Найдите аналитическое и численное значение конечной скорости $u$.

Запишем закон изменения импульса для гантели:
$$\cfrac{md\vec{v}_C}{dt}=\int dq\bigl[\vec{v}\times\vec{B}\bigr]=\Biggl[\int \vec{v}dq\times\vec{B}\Biggr]
$$
где $\vec{v}_C$ - скорость движения центра масс системы.
В то же время:
$$\int \vec{v}dq=\int \cfrac{d\vec{r}}{dt}dq=\cfrac{d}{dt}\int \vec{r}dq=\cfrac{d\vec{p}}{dt}
$$
где $\vec{p}$ - дипольный момент системы.
Таким образом:
$$\cfrac{md\vec{v}_C}{dt}=\Bigl[\cfrac{d\vec{p}}{dt}\times\vec{B}\Bigr]\Rightarrow{m\vec{v}_C-\bigl[\vec{p}\times\vec{B}\bigr]}=\vec{C}
$$
где $\vec{C}$ - постоянный вектор.
Рассмотрим поступательное движение гантели со скоростью $\vec{u}$. В системе отсчёта, связанной с ней, возникнет в ней электрическое поле $\vec{E}$, равное:
$$\vec{E}=\bigl[\vec{u}\times\vec{B}\bigr]
$$
Введём поляризуемость гантели $\alpha$, связывающую $\vec{p}$ и $\vec{E}$:
$$\vec{p}=\alpha\vec{E}
$$
Тогда имеем:
$$m\vec{u}+\alpha_2\bigl[\vec{B}\times\bigl[\vec{u}\times\vec{B}\bigr]\bigr]=m\vec{v}+\alpha_1\bigl[\vec{B}\times\bigl[\vec{v}\times\vec{B}\bigr]\bigr]
$$
где $\alpha_1$ и $\alpha_2$ - поляризуемости гантели в начальном и конечном состояниях.
Поскольку $\vec{v}\perp\vec{B}$, то и $\vec{u}\perp\vec{B}$. Тогда получим:
$$\vec{u}\left(m+\alpha_2B^2\right)=\vec{v}\left(m+\alpha_1B^2\right)\Rightarrow \vec{u}=\vec{v}\cdot\cfrac{m+\alpha_1B^2}{m+\alpha_2B^2}
$$
Задача свелась к определению $\alpha_1$ и $\alpha_2$.

Определим поляризуемость $\alpha_1$.
Исходно гантель расположена в эффективном электрическом поле $\vec{E}_1=\bigl[\vec{v}\times\vec{B}\bigr]$, перпендикулярном цилиндру. Тогда, если пренебречь краевыми эффектами, поляризуемость складывается из поляризуемости шаров и поляризуемости цилиндра, поскольку поля диполей падают с расстоянием по кубическому закону, а отсутствие влияния поля цилиндра обусловлено соотношением $r/R\ll{1}$ и пренебрежением краевыми эффектами.

Шар в однородном поле поляризуется и его поля эквивалентно полю диполя, помещённого в его центр. Имеем:
$$\vec{E}_{out}=\vec{E}_1+\cfrac{3\bigl(\vec{p}\cdot\vec{r}\bigr)\vec{r}-r^2\vec{p}}{4\pi\varepsilon_0r^5}
$$
где $\vec{p}$ и $\vec{r}$ - дипольный момент шара и радиус-вектор внешней для него точки относительно центра.
Поскольку тангенциальная компонента электрического поля на поверхности шара равна нулю, имеем:
$$\bigl[\vec{E}\times\vec{r}\bigr]=\Biggl[\left(\vec{E}_1-\cfrac{\vec{p}}{4\pi\varepsilon_0R^3}\right)\times\vec{r}\Biggr]=0\Rightarrow \vec{p}=4\pi\varepsilon_0R^3\vec{E}_1
$$
Тогда поляризуемость шара равна:
$$\alpha_\text{ш}=4\pi\varepsilon_0R^3
$$
Перейдём к цилиндру. Поскольку цилиндр помещён в поле, перпендикулярное его оси, он становится протяжённым диполем с дипольным моментом на единицу длины $\vec{p}_0$. Определим поле такой системы, рассматривая его как поле проводов с линейными плотностями $\lambda$ и $-\lambda$, причём положительно заряженный провод имеет радиус-вектор $\vec{l}$ относительно отрицательно заряженного ($\vec{p}_0=\lambda\vec{l}$):
$$\vec{E}=\cfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\left(\cfrac{\vec{r}}{r^2}-\cfrac{\vec{r}+\vec{l}}{\bigl|\vec{r}+\vec{l}\bigr|^2}\right)
$$
Разложим второе слагаемое с учётом $l\ll{r}$:
$$\cfrac{\vec{r}+\vec{l}}{\bigl|\vec{r}+\vec{l}\bigr|^2}\approx \cfrac{\vec{r}+\vec{l}}{r^2(1+2\bigl(\vec{r}\cdot\vec{l}\bigr)/r^2)}\approx\cfrac{(\vec{r}+\vec{l})(1-2\bigl(\vec{r}\cdot\vec{l}\bigr)/r^2)}{r^2}\approx\cfrac{\vec{r}}{r^2}+\cfrac{\vec{l}}{r^2}-\cfrac{2\bigl(\vec{r}\cdot\vec{l}\bigr)\vec{r}}{r^4}
$$
откуда:
$$\vec{E}=\cfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\left(\cfrac{2\bigl(\vec{r}\cdot\vec{l}\bigr)\vec{r}}{r^4}-\cfrac{\vec{l}}{r^2}\right)=\cfrac{1}{2\pi\varepsilon_0}\left(\cfrac{2\bigl(\vec{p}_0\cdot\vec{r}\bigr)\vec{r}}{r^4}-\cfrac{\vec{p}_0}{r^2}\right)
$$
Тогда для электрического поля вне цилиндра имеем:
$$\vec{E}=\vec{E}_1+\cfrac{2\bigl(\vec{p}_0\cdot\vec{r}'\bigr)\vec{r}'-r'^2\vec{p}_0}{2\pi\varepsilon_0r^4}
$$
Здесь $\vec{r}'$ - радиус вектор внешней точки относительно оси цилиндра.
На поверхности цилиндра тангенциальная компонента равна нулю, поэтому вновь имеем:
$$\bigl[\vec{E}\times\vec{r}\bigr]=\Biggl[\left(\vec{E}_1-\cfrac{\vec{p}_0}{2\pi\varepsilon_0r^2}\right)\times\vec{r}'\Biggr]\Rightarrow \vec{p}_0=2\pi\varepsilon_0r^2\vec{E}_1
$$
Тогда поляризуемость цилиндра равна:
$$\alpha_\text{ц}=\cfrac{p_0L}{E_1}=2\pi\varepsilon_0r^2L
$$
Складывая поляризуемости шаров и поляризуемость цилиндра, находим:
$$\alpha_1=2\alpha_\text{ш}+\alpha_\text{ц}=2\pi\varepsilon_0(r^2L+4R^3)
$$
Вообще говоря, учёт поляризуемости цилиндра с учётом численных значений не является обязательным, однако это можно обосновать лишь с получением конечной формулы, действительно:
$$\cfrac{r^2L}{4R^3}=\cfrac{10^3}{4\cdot(10^2)^3}=\cfrac{1}{4\cdot 10^3}\ll{1}
$$
Увеличение радиуса $r$ цилиндра даже на порядок сохранит обоснованность потенциального пренебрежения.

