Решение

Метод линз. В основе решения то, что в сечении, перпендикулярном щели и пластинам, протоны фокусируются как линзой (см. @emixter's альтернативное решение $7.2.10$ и др. задачи этих разделов через подход линзы).

Фокус щели

Форма искривления поля вблизи щели аналогична форме искривления поля по задаче $7.2.12$, если для расчета использовать параллелепипед как в задаче $7.2.12$, одна грань которого в плоскости щели, а противовположная грань в месте начала искривления поля. Поэтому используем результат $7.2.12$.

Пролетая щель протон получает поперечную скорость

$$v_\perp = \frac{e}{mv}\frac{Vy}{2d},$$

где $v$ есть продольная скорость, $V$ есть напряжение конденсатора, $y$ есть размер параллелепипеда для теоремы Гаусса вдоль оси, перпендикулярной щели и основному полю. (Заметим, что параллелепипед взят с $y$, равным двойному расстоянию до плоскости симметрии щели, так что через две грани, идущие параллельно плоскости симметрии, есть два(!) равных потока напряженности по симметрии.)

Время дохода протона до плоскости симметрии щели

$$\tau = \frac{\frac{y}{2}}{v_\perp},$$

с другой стороны,

$$\tau = \frac{\ell}{v},$$

где $\ell$ есть так называемое фокусное расстояние щели для этого протона (на сколько он удалится от линзы при попадании на плоскость симметрии щели).

Предыдущие два дают с учетом $K = \dfrac{mv^2}{2}$

$$\boxed{\frac{1}{\ell} = \frac{eV}{2Kd}.}\tag{1}$$

Получена связь фокусного расстояния щели с параметрами системы.

Общее фокусное

Пусть незаземленная пластина имеет отрицательный потенциал.

Фокусное удаление $F^* \equiv l$ после прохождения двух линз ($7.2.10$) с учетом знака линзирования

$$\frac{1}{l} = \frac{1}{\ell_1} - \frac{1}{\ell_2} + \frac{d}{\ell_1\ell_2},$$

где $\ell_1,\ell_2$ есть фокусные расстояния щели $1$ и $2$ по порядку пролета (формула из оптики для оптической системы из двух линз, разведенных на расстояние $d$).

Подставив $(1)$ в эту формулу и учитывая, что соответствующие продольные кинетические энергии $K_1,K_2$ для двух щелей разные и $K_2 - K_1 = eV$, получаем после упрощения и связи $K_1 = eV_0$

$$\boxed{\frac{1}{l} = \frac{3V^2}{4V_0\left(V_0 + V\right)d}.}$$

Это приводит к квадратному уравнению с корнем

$$V = \frac{2V_0d}{3l}\left(1 \pm \sqrt{\frac{3}{ld}}\frac{6l + d}{6}\right).$$

Сложное слагаемое в скобках порядка $\sqrt{l/d} \gg 1$, поэтому единицей пренебрегаем и знак оставляем положительный (напряжения считали в модулях).

После этого уже величинами первого порядка малости пренебрегаем и получаем

$$\boxed{V = 2V_0 \sqrt{\frac{d}{3l}}.}$$