|\vec{r} + \vec{a}|}{r}+ C.
$$В первом порядке по $\vec{a}$ расстояние
$$
r_- = |\vec{r} + \vec{a}| \simeq r + \frac{\vec{a}\vec{r}}{r},
$$тогда потенциал
$$
\varphi(\vec{r}) = \frac{\kappa}{2 \pi \varepsilon_0} \ln \left(1 + \frac{\vec{a}\vec{r}}{r^2} \right) \simeq \frac{\kappa (\vec{a}\vec{r}) }{2 \pi \varepsilon_0 r^2}=\frac{\vec{p} \vec{r} }{2 \pi \varepsilon_0 r^2}
$$Здесь использовано $\vec p=\kappa\vec a$, а константа равна 0, поскольку на бесконечности это выражение стремится к 0.

Сделаем в выражении для потенциала замену $\vec{r} \to \vec{r} + \vec{\delta}$ и найдем изменение потенциала в первом порядке по $\vec{\delta}$. Используем соотношения для расстояния
$$
\Delta \varphi = (\vec{r} + \vec{\delta})^2 \simeq r^2 + 2 (\vec{r} \vec{\delta}), \quad \frac{1}{(\vec{r} + \vec{\delta})^2}\simeq \frac{1}{r^2} - \frac{2 \vec{r} \vec{\delta}}{r^4}.
$$Тогда для разности потенциала получим
$$
\varphi(\vec{r} + \vec{\delta}) - \varphi(\vec{r}) \simeq \frac{\vec{p} (\vec{r} + \vec{\delta})}{2 \pi \varepsilon_0 (\vec{r} + \vec{\delta})^2} - \dfrac{ \vec r \vec p}{2\pi\varepsilon_0 r^2}
= \frac{\vec{p}}{2\pi \varepsilon_0} \cdot\left( (\vec{r} + \vec{\delta} )\left(\frac{1}{r^2} - \frac{2 \vec{r} \vec{\delta}}{r^4}\right) - \vec{r}{r^2} \right)=$$$$
= \frac{\vec{p}}{2 \pi \varepsilon_0}\left(\frac{\vec{\delta}}{r^2} - \frac{2(\vec{r} \vec{\delta})\vec{r}}{r^4} \right) = - \frac{2(\vec{p} \vec{r})(\vec{r} \vec{\delta}) - (\vec{p}{\vec{\delta}})}{2 \pi \varepsilon r^4}.
$$С учетом определения градиента
$$
\Delta \varphi = \vec{\nabla} \varphi \cdot \vec{\delta}, \quad \vec{\nabla} \varphi = - \frac{2(\vec{p} \vec{r})\vec{r} -\vec{p} }{2 \pi \varepsilon_0 r^4}.
$$Тогда электрическое поле
$$
\vec{E}(\vec{r}) = - \vec{\nabla} \varphi (\vec{r}) = \frac{2(\vec{p} \vec{r})\vec{r} -\vec{p} }{2 \pi \varepsilon_0 r^4}.
$$
Производную можно найти и напрямую. Введем единичные векторы: $\vec e_r$ – сонаправленный с радиус-вектором $\vec r$, $\vec e_{\theta}$ – перпендикулярный ему и дипольным нитям, сонаправлен с положительным направлением отсчета $\theta$. Запишем выражение для электрического поля: \[\vec E=-\operatorname{grad}{\varphi}=-\dfrac{\partial \varphi}{\partial r}\vec e_r-\dfrac{1}{r}\dfrac{\partial \varphi}{\partial \theta}\vec e_{\theta}=\dfrac{ (\vec p,\vec r)}{2\pi\varepsilon_0 r^3}\vec e_r+\dfrac{ p\sin\theta}{2\pi\varepsilon_0 r^2}\vec e_{\theta}\]Выразим $\vec e_{\theta}$:
\[\dfrac{\vec p}{p}=\vec e_r\dfrac{(\vec p,\vec r)}{pr}-\vec e_{\theta}\sin\theta\]Запишем ответ:

