При фиксированной ориентации оси вращения относительно гантели для минимизации момента инерции можно использовать теорему Гюйгенса-Штейнера: для оси вращения, проходящей через произвольную точку $\mathrm{P}$, момент инерции $J_{\mathrm{P}}$ связан с моментом инерции $J_{\mathrm{O}}$, где $\mathrm{O}$ — центр масс системы, как $$J_{\mathrm{P}} = J_{\mathrm{O}} + M\cdot\mathrm{OP}^2.$$ Таким образом, в случае минимального $J_{\mathrm{P}}$ верно $\mathrm{P} = \mathrm{O}$.
Для вычисления расстояния от края $m_2$ используем определение центра масс:

Найдём расстояние $x_1$ от тяжелого конца гантели до её центра масс: $$x_1 = \frac{m_2}{m_1 + m_2}l.$$Воспользуемся определением момента инерции:

Далее для удобства введём приведённую массу $\mu = \frac{m_1m_2}{m_1 + m_2}.$ Тогда $$J_{\mathrm{O}} = \mu l^2.$$

В случае неподвижной оси вращения можно записать уравнение вращательного движения в виде $$J\vec{\varepsilon} = \sum \limits_{i}\vec{M}_{i}.$$
В случае плоского движения направления момента сил и углового ускорения очевидны, так что далее перепишем уравнение в скалярном виде.

Согласно условию, внешний вынуждающий момент постоянен и равен $M_{\text{outer}} = F\cdot x_1,$ а при нулевой угловой скорости сила трения отсутствует.
Подставляя выражение для $x_1,$ имеем

Момент силы трения $M_{\text{fric}}$ возникает из-за линейных скоростей $v_1,~v_2$ двух точечных концов стержня: $$v_1 = \omega x_1;~~v_2 = \omega x_2~\Rightarrow~f_1 = -\gamma\omega x_1;~~f_2 = -\gamma \omega x_2.$$Очевидно, что момент направлен против вынуждающего постоянного момента. Запишем его:
$$M_{\text{fric}} = f_1x_1 + f_2x_2 = -\gamma(x_1^2 + x_2^2)\omega.$$

Теперь мы можем записать уравнение вращательного движения в произвольный момент времени: $$\mu l^2 \varepsilon = \mu l^2 \frac{\mathrm{d}\omega}{\mathrm{d}t} = Fx_1 - \gamma(x_1^2 + x_2^2)\omega~\Leftrightarrow~\mu l^2 \frac{\mathrm{d}\omega}{\mathrm{d}t} + \gamma(x_1^2 + x_2^2)\omega = Fx_1.$$Решение этого уравнения даётся следующей формулой:
$$\omega(t) = \frac{Fx_1}{\gamma(x_1^2 + x_2^2)}\left(1 - e^{-\frac{\gamma(x_1^2 + x_2^2)}{\mu l^2}t}\right) = \frac{F}{\gamma}\frac{m_2(m_1 + m_2)}{(m_1^2 + m_2^2)l}\left(1 - e^{-\frac{\gamma (m_1^2 + m_2^2)}{(m_1 + m_2)m_1m_2}t}\right).$$Далее найдём $\omega_{\text{lim}}$ как предел $\omega(t)$ при $t \rightarrow \infty$, либо из дифференциального уравнения с условием $\dot{\omega} = 0.$

Согласно явной формуле $\omega(t),$ полученной при решении предыдущего пункта, мы имеем ответ для характерного времени $\tau$ (того времени, за которое экспонента значительно изменит своё значение).

Уравнение вращательного движения системы с массой $m$ для оси, движущейся поступательно, выглядит как $$J\vec{\varepsilon} = \vec{M}_{\text{outer}} + m\left[\vec{v}_c, \vec{v_{\mathrm{P}}}\right],$$где $\vec{v}_{\text{P}}$ — (поступательная) скорость оси, а $\vec{v}_c$ — скорость центра масс. Таким образом, для движущейся оси, совпадающей с центром масс, уравнение движения так же принимает вид $$J\vec{\varepsilon} = \vec{M}_{\text{outer}},$$ а ответ для углового ускорения предыдущей части задачи остаётся справедливым.

В этой части задачи трение отсутствует, так что внешний момент всегда равен вынуждающему, поэтому он постоянен. Вращение гантели происходит равноускоренно из положения с нулевой начальной угловой скоростью. Зависимость $\omega(t)$ даётся равенством $$\omega(t) = \varepsilon t,$$ а угол поворота от начального положения, естественно, $$\varphi = \frac{\varepsilon t^2}{2}.$$

Гантель совершит $n$ полных оборотов за время $t_n$ такое, что $$2\pi n = \frac{\varepsilon t_n^2}{2}~\Rightarrow~t_n = 2\sqrt{\frac{\pi n}{\varepsilon}}.$$Ясно тогда, что время $n$-ого оборота может быть получено равенством $$T_n = t_n - t_{n-1}.$$

