Решение

В данном решении задача рассматривается в строгом соответствии с текстом условия: модель представляет собой равномерно заряженную пустую сферическую оболочку, весь заряд которой сосредоточен на поверхности, с двумя небольшими отверстиями для пролета пучка.

1. Физическая модель и принцип суперпозиции
Поскольку $V \ll V_0$, изменение продольной кинетической энергии пучка пренебрежимо мало ($qV \ll qV_0$). Скорость частиц $v$ вдоль оси можно считать постоянной. Кроме того, учитывая огромную скорость пучка и традиционные допущения подобных задач, мы пренебрегаем влиянием внешнего рассеивающего поля на больших расстояниях от сферы, фокусируя внимание только на резких локальных «толчках» поля непосредственно в отверстиях (эффект апертурной линзы).
Для строгого расчета локальных полей применим принцип суперпозиции. Представим реальную оболочку с двумя отверстиями как наложение двух идеальных систем:

1. Идеальная сплошная заряженная сфера с поверхностной плотностью $+\sigma$.
2. Два «виртуальных» диска с плотностью заряда $-\sigma$, расположенных строго в местах входного и выходного отверстий.
   Внутри идеальной сплошной сферы электрическое поле строго равно нулю. Следовательно, всё фокусирующее поперечное поле внутри полости вблизи отверстий создается исключительно этими двумя виртуальными дисками с зарядом $-\sigma$.

2. Первый поперечный импульс на входе
Пусть частица летит на расстоянии $x$ от оси симметрии пучка ($x \ll R$). Найдем поперечный импульс, полученный от локального поля первого отверстия.
Выделим малый гауссов цилиндр радиуса $x$ и толщиной $dz$, охватывающий только саму область входного отверстия. В рамках нашей математической модели суперпозиции внутри этого цилиндра находится заряд виртуального диска, по модулю равный $|\Delta q| = \pi x^2 \sigma$. Отрицательный знак этого эффективного заряда означает, что поле направлено к оси (создает фокусирующий эффект).
По теореме Гаусса поток вектора напряженности через боковую поверхность этого цилиндра:
$$2\pi x \int E_\perp dz = \frac{\pi x^2 \sigma}{\varepsilon_0}$$
Отсюда интеграл поперечного поля в зоне локального отверстия:
$$\int E_\perp dz = \frac{\sigma x}{2\varepsilon_0}$$
Поперечный импульс, который частица приобретает, пробивая это локальное поле:
$$p_{\perp 1} = \int q E_\perp \frac{dz}{v} = \frac{q}{v} \int E_\perp dz = \frac{q \sigma x}{2\varepsilon_0 v}$$

3. Проверка фокусировки внутри полости
Получив первый поперечный импульс, частица летит вглубь полости, приобретя поперечную скорость $v_\perp = \frac{p_{\perp 1}}{m}$, направленную к оси пучка.
Время долета до оси равно $t = \frac{x}{v_\perp}$. Фокусное расстояние после первого отверстия $f_1$:
$$f_1 = v t = v \frac{x}{v_\perp} = x \frac{m v}{p_{\perp 1}} = x \frac{m v}{\frac{q \sigma x}{2\varepsilon_0 v}} = \frac{2 m v^2 \varepsilon_0}{q \sigma}$$
Кинетическая энергия задается ускоряющим напряжением: $mv^2 = 2qV_0$.
Потенциал сферы $V = \frac{\sigma R}{\varepsilon_0}$, откуда $\sigma = \frac{\varepsilon_0 V}{R}$.
Подставляем в $f_1$:
$$f_1 = \frac{2(2qV_0)\varepsilon_0}{q\left(\frac{\varepsilon_0 V}{R}\right)} = 4R \frac{V_0}{V}$$
Так как $V \ll V_0$, то $f_1 \gg R$. Пучок летит слишком быстро и не успевает сфокусироваться внутри полости, достигая выходного отверстия практически на том же расстоянии $x$ от оси.

