Most csak elkezdeni van időm:
Mivel nincs súrlódás, végig azonos marad a rendszer energiája, vagyis végig ugyanakkora `v` sebességgel mozog a test (amíg bele nem ütközik a hengerbe). Közben a fonal rátekeredik a hengerre. A test sebessége mindig a fonal pillanatnyi irányára merőleges lesz! Ehhez (mármint hogy megváltozzon a sebesség iránya) erő kell, ez pedig éppen az aktuális centripetális erő, `m·v^2/R`, ahol a nagy `R` a fonal aktuális (megrövidült) hossza. Ugyanis a test minden egyes pillanatban körmozgást végez azon pont, mint középpont körül, ami a fonalnak a pillanatnyi "utolsó" érintkezési pontja a hengerrel. Tehát nem a henger középpontja körül van a körmozgás!
Ez a centripetális erő nem végez munkát, mert az erő fonal irányú, a pillanatnyi elmozdulás (pillanatnyi sebesség) pedig arra merőleges. Ezért van, hogy a `v` sebesség állandó marad.

Majd este folytatom, ha addig nem találnád ki...

A folytatás:

Ha tudnánk a test pályáját, illetve a pálya `s` hosszát, akkor -- mivel végig állandó `v` sebességgel megy a tárgy -- már meglenne, hogy `t=s/v` idő múlva csapódik be.
Persze igaziból a pálya alakja nem is kell, csak a hossza. Azt meg így lehet kiszámolni:

Legyen a fonal lelógó részének a pillanatnyi hossza `x`. (Ezt fentebb még `R`-rel jelöltem, a tanár meg `ℓ`-lel jelölte egyébként.) Kezdetben `x=L`, a végén `x=0`.

Először kell még egy kevés mese:

Egy kis `dt` idő alatt a test megtesz
`ds=v·dt`
hosszat a pályából. Ilyen rövid távon ez még a pillanatnyi forgás-középpont (ami a fonal és a henger utolsó érintkezési pontja) körüli elfordulást jelent, aminek sugara éppen `x`. Ezért a `ds` hossz a szögelfordulással így fejezhető ki: `ds=x·dφ`, vagyis
`dφ=(ds)/x`
Ennyit fordul el a fonal, közben egy pici része rátekeredik a hengerre. Hol lesz most, a rátekeredés után, a pillanatnyi utolsó érintkezési pont? Mármint az `r` sugarú hengeren mekkora szöggel odébb? Ez is éppen ugyanaz a `dφ`, hisz most is merőleges a fonal az új, elfordult `r` sugárra (érintő marad végig).
Mennyi fonál tekeredett fel az `r` sugarú hengerre? Egyszerű: `r·dφ`
Pont ennyivel csökken a fonal fel nem tekeredett (lelógó) hossza:
`dx=-r·dφ`
Azért negatív, mert csökken a hossz!

Ennyi volt a mese, most már csak írni kell a matekot:

Ebbe behelyettesítve `dφ` értékét:
`dx=-r·(ds)/x`
Amiből `ds`:
`ds=-x/r·dx`

Ha ezeket a kis `ds` darabokat öszeadogatjuk (magyarul összeintegráljuk), akkor megkapjuk a pálya teljes `s` hosszát:
`s=int_L^0 -x/r\ dx = [-x^2/(2r)]_L^0=L^2/(2r)`

Már kész is vagyunk az a)-val, hisz `t=s/v=L^2/(2rv)` simán kiszámolható.

b)
Kellene az `x(t)` függvény, hisz azt már az első válaszban írtam, hogy a centripetális erő `F(t)=m·v^2/(x(t))`
Fentebb már megvannak, hogy `dx=-r/x·ds` és `ds=v·dt`, vagyis
`dx=-r/x·v·dt`
`x·dx=-rv·dt`

Az a helyzet, hogy ez egy differenciálegyenlet, nem tudom, tanultok-e olyat a gimitekben. A megoldása ennek nem túl bonyolult: ha összeadogatnánk (integrálnánk) mind a két oldalt, mivel amiket az integrálás során öszeadogatunk a két oldalon, azok egyformák, az integrál eredménye is egyforma lesz:

`int\ x\ dx=int -rv\ dt`
A jobb oldal `t` szerinti integrál.
A bal oldalon `x` függ a `t`-től is, (szóval `x(t)`), de ez most nem számít, mert a bal oldal `x` szerinti integrál:
(Ez most határozatlan integrál, majd a peremfeltételekből jön ki a határozott megoldás.)
`x^2/2+C_1 = -rvt+C_2`
A két konstans végülis összevonható egy harmadikba:
`x^2/2 = C-rvt`
`x(t)=sqrt(2(C-rvt))`
(Pozitív kell legyen, mert a fizikai hossz nem lesz negatív, ezért a másodfokú egyenlet két gyökéből csak a pozitív maradt.)

Nem tudjuk, mennyi a `C`; az integrálásból csak annyit tudunk, hogy bármi lehet, szóval ez még nem a végleges megoldás.
Most jön a szerepe a peremfeltételnek: `t=0` időpontban `x=L`:
`x(0)=sqrt(2C)=L`
vagyis `C=L^2/2`

`x(t)=sqrt(L^2-2rvt)`

Ellenőrzés: a végén, vagyis `t=L^2/(2rv)` időpontban (ami fentebb az a) résznél jött ki) tényleg nulla-e a hossz? Rögtön látszik, hogy igen.

Ebből már az erő is simán felírható.