Ясно, что
$$u_x = \int\limits_0^{\infty}\dot{v}_x\mathrm{d}t = \frac{F}{m} \int\limits_0^{\infty}-\sin\left(\frac{\varepsilon t^2}{2}\right)\mathrm{d}t = -\frac{F}{m}\sqrt{\frac{2}{\varepsilon}} \int\limits_0^{\infty}\sin\left(\xi^2\right)\mathrm{d}\xi = -\frac{F}{m}\sqrt{\frac{2}{\varepsilon}}\sqrt{\frac{\pi}{8}}.$$То есть $$u_x = -\frac{F}{2m}\sqrt{\frac{\pi}{\varepsilon}}.$$Аналогично, $$u_y = \frac{F}{2m}\sqrt{\frac{\pi}{\varepsilon}}.$$

Начнём отсчёт угла отклонения $\varphi$ от вертикали в сторону минимального возмущения гантели.
Запишем теорему о движении центра масс в координатном виде:

\begin{equation}
\begin{cases}
m\dot{v}_x = -2\gamma \dot{x} + 2\gamma\Delta\cos(\varphi)\omega;\\
m\dot{v}_y = -2\gamma \dot{y} - 2\gamma\Delta\sin(\varphi)\omega.
\end{cases}
\end{equation}
А теперь заметим, что в данной системе можно избавиться от производной по времени и связать изменения скоростей, координат и угла поворота:
\begin{equation}
\begin{cases}
\frac{m}{\gamma}\mathrm{d}v_x = -2\mathrm{d}x + 2\Delta\cos(\varphi)\mathrm{d}\varphi;\\
\frac{m}{\gamma}\mathrm{d}v_y = -2\mathrm{d}y - 2\Delta\sin(\varphi)\mathrm{d}\varphi.
\end{cases}
~\Rightarrow~
\begin{cases}
\frac{m}{\gamma}\left(v_x - v_{x_0}\right) = -2\left(x - x_0\right) + 2\Delta\left(\sin(\varphi) - \sin(\varphi_0)\right);\\
\frac{m}{\gamma}\left(v_y - v_{y_0}\right) = -2(y - y_0) + 2\Delta\left(\cos(\varphi) - \cos(\varphi_0)\right).
\end{cases}
\end{equation}

Учтём начальные условия для для нашего движения:

\begin{equation}
\begin{cases}
v_{x_0} = 0;\\
v_{y_0} = 0;\\
x_0 = 0;\\
y_0 = 0;\\
\varphi_0 = 0;
\end{cases}
\end{equation}

и <<конечные условия>>:

\begin{equation}
\begin{cases}
\varphi = \pi;\\
v_x = 0;\\
v_y = 0.
\end{cases}
\end{equation}

Подставляя их в систему, имеем
\begin{equation}
\begin{cases}
0 = -2x + 0;\\
0 = -2y + 2\Delta\left(-1 -1\right).
\end{cases}
\end{equation}
Отсюда

Воспользуемся законом сохранения энергии и свяжем работу потенциальных сил (сила тяжести и сила Архимеда) и рассеянную энергию $Q$:
$$(m_1 + m_2)g\cdot 2\Delta + F_a \cdot 0 = Q.$$

Запишем полный момент сил $\vec{M}_{out}$ для гантели относительно её центра масс:
$$\vec{M}_{out} = -\gamma \cdot [(\vec{r_1}+\vec{r_2}) \times \vec{v}] + [\vec{\Delta} \times \vec{F_a}] - \gamma \cdot [\vec{r_1} \times [\vec{\omega} \times \vec{r_1}]] - \gamma \cdot \left[ \vec{r_2} \times [\vec{\omega} \times \vec{r_2}] \right] $$Получим ответ, преобразовав векторные произведения с учётом $\vec{r_1}+\vec{r_2} = 2 \vec{\Delta}$:
$$\vec{M}_{\text{out}} = -2 \gamma \cdot [\vec{\Delta} \times \vec{v}] + [\vec{\Delta} \times \vec{F_a}] - \gamma \cdot \vec{\omega} \cdot \left( r_1^2+r_2^2 \right) .$$

Запишем теорему о движении центра масс для гантели:
$$(m_1+m_2) \cdot \dot{\vec{v}} = - 2 \gamma \vec{v} - 2 \gamma \cdot [\vec{\omega} \times \vec{\Delta}].$$Проинтегрируем его по времени:
$$(m_1+m_2) \vec{v} = -2 \gamma \vec{S} - 2 \gamma \cdot \int\limits_0^t [\vec{\omega} \times \vec{\Delta}] dt$$Первое слагаемое в теореме о движении центра масс всегда направлено против $\vec{v}$, поэтому оценим значение $v$ сверху:
$$v < \dfrac{2 \gamma}{m_1+m_2} \cdot \Delta \varphi,$$Откуда в силу малости затухания, первое слагаемое в записанном выше полном моменте сил, оказывается порядка $\gamma^2,$ а третье — порядка $\gamma$ $\Rightarrow$ моментом, вызванном поступательным движением центра масс, можно пренебречь.