4. Второй импульс и итоговое фокусное расстояние
Пролетая выходное отверстие, частица пересекает локальное поле второго виртуального диска ($-\sigma$) и получает аналогичный поперечный импульс, направленный к оси:
$$p_{\perp 2} = \frac{q \sigma x}{2\varepsilon_0 v}$$
Полный поперечный импульс после вылета:
$$p_\perp = p_{\perp 1} + p_{\perp 2} = \frac{q \sigma x}{\varepsilon_0 v}$$
Итоговое фокусное расстояние $f$ всей системы:
$$f = x \frac{m v}{p_\perp} = x \frac{m v}{\frac{q \sigma x}{\varepsilon_0 v}} = \frac{m v^2 \varepsilon_0}{q \sigma}$$
Подставляя $mv^2 = 2qV_0$ и $\sigma = \frac{\varepsilon_0 V}{R}$, получаем окончательный ответ для пустой сферической оболочки:
$$f = \frac{(2qV_0)\varepsilon_0}{q\left(\frac{\varepsilon_0 V}{R}\right)} = 2R \frac{V_0}{V}$$

5. Строгий расчет для альтернативной модели (сплошной шар)

В официальном задачнике приведен ответ $f = 0.5 R \frac{V_0}{V}$. Этот ответ не только относится к другой физической модели (сплошной заряженный шар, простреливаемый насквозь, вместо полой оболочки), но и содержит грубую ошибку. Выведем точный ответ для сплошного шара.

Если пучок проходит от $-\infty$ до $+\infty$ сквозь сплошной заряженный шар с объемной плотностью $\rho$, необходимо учесть действие поля на всем пути (как внутри, так и снаружи шара). Выделим бесконечную гауссову цилиндрическую трубку тока малого радиуса $x$, коаксиальную с пучком. Внутри этой трубки заряд находится только в пределах самого шара (на отрезке $[-R, R]$).
Заряд внутри трубки: $\Delta q = \pi x^2 \cdot 2R \cdot \rho$.
Применяя теорему Гаусса к этой бесконечной трубке, получаем точный интеграл поперечного поля:
$$2\pi x \int_{-\infty}^{+\infty} E_\perp dz = \frac{\pi x^2 \cdot 2R \cdot \rho}{\varepsilon_0} \implies \int_{-\infty}^{+\infty} E_\perp dz = \frac{\rho R x}{\varepsilon_0}$$
Полный поперечный импульс, получаемый частицей:
$$p_\perp = \int_{-\infty}^{+\infty} q E_\perp \frac{dz}{v} = \frac{q \rho R x}{\varepsilon_0 v}$$
Фокусное расстояние для сплошного шара (через плотность $\rho$):
$$f_{спл} = \frac{m v^2 x}{p_\perp} = \frac{m v^2 \varepsilon_0 v}{q \rho R v} = \frac{2 \varepsilon_0 V_0}{\rho R} \tag{1}$$

Теперь необходимо строго выразить потенциал в центре сплошного шара $V$ через $\rho$. Для этого проинтегрируем радиальное поле $E(r)$ от бесконечности до центра:
Вне шара ($r > R$): $E_{out} = \frac{\rho R^3}{3\varepsilon_0 r^2}$
Внутри шара ($r < R$): $E_{in} = \frac{\rho r}{3\varepsilon_0}$
$$V = \int_{0}^{\infty} E(r) dr = \int_{0}^{R} \frac{\rho r}{3\varepsilon_0} dr + \int_{R}^{\infty} \frac{\rho R^3}{3\varepsilon_0 r^2} dr$$
$$V = \frac{\rho R^2}{6\varepsilon_0} + \frac{\rho R^3}{3\varepsilon_0} \left( -\frac{1}{r} \right)\Bigg|_R^\infty = \frac{\rho R^2}{6\varepsilon_0} + \frac{\rho R^2}{3\varepsilon_0} = \frac{\rho R^2}{2\varepsilon_0}$$
Отсюда выражаем плотность: $\rho = \frac{2\varepsilon_0 V}{R^2}$.
Подставляем $\rho$ в формулу (1):
$$f_{спл} = \frac{2 \varepsilon_0 V_0}{\left( \frac{2\varepsilon_0 V}{R^2} \right) R} = R \frac{V_0}{V}$$

(Авторы задачника получили неверный коэффициент 0.5 исключительно потому, что на последнем этапе вместо потенциала шара ошибочно использовали формулу разности потенциалов для бесконечного сплошного цилиндра $V = \frac{\rho R^2}{4\varepsilon_0}$).