Данный ответ также может быть получен при рассмотрении полей двух заряженных нитей. Для этого найдём в векторной форме поле 1 нити:
\[\vec{E} = \cfrac{\kappa}{2\pi \varepsilon_0}\cfrac{\vec{r}}{r^2}\]И представим поле диполя в виде суперпозиции полей двух нитей:
\[\vec{E}(\vec{r}) = \cfrac{\kappa}{2\pi\varepsilon_0}\left(\cfrac{\vec{r}_+}{r_+^2} - \cfrac{\vec{r}_-}{r_-^2}\right) = \cfrac{\kappa}{2\pi\varepsilon_0}\left(\cfrac{\vec{r}}{r^2} - \cfrac{\vec{r} + \vec{a}}{(\vec{r} + \vec{a})^2}\right)=\cfrac{\kappa}{2\pi\varepsilon_0}\left(\cfrac{\vec{r}}{r^2} - \cfrac{\vec{r} + \vec{a}}{r^2 + a^2+2(\vec{r}, \vec{a})}\right)\approx\\ \approx\cfrac{\kappa}{2\pi\varepsilon_0r^2}\left(\vec{r} - (\vec{r} + \vec{a})\left(1 - 2\cfrac{(\vec{r},\vec{a})}{r^2}\right)\right) \approx \cfrac{\kappa}{2\pi\varepsilon_0r^2}\left( 2\cfrac{\vec{r}(\vec{r},\vec{a})}{r^2} - \vec{a}\right) = \\ = \cfrac{1}{2\pi\varepsilon_0r^2}\left( 2\cfrac{\vec{r}(\vec{r},\vec{p})}{r^2} - \vec{p}\right)\]

Запишем условия для компонент электрического поля на границе среда–цилиндр:
\[\begin{cases}E_{\tau2}=E_{\tau2}\\
\varepsilon_1E_{n1}=\varepsilon_2E_{n2}\end{cases}\]
Предполаная, что поле снаружи – суперпозиция внешнего однородного поля и поля диполя, а внутри – однорородное и сонаправленное с $\vec E_0$, перепишем предыдущую систему уравнений:
\[\begin{cases}E_{in}\sin\theta=E_0\sin\theta-\dfrac{p\sin\theta}{2\pi \varepsilon_0R^2}\\\varepsilon _1E_{in}\cos\theta=\varepsilon _2\left(E_0\cos\theta+\dfrac{p\cos\theta}{2\pi \varepsilon_0R^2}\right),\end{cases}\]При $\vec p=2\pi\varepsilon_0\vec E_0R^2\cfrac{\varepsilon_1-\varepsilon_2}{\varepsilon_1+\varepsilon_2}$ записанные выше условия выполняются в каждой точке цилиндра, значит, по теореме о единственности, данное решение верно.

Подставим найденное значение $\vec p$, получим распределение поля во всем пространстве.

Примечание: в проводящей среде объемная плотность тока связана с электрическим полем соотношением $\vec{j} =\lambda \vec{E}$, где $\lambda$ – проводимость среды.

Примечание: граничные условия на нормальные компоненты электрического поля можно получить, рассматривая нормальные составляющие плотности тока на границе цилиндра и среды. По цилиндру не течет поверхностных токов. 

Запишем новые граничные условия с учётом токов и зарядов
Условие на токи:
\[\lambda_1 E_{n1} = j_{n1} = j_{n2} = \lambda_2 E_{n2}\]Условие на тангенциальные компоненты поля:
\[E_{\tau1} = E_{\tau2}\]При близком рассмотрении участок границы можно считать плоским, а заряд на границе постоянным, тогда записав теорему Гаусса для вектора электростатической индукции получим:
\[-\varepsilon_0\varepsilon_1E_{n1} + \varepsilon_0\varepsilon_2E_{n2} = \sigma_f\]Подставив в первые два условия форму поля получим систему:
\[\begin{cases}E_{in}\sin\theta=E_0\sin\theta-\dfrac{p\sin\theta}{2\pi \varepsilon_0R^2}\\\varepsilon _1E_{in}\cos\theta=\varepsilon _2\left(E_0\cos\theta+\dfrac{p\cos\theta}{2\pi \varepsilon_0R^2}\right),\end{cases}\]которая аналогична A4:
\[\vec p=2\pi\varepsilon_0\vec E_0R^2\cfrac{\lambda_1-\lambda_2}{\lambda_1+\lambda_2}\]\[\vec{E}_{\text{in}} = \frac{2\lambda_2}{\lambda_1 + \lambda_2} \vec{E}_0\]Подставим выражения в граничное условие на $\sigma_f$:

