Решение

При "выключении" магнитного поля мы уменьшаем магнитный поток, что приводит к возникновению вихревого электрического поля $E$. Из за этого возникает сила Лоренца $F_L=qE$, двигающая заряды на поверхности. Если бы цилиндр был проводящим, то по его поверхности при движении зарядов тёк бы ток. А наш непроводящий цилиндр движется вместе с зарядами.

Важно, что заряды при движении создают собственное магнитное поле, которым, например, в задаче $11.2.14$ мы принебрегали.

Цилиндр длинный, значит влиянием зарядов на торцах можно пренебречь.

Мысленно поделим цилиндр на диски толщиной $dh$. Рассчитаем основные характеристики такого диска:
$$m=\rho \cdot \pi r^2 dh$$
$$J=\frac{mr^2}{2}=\frac{1}{2}\rho \cdot \pi r^4 dh\tag{1}$$
Выделим на краю кольца элементарный заряд
$$dq=\sigma dS=\sigma r dh d\varphi$$
Тогда если кольцо вращается с угловой скоростью $\omega$ то возникает ток
$$I=\frac{dq}{dt}=\frac{d\varphi}{dt}\frac{dq}{d\varphi}=\omega \sigma r dh \tag{2}$$
Полный заряд на краях кольца
$$q=\int_0^{2\pi}\sigma r dh d\varphi=2\pi r\sigma dh\tag{3}$$
Найдем вихревое электрическое поле
$$\int Edl=-\frac{d\Phi}{dt}=-\frac{dB}{dt}S$$
$$E=-\frac{S}{l}\frac{dB}{dt}=-\frac{r}{2}\frac{dB}{dt}\tag{4}$$
Суммарный момент сил Лоренца, действующих на кольцо, равен
$$\sum M_L=qEr=J\frac{d\omega}{dt}\tag{5}$$
$$-2\pi r\sigma dh\frac{r}{2}\frac{dB}{dt}r=\frac{1}{2}\rho \cdot \pi r^4 dh\frac{d\omega}{dt}$$
Сократив все что можно, получаем
$$-2\sigma dB=\rho r d\omega\tag{6}$$
Теперь найдем собственное магнитное поле вращающегося цилиндра. Можно заметить, что он очень похож на соленоид, причем с бесконечным количеством очень маленьких витков.
Поэтому рассуждения будут аналогичными идеальному соленоиду: внутри поле однородно, снаружи отсутствует.
Согласно теореме Стокса
$$B'dh=\mu_0I$$
$$B'=\mu_0\omega\sigma r$$
Тогда
$$B=B_0+\mu_0\omega\sigma r\tag{7}$$
С учётом этого перепишем 6:
$$-2\sigma d(B_0+\mu_0\omega\sigma r)=\rho r d\omega$$
$$-2\sigma dB_0=\rho r d\omega+2\mu_0\sigma^2 rd\omega\tag{8}$$
И интегрируя все это
$$\int_0^{\omega}d\omega=-\frac{2\sigma}{r(\rho + 2\mu_0\sigma^2)}\int_{B_0}^0dB_0$$
$$\omega =\frac{2\sigma B_0}{r(\rho + 2\mu_0\sigma^2)}$$