Решение

Плоскости — проводящие и незаряженные. Чтобы учесть их влияние, используем метод зеркальных зарядов. Заменим влияние плоскостей на систему эквивалентной системой из трёх мнимых зарядов: для настоящего заряда $q$, на противоположной стороне плоскостей симметрично ставятся мнимые заряди $−q$ ($II$ и $IV$ четверти). Зеркальным отображением этих мнимых зарядов будет мнимый заряд $q$ в $III$ четверти. Таким образом, мы получаем четыре заряда в вершинах квадрата со стороной $2l$.

Рассчитаем силу, действующую на заряд $q$ от всех других зарядов (смотри рисунок). Сила Кулона $\vec F_{1}$ между зарядом в 1 и 2 четверти в проекции на ось $Y$:

$$F_{1}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\cdot \frac{q^{2}}{4l^{2}}$$

Сила Кулона $\vec F_{2}$ между зарядом в 1 и 4 четверти в проекции на ось $X$:

$$F_{2}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\cdot \frac{q^{2}}{4l^{2}}$$

Сила Кулона $\vec F_{3}$ между зарядом в 1 и 3 четверти будет действовать вдоль диагонали квадрата под углом $\frac{\pi}{4}$ к осям $X$ и $Y$. Расстояние между этими зарядами равно длине диагонали квадрата: $2l\sqrt{2}$. Модуль силы $\vec F_{3}$:

$$F_{3}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\cdot\frac{q^{2}}{8l^{2}}$$

Распишем эту силу в проекциях на оси координат:

$$F_{3X}=-F_{3}\cos\frac{\pi}{4}=-\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\cdot \frac{q^{2}}{8\sqrt{2}h^{2}}$$
$$F_{3Y}=-F_{3}\cos\frac{\pi}{4}=-\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\cdot \frac{q^{2}}{8\sqrt{2}h^{2}}$$

Проекция результирующей силы, действующей на заряд $q$, вдоль оси $X$ будет:

$$F_{X}=F_{2}+F_{3X}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\cdot\frac{q^{2}}{4l^{2}}-\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\cdot\frac{q^{2}}{8\sqrt{2}l^{2}}=\frac{q^{2}}{16\pi\varepsilon_{0}l^{2}}\left( 1-\frac{1}{2\sqrt{2}} \right)$$

Проекция результирующей силы, действующей на заряд $q$, вдоль оси $Y$ будет:

$$F_{Y}=F_{1}+F_{3Y}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\cdot\frac{q^{2}}{4l^{2}}-\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\cdot\frac{q^{2}}{8\sqrt{2}l^{2}}=\frac{q^{2}}{16\pi\varepsilon_{0}l^{2}}\left( 1-\frac{1}{2\sqrt{2}} \right)$$

Модуль результирующей силы будет:

$$F=\sqrt{F_{X}^{2}+F_{Y}^{2}}=\frac{q^{2}}{16\pi\varepsilon_{0}l^{2}}\left( 1-\frac{1}{2\sqrt{2}} \right)\sqrt{2}=\frac{q^{2}(2\sqrt{2}-1)}{32\pi\varepsilon_{0}l^{2}}$$

Индуцированные заряды на плоскостях компенсируют поле заряда $q$, поэтому электрического поля в областях $II–IV$ нет.