\[\sigma_f = -\varepsilon_0\varepsilon _1\frac{2\lambda_2}{\lambda_1 + \lambda_2} E_0\cos\theta+\varepsilon_0\varepsilon _2\left(E_0+E_0\cfrac{\lambda_1-\lambda_2}{\lambda_1+\lambda_2}\right)\cos\theta\]Получим ответ:

Т. к. $\vec{j} = \lambda_2\vec{E}$, полный ток, стекающий с цилиндра, $I = \lambda_2\Phi$. Получим:
\[-\dot{q} = \lambda_2\cfrac{q}{\varepsilon_0\varepsilon_2} \Rightarrow q = q_0e^{-\frac{\lambda_2t}{\varepsilon_0\varepsilon_2}}\]Получим ответ:

Из условия потенциальности электрического поля:

Из закона сохранения заряда получим соотношение:
\[Li(\theta_0) - Li(\theta_0 + d\theta) + dSj_{1n} -dSj_{2n} = 0\]Раскрыв $dS$, получим:

Устремляя $d\theta$ к нулю, получим:
\[-L\dfrac{\partial i}{\partial \theta}(\theta_0) + RL(j_{1n} -j_{2n}) = 0\]Выведем ответ, раскрыв $i$ и учитывая, что $\vec j=\lambda \vec E$, получаем:

Из предыдущего пункта:
\[-\omega\dfrac{\partial \sigma_f}{\partial \theta}+ \lambda_1E_{1n} - \lambda_2E_{2n} = 0\]Запишем граничное условие на вектор электростатической индукции:
\[-\varepsilon_0\varepsilon_1E_{n1} + \varepsilon_0\varepsilon_2E_{n2} = \sigma_f\]продифференцируем его и подставим $\dfrac{\partial \sigma_f}{\partial \theta}$:

\[ \varepsilon_1^* = \varepsilon_1 + \frac{i \lambda_1}{\varepsilon_0 \omega}, \quad  \varepsilon_2^* = \varepsilon_2 + \frac{i \lambda_2}{\varepsilon_0 \omega}.\]

Далее эти формулы можно использовать без доказательства. 

Примечание: Поскольку цилиндр вращается с угловой скоростью $\omega$, $d\theta/dt = + \omega$ и производную по углу $\theta$ можно выразить через производную по времени во вращающейся системе отсчета. 

Поле в системе отсчета цилиндра вращается с угловой скоростью $-\omega$. Поэтому $\dfrac{\partial}{\partial \theta}=\dfrac{1}{\omega}\dfrac{\partial}{\partial t}=\dfrac{-i\omega}{\omega}=-i$.
Граничное условие:
\[\left(\lambda_1-i\omega\varepsilon_1\varepsilon_0\right)E_{1n}=\left(\lambda_2-i\omega\varepsilon_2\varepsilon_0\right)E_{2n}\]Отсюда:

Аналогично электростатическому случаю из части A, мы можем записать ответ, подставив комплексные диэлектрические проницаемости. Отсюда имеем:

\[\vec p^*=2\pi\varepsilon_0\vec{E}_0^*R^2\dfrac{\varepsilon_1^*-\varepsilon_2^*}{\varepsilon_1^*+\varepsilon_2^*}=2\pi\varepsilon_0\vec{E}_0^*R^2\dfrac{\varepsilon_1-\varepsilon_2+\dfrac{i(\lambda_1-\lambda_2)}{\omega\varepsilon_0}}{\varepsilon_1+\varepsilon_2+\dfrac{i(\lambda_1+\lambda_2)}{\omega\varepsilon_0}}\]