Определим конечное положение гантели. В нём момент сил, действующий на неё со стороны эффективного электрического поля $\vec{E}_2=\bigl[\vec{u}\times\vec{B}\bigr]$ должен быть равен нулю, что возможно, если $\vec{M}=\bigl[\vec{p}_2\times\vec{E}_2\bigr]=0$, т.е векторы $\vec{p}_2$ и $\vec{E}_2$ должны быть коллинеарными.  

При вращении гантели в стержне возникает электрический ток, переносящий заряд с одного шара на другой, что является доминирующим вкладом в дипольный момент системы. Тогда, поскольку сфера во внешнем поле $\vec{E}_2$ приобретает дипольный момент, сонаправленный с $\vec{E}_2$, необходимо, чтобы вклад в дипольный момент, обусловленный перетёкшим зарядом, также была коллинеарным полю $\vec{E}_2$. Это возможно в двух следующих случаях:

1. В начальном положении гантели, поскольку в нём шары не заряжены;
2. В положении, в котором гантель ориентирована вдоль поля $\vec{E}_2$.

Перейдём к определению $\alpha_2$. Вклад в поляризуемость дают: 

1. Поляризуемость шаров;
2. Диполь, образованный перетёкшим зарядом с одного шара на другой;
3. Поляризуемость цилиндра, помещённого в продольное поле.

Для начала пренебрежём полем, создаваемым цилиндром.
Разность потенциалов между положительно и отрицательно заряженным шарами равна:
$$\Delta{\varphi}=-E_2L+\cfrac{2q}{4\pi\varepsilon_0}\left(\cfrac{1}{R}-\cfrac{1}{L+2R}\right)+\Delta{\varphi_\text{дип}}=0
$$
где $\Delta{\varphi}_\text{дип}$ - разность потенциалов, обусловленная дипольным вкладом.
Здесь мы учли, что внутри шаров электрическое поле равняется нулю, а на их поверхности тангенциальная компонента электрического поля равна нулю, и поэтому вклад в разность потенциалов со стороны поля $\vec{E}_2$ имеем множитель $L$, а не $L+2R$, ибо дипольное распределение заряда на поверхности шара компенсирует другой вид вклада.
Потенциал поля диполя равен:
$$\varphi_\text{дип}=\cfrac{\bigl(\vec{p}\cdot\vec{r}\bigr)\vec{r}}{4\pi\varepsilon_0r^3}
$$
поэтому:
$$\Delta{\varphi}_\text{дип}=-\cfrac{2p_2}{4\pi\varepsilon_0R^2}=-2E_2R
$$
откуда определяем заряд $q$:
$$q=\cfrac{2\pi\varepsilon_0R(L+2R)^2E_2}{L+R}
$$
и для вклада в дипольный момент, обусловленного перетёкшим зарядом, находим:
$$p_q=\cfrac{2\pi\varepsilon_0RL(L+2R)^2E_2}{L+R}
$$
Тогда для поляризуемости $\alpha_2$ предварительно получим:
$$\alpha_2=2\pi\varepsilon_0\left(4R^3+\cfrac{LR(L+2R)^2}{(L+R)}\right)
$$
Вообще говоря, полученного выражения уже достаточно, чтобы дать ответ, что мы и сделаем:

Далее мы покажем, что наше предположение о пренебрежении вкладом цилиндра в поляризацию было верным (при желании этот участок решения может быть пропущен, однако если вы в нём разберётесь - вы приобретёте ряд полезных навыков).