Из теоремы о движении центра масс
$$F_x=m\dot{v}_x
$$
откуда
$$\dot{v}_x=\frac{F_x}{m}
$$

Из уравнения динамики вращательного движения относительно центра масс
$$I_{O}\dot{\omega}=\frac{mL^2\dot{\omega}}{3}=NL\sin\varphi-F_xL\cos\varphi
$$
откуда
$$\dot{\omega}=\frac{3}{mL}\left(N\sin\varphi-F_x\cos\varphi\right)
$$

Из теоремы о сложении скоростей
$$\vec{v}_A=\vec{v}_O+\vec{v}_{\text{отн}}
$$
откуда
$$v_{A_x}=v_x-\omega L\cos\varphi
$$

Если $v_{A_x}>0$, то $F_x=-\mu N$
Тогда
$$\omega L=-\frac{3v_x}{\mu}\left(\sin\varphi+\mu\cos\varphi\right)
$$
или же
$$v_{A_x}=v_x\left(1+\frac{3\cos\varphi}{\mu}\left(\sin\varphi+\mu\cos\varphi\right)\right)
$$
Но при этом $v_x<0$, поэтому $v_{A_x}<0$, что приводит к противоречию.

В данном случае $F_x=\mu N$. Тогда
$$\omega L=\frac{3v_x}{\mu}\left(\sin\varphi-\mu\cos\varphi\right)
$$
или же
$$v_{A_x}=v_x\left(1-\frac{3\cos\varphi}{\mu}\left(\sin\varphi-\mu\cos\varphi\right)\right)
$$

Учитывая, что
$$\sin2\varphi=2\sin\varphi\cos\varphi
$$
$$\cos^2\varphi=\frac{1+\cos2\varphi}{2}
$$
после несложных преобразований
$$v_{A_x}=-\frac{v_x}{2\mu}\left(3\sin2\varphi-3\mu\cos2\varphi-5\mu\right)
$$
Вводя переменную $\varphi_0=\arctan\mu$
$$v_{A_x}=-\frac{v_x}{2\mu}\left(3\sqrt{1+\mu^2}\sin(2\varphi-\varphi_0)-5\mu\right)
$$
Условие $v_{A_x}<0$ реализуется тогда когда выражение в скобках положительно. Поскольку $\sin(2\varphi-\varphi_0)\leq{1}$
$$\frac{5\mu}{3\sqrt{1+\mu^2}}\leq{1}
$$
или же
$$\mu_0=\frac{3}{4}
$$
$$\textbf{второй способ}
$$
При наличии проскальзывания $F_x=\mu N$. Тогда можем выразить $\mu$ через $\varphi$ как
$$\mu=\frac{3\cos{\varphi}\sin{\varphi}}{1+3\cos^2{\varphi}}
$$
Найдём производную
$$\frac{d\mu}{d\varphi}=\frac{3}{1+3\cos^2{\varphi}}\left((\cos^2{\varphi}-\sin^2{\varphi})(1+3\cos^2{\varphi})+6\sin^2{\varphi}\cos^2{\varphi}\right)
$$
откуда найдём точку экстремума
$$\varphi=\arctan{(2)}
$$
и соответствующее максимальное значение
$$\mu_0=\frac{3}{4}
$$

Условие положительной величины в скобках следующее
$$\arcsin\frac{5\mu}{3\sqrt{1+\mu^2}}\leq{2\varphi-\varphi_0}\leq{\pi-\arcsin\frac{5\mu}{3\sqrt{1+\mu^2}}}
$$
откуда
$$\frac{\arcsin\frac{5\mu}{3\sqrt{1+\mu^2}}+\arctan\mu}{2}\leq{\varphi}\leq{\frac{\pi-\arcsin\frac{5\mu}{3\sqrt{1+\mu^2}}+\arctan\mu}{2}}
$$
$$\textbf{второй способ}
$$
Решим уравнение
$$\mu=\frac{3\cos{\varphi}\sin{\varphi}}{1+3\cos^2{\varphi}}
$$
в результате преобразования которого получим два корня
$$\varphi_1=\arctan{\frac{3-\sqrt{9-16\mu^2}}{2\mu}},\ \varphi_2=\arctan{\frac{3+\sqrt{9-16\mu^2}}{2\mu}}
$$
откуда
$$\arctan{\frac{3-\sqrt{9-16\mu^2}}{2\mu}} \leq \varphi \leq \arctan{\frac{3+\sqrt{9-16\mu^2}}{2\mu}}
$$
что идентично ответу, полученному первым способом.