Из результатов пунктов $D1$ и $D2$ запишем уравнение вращательного движения для гантели относительно её центра масс:
$$I \vec{\varepsilon} = [\vec{\Delta} \times \vec{F_a}] - \gamma \cdot \vec{\omega} \cdot (r_1^2+r_2^2)$$Подставим в данное уравнение геометрические параметры из части $A$, $\varepsilon = \ddot{\varphi}$, $\omega = \dot{\varphi}$ и спроецируем его на ось, перпендикулярную плоскости рисунка:
$$\ddot{\varphi} + \dfrac{\gamma (m_1^2+m_2^2)}{(m_1+m_2) \cdot m_1 m_2} \dot{\varphi} + \dfrac{\Delta (m_1+m_2)^2 g}{m_1 m_2 l^2} \varphi = 0$$.
Получаем итоговый ответ:
$$A = \dfrac{\gamma \left( m_1^2+m_2^2 \right) }{(m_1+m_2) \cdot m_1 m_2}$$$$B = \dfrac{\Delta (m_1+m_2)^2 g}{m_1 m_2 l^2}.$$

В предыдущем пункте мы получили уравнение затухающих колебаний, для него период вычисляется по формуле:
$$T = \dfrac{2\pi}{\sqrt{B - A^2/4}} = \dfrac{2 \pi}{\sqrt{ \dfrac{\Delta (m_1+m_2)^2 g}{m_1 m_2 l^2} - \dfrac{1}{4}\cdot \left( \dfrac{\gamma (m_1^2+m_2^2)}{(m_1+m_2) \cdot m_1 m_2} \right) ^2}}.$$

Характерное время затухания колебаний порядка $\tau = \dfrac{1}{A}$:
$$\tau = \dfrac{(m_1+m_2) \cdot m_1 m_2}{\gamma \left( m_1^2+m_2^2 \right) }.$$

Добротность $Q$ данной системы найдём по известному соотношению:
$$Q = \dfrac{\sqrt{B}}{A} = \sqrt{\dfrac{\Delta g}{m_1 m_2 l^2}}\dfrac{(m_1+m_2)^2 m_1 m_2}{\gamma \cdot \left( m_1^2+m_2^2 \right) }$$

Как известно, момент инерции однородного сплошного цилиндра относительно его оси симметрии равен
\begin{equation}
I = mR^2/2.
\end{equation}

Производная момента импульса твёрдого тела по времени выражается через полный момент внешних сил:
\begin{equation}
\dot{\vec{L}} = \vec{M}_{\text{out}}.
\end{equation}

$$\vec{L} = I\vec{\omega};$$ и в данном случае

$$\dot{\vec{L}} = I\dot{\vec{\omega}}.$$
Заметим, что момент силы тяжести равен $\vec{M}_{\text{out}} = \frac{m}{2}\left[\vec{l},\vec{g}\right]$ и всегда направлен перпендикулярно $\vec{\omega}$ в горизонтальной плоскотси. Таким образом он вызывает вращение вектора $\vec{\omega}$ вокруг вертикали.

Изменение момента импульса за промежуток времени $\Delta t$:
$$|\Delta \vec{L}| = L\sin(\theta)\Delta \varphi = M_{\text{out}}\Delta t.$$
Отсюда получаем
$$\Omega = \frac{M_{\text{out}}}{L \sin(\theta)} = \frac{mgl}{2L}.$$

Заметим, что на изменение модуля момента импульса гантели влияет только момент $\vec{M}_{\text{fric}}$, так как все остальные моменты внешних сил направлены всегда перпендикулярно $\vec{L}$.

$$\dot{L} = - \alpha \omega = - \frac{\alpha}{I}L~\Rightarrow~L = L_0e^{-\frac{\alpha}{I}t}.$$

Заметим, что момент, вызванный силой вязкого трения на конец $m_2$ направлен перпендикулярно гантели вниз и вызывает опускание её оси. То есть он обуславливает увеличение угла $\theta$.

Вычислим этот момент: $$M_2 = l\cdot \gamma \Omega l \sin(\theta).$$
Свяжем поворот момента импульса гантели с моментом $M_2$:
$$L \Delta \theta = M_2 \Delta t= \gamma \Omega l^2 \sin(\theta) \Delta t.$$
Остаётся подставить сюда выражение для $\Omega$:
$$\dot{\theta} = \frac{\gamma l^2}{L}\frac{mgl}{2L} = \frac{\gamma mgl^3}{2L^2}.$$

Неопределённый интеграл слева равен $\ln|\mathrm{tg\left(\theta/2\right)}| + C$, а справа $\frac{\gamma mgl^2I}{2\alpha L_0^2}\left(e^{\frac{2\alpha}{I}t - 1}\right) + C$.

Пределы интегрирования: $\theta_0 \rightarrow \theta,~0\rightarrow t$.