Выразим $p_x$:
\[p_x=\operatorname{Re}{(\vec p^*,\vec e_x)}\]Выражение для $p_y$ аналогично:
\[p_y=\operatorname{Re}{(\vec p^*,\vec e_y)}\]Используем, что $\vec{E}_0^* =E_0(\vec e_x-i\vec e_y)$. Преобразуем выражение из предыдущего пункта:
\[\vec p^*=2\pi\varepsilon_0\vec{E}_0^*R^2\dfrac{\left(\varepsilon_1-\varepsilon_2+\dfrac{i(\lambda_1-\lambda_2)}{\omega\varepsilon_0}\right)\left(\varepsilon_1+\varepsilon_2-\dfrac{i(\lambda_1+\lambda_2)}{\omega\varepsilon_0}\right)}{(\varepsilon_1+\varepsilon_2)^2+\dfrac{(\lambda_1+\lambda_2)^2 }{\omega^2\varepsilon_0^2}} =\\= 2\pi\varepsilon_0\vec{E}_0^*R^2\dfrac{\varepsilon_1^2 - \varepsilon_2^2 + \dfrac{(\lambda_1^2-\lambda_2^2)}{\omega^2\varepsilon_0^2} + 2i\dfrac{\lambda_1\varepsilon_2 -\lambda_2\varepsilon_1}{\omega\varepsilon_0}}{(\varepsilon_1+\varepsilon_2)^2+\dfrac{(\lambda_1+\lambda_2)^2}{\omega^2\varepsilon_0^2}}\]

и получим ответы:

Полный эффективный дипольный момент цилиндра равен $\vec pL$, тогда:
\[\vec M=[\vec p,\vec E_0]L\]Выразим $M_z$:
\[M_z=-p_yE_0L=4\pi\omega LR^2\varepsilon_0^2E_0^2\dfrac{(\varepsilon_1\lambda_2-\varepsilon_2\lambda_1) }{(\lambda_1 + \lambda_2)^2 + (\omega \varepsilon_0)^2 (\varepsilon_1 + \varepsilon_2)^2}\]

Вращение возможно при $M_z>0$, это соответствует соотношению:\[\varepsilon_2/\lambda_2<\varepsilon_1/\lambda_1\]Обратим внимание, что данное выражение не случайно: его физический смысл: характерное время разрядки среды меньше характерного времени разрядки цилиндра, поэтому может возникать явление запаздывания переполяризации, что и является причиной вращения.

Движения жидкости вдоль оси $z$ нет, значит движение элементов жидкости никак не зависит от $z$ из симметрии. Площадь боковой поверхности цилиндра пропорциональна $L$, расстояние от точки приложения силы до оси не зависит от $L$, следовательно:

Для нахождения остальных степеней воспользуемся методом размерностей:
\[Н\cdot м=(Н\cdot м^{-2}\cdot с)^a\cdot c^{-b}\cdot м^{c}\cdot м\]Приравнивая коэффициенты перед Ньютонами, получаем:

Приравнивая коэффициенты перед секундами, получаем:

Приравнивая коэффициенты перед метрами, получаем:

Момент сил, действующий на малый цилиндрического слой жидкости:
\[M =\tau_{\theta z}\cdot S\cdot r= 2\pi \eta r^3L \frac{\partial \omega}{\partial r}\]

Так как каждый элемент жидкости вращается равномерно, то момент действующий на внешнюю сторону слоя жидкости, будет равен моменту, с которым этот слой жидкости действует на слой под ним. Т. е. $M = M_\eta = \operatorname{const}$ .

Разделим переменные и проинтегрируем данное уравнение:
\[\cfrac{M_\eta}{2\pi \eta L} \cfrac{dr}{r^3}= d\omega\]Так как $\omega(r\to\infty)=0$, и $\omega(R) = \omega_0$, то:
\[\cfrac{M_\eta}{2\pi \eta L} \int^{R}_{\infty}\cfrac{dr}{r^3}= \omega_0\]Запишем итоговое выражение:

Условие минимума – $\omega_0=0$. Пренебрегая слагаемым с $\omega^2$ в знаменателе, получим:

Условие установления скорости:
\[M_z+M_{\eta}=0\]Отсюда получаем: