Решение

$a.$
Систему можно представить как 2 конденсатора:
$$\frac{1}{C_{total}}=\frac{h/4}{\varepsilon_0S}+\frac{h/4}{\varepsilon_0S}$$

Поле внутри конденсатора:
$$E=\frac{\sigma}{\varepsilon_0}=\frac{q}{\varepsilon_0S}=\frac{C_{total}V}{\varepsilon_0S}=\frac{2V}{h}$$

Проводящая пластина полностью "вытесняет" поле внутри себя, создавая такое же по модулю противонаправленное поле. Рассмотрим участок, на который пластина сдвинулась за $dt$ (который за $dt$ оказался внутри пластины )
$$\oint\vec{B}d\vec{l}=\mu_0\varepsilon_0\frac{d}{dt}\left(\int\int\vec{E}d\vec{S}\right)$$
$$B\cdot2l=\mu_0\varepsilon_0vlE$$
$$B=\frac{\mu_0\varepsilon_0 v V}{h}$$
Рассмотрим пространство между пластиной и проводником. До появления пластины и после итоговую ёмкость можно представить как:
$$C_{0}=\frac{\varepsilon_0 S}{h}$$
$$C_{total}=\frac{2\varepsilon_0 S}{h}$$
Тогда в пространстве позникнут токи смещения для измения напряжения в соответствии с новой ёмкостью. Поле увеличилось в 2 раза, а значит возник ток, равный по модулю тому, что мы получили ранее и противоположный по направлению(то есть индукция со знаком минус)

$б.$
Поле внутри диэлектрика не исчезает, а уменьшается в $\varepsilon$ раз. Учетм, что напряжение на пластинах конденсатора постоянно, поэтому поле внутри изменится по сравнению с п. $a$ из- за изменения ёмкости:
$$\frac{1}{C_{total}}=\frac{h/4}{\varepsilon_0S}+\frac{h/4}{\varepsilon_0S}+\frac{h/2}{\varepsilon_0\varepsilon S}=\frac{h(\varepsilon+1)}{2\varepsilon_0\varepsilon S}$$
$$E=\frac{q}{\varepsilon_0S}=\frac{C_{total}V}{\varepsilon_0S}=\frac{2V\varepsilon}{h(\varepsilon+1)}$$
$$\oint\vec{B}d\vec{l}=\mu_0\varepsilon_0\frac{d}{dt}\left(\int\int\vec{E}d\vec{S}\right)$$
$$B\cdot2l=\mu_0\varepsilon_0vl\left(E-\frac{E}{\varepsilon}\right)=\mu_0\varepsilon_0vlE\left(\frac{\varepsilon-1}{\varepsilon}\right)$$
$$B=\frac{\mu_0\varepsilon_0 v V}{h}\left(\frac{\varepsilon-1}{\varepsilon+1}\right)=B_a\left(\frac{\varepsilon-1}{\varepsilon+1}\right)$$