На цилиндр действуют силы тяжести, реакции опоры и трения. Поскольку цилиндр вернулся в исходное положение, сила трения направлена вверх вдоль наклонной плоскости. Это значит, что цилиндр вращается по часовой стрелке. Сначала цилиндр начнёт скользить вниз с ускорением $a_{1}=g\sin\varphi$. На границе с шероховатой поверхностью скорость цилиндра достигнет $v_{0}=\sqrt{2gh}$. При дальнейшем движении цилиндра вниз на него начнёт действовать сила трения $F_{тр}=\mu g\cos\varphi$, направленная вверх. (Если на шероховатой поверхности цилиндр перестанет вращаться по часовой стрелке, он покатится вниз, т.е. не вернётся в исходную точку). При качении цилиндра вверх сила трения не превосходит $\mu g\cos \varphi$, а ускорение $a_{2}$ при подъёме не больше, чем ускорение при спуске. Значит, скорость на границе не больше $v_{0}$, и в точке старта цилиндр остановится (прекратит движение вверх, но может продолжать вращаться). Ускорение цилиндра на шероховатой поверхности постоянно и равно $a_{2}=g(\mu \cos\varphi-\sin\varphi)$. Время подъёма:
$$
t=\frac{2v_{0}}{g}\left(\frac{1}{\sin\varphi}+\frac{1}{\mu \cos\varphi-\sin\varphi}\right), \\
f(\varphi)=\frac{1}{\sin\varphi}+\frac{1}{\mu\cos\varphi-\sin\varphi}=\frac{\mu \cos\varphi}{\sin\varphi(\mu\cos\varphi-\sin\varphi)}, \\
f_{1}(\varphi)=\operatorname{tg}\varphi(\mu \cos\varphi-\sin\varphi), \\
\frac{df_{1}}{d\varphi}=\frac{1}{\cos^{2}\varphi}(\mu\cos\varphi-\sin\varphi)-\operatorname{tg}\varphi(\mu\sin\varphi+\cos\varphi)=0, \\
\mu\cos^{2}\varphi=\sin\varphi \left(\frac{1}{\cos\varphi}+\cos\varphi\right), \\
\sin\varphi=\mu\frac{\cos^{2}\varphi}{1+\cos^{2}\varphi} < \mu\cos^{2}\varphi < \mu.
$$
Так как $\mu=0.1$, $\varphi << 1$, тогда $\cos\varphi=1$ и $\sin\varphi=\varphi=0.05$.
Так как $h=0.1~м$, $v_{0}=\sqrt{2gh}=1.4~м/с$.
Получаем, что $t_{\min}=11.3~с$. Запишем уравнение движения и основное уравнение динамики относительно центра цилиндра:
$$
\left\{
\begin{array}{ll}
m\frac{dv}{dt}=\mu mg\cos\alpha-mg\sin\alpha \\
mr^{2}\frac{d\omega}{dt}=-\mu gr\cos\alpha
\end{array} \right.
$$
Разделим одно уравнение на другое:
$$
\frac{dv}{rd\omega}=\frac{\mu \cos\varphi-\sin\varphi}{-\mu\cos\varphi}=\frac{\mu-\frac{\mu}{2}}{-\mu}=-\frac{1}{2}.
$$
Изменение скорости между двумя последовательными прохождениями линии раздела наклонной плоскости $\Delta v=2v_{0}$.
При минимальной возможной угловой скорости проскальзывание прекращается ровно на линии раздела плоскости:
$$
\Delta\omega=\frac{v_{0}}{R}-\omega_{0}.
$$
Откуда получаем, что
$$
\omega_{0}=\frac{5v_{0}}{R}=\frac{5\sqrt{2gh}}{R}=140~с^{-1}.
$$