В данном случае скорость точки $A$ направлена вертикально, поэтому
$$v_x=\omega L\cos\varphi
$$

Момент импульса стержня относительно точки $A$ при ударе сохраняется. Выражение для него
$$\vec{L}_A=\vec{L}_O+m[\vec{AO}\times\vec{v}_O]=\frac{mL^2\vec{\omega}}{3}+m[\vec{AO}\times\vec{v}_O]
$$
Таким образом
$$mLv_0\sin\varphi=mLv_y\sin\varphi+mLv_x\cos\varphi+\frac{mL^2\omega}{3}
$$
Учитывая связь $v_x$ и $\omega$, найденную в предыдущем пункте
$$v_y=v_0-\frac{\omega L(1+3\cos^2\varphi)}{3\sin\varphi}
$$

Для $v_{Ay}$ имеем
$$v_{Ay}=v_y-\omega L\sin\varphi=v_0-\frac{4\omega L}{3\sin\varphi}
$$
Для энергии деформации поверхности $E_N$ имеем
$$E_N=\int Nv_{Ay}dt
$$
Но из теоремы о движении центра масс и пункта $B2$ имеем
$$N=-m\dot{v}_y=\frac{m\dot{\omega}L(1+3\cos^2\varphi)}{3\sin\varphi}
$$
Тогда
$$E_N(\omega)=\int\limits_0^{\omega}\frac{m(1+3\cos^2\varphi)}{3\sin\varphi}\left(v_0-\frac{4\omega L}{3\sin\varphi}\right)L\dot{\omega}dt=\frac{m(1+3\cos^2\varphi)}{3\sin\varphi}\left(v_0 \omega L-\frac{2\omega^2L^2}{3\sin\varphi}\right)
$$
Максимальное значение $W$ достигается при $v_{A_y}=0$, т.е в этот момент
$$\omega L=\frac{3v_0\sin\varphi}{4}
$$
откуда
$$W=\frac{mv^2_0(1+3\cos^2\varphi)}{8}
$$
$$\textbf{второй способ}
$$
Максимум энергии, ушедшей на деформацию достигается при $v_A=0$. Тогда из закона сохранения момента импульса
$$mv_0L\sin\varphi=\frac{4mL^2\omega}{3}
$$
откуда
$$\omega=\frac{3v_0\sin\varphi}{4}
$$
Из закона сохранения энергии
$$\frac{mv^2_0}{2}=\frac{2mL^2\omega^2}{3}+W
$$
Откуда
$$W=\frac{mv^2_0}{2}-\frac{3mv^2_0\sin^2\varphi}{8}=\frac{mv^2_0(1+3\cos^2\varphi)}{8}
$$

В конце удара
$$E_N=E_{\text{деф}}=W(1-k)=\frac{mv^2_0(1+3\cos^2\varphi)(1-k)}{8}
$$
откуда
$$\frac{m(1+3\cos^2\varphi)}{3\sin\varphi}\left(v_0 \omega L-\frac{2\omega^2L^2}{3\sin\varphi}\right)=\frac{mv^2_0(1+3\cos^2\varphi)(1-k)}{8}
$$
или
$$\omega^2L^2-\frac{3v_0\omega L\sin\varphi}{2}+\frac{9v^2_0\sin^2\varphi(1-k)}{16}
$$
Решая квадратное уравнение
$$\omega=\frac{3v_0\sin\varphi(1\pm{\sqrt{k}})}{4L}
$$
Необходимо выбрать больший из корней. Таким образом
$$\omega_{\text{к}}=\frac{3v_0\sin\varphi(1+\sqrt{k})}{4L}
$$

$$v_{Ay}=v_0-\frac{4\omega_{\text{к}}L}{3\sin\varphi}=-v_0\sqrt{k}
$$
или
$$v_{A\text{к}}=v_0\sqrt{k}
$$

Найдём точку, не имеющую компоненту скорости, направленную перпендикулярно стержню, её скорость будет минимальна
$$L_{AC}=\frac{v_{A\text{к}}\sin\varphi}{\omega_{\text{к}}}=L\frac{4\sqrt{k}}{3(1+\sqrt{k})}
$$

$\omega$ была найдена ранее
$$\omega=\frac{3v_x}{\mu L}\left(\sin\varphi-\mu\cos\varphi\right)
$$
Из теоремы о движении центра масс
$$m\dot{v}_y=-N
$$
откуда
$$v_y=v_0-\frac{v_x}{\mu}
$$

Для $v_{Ay}$ имеем
$$v_{Ay}=v_y-\omega L\sin\varphi=v_0-\frac{v_x}{\mu}-\frac{3v_x\sin\varphi}{\mu}\left(\sin\varphi-\mu\cos\varphi\right)
$$
и также
$$N=\frac{m\dot{v}_x}{\mu}
$$
откуда
$$E_N=\int Nv_{Ay}dt=\int\limits_0^{v_x}\frac{m}{\mu^2}(\mu v_0-v_x(1+3\sin\varphi(\sin\varphi-\mu\cos\varphi))dv_x
$$
или
$$E_N=\frac{m}{\mu^2}\left(\mu v_0v_x-\frac{v^2_x(1+3\sin\varphi(\sin\varphi-\mu\cos\varphi)}{2}\right)
$$
Максимальное значение $W$ достигается при $v_{A_y}=0$, т.е в этот момент
$$v_x=\frac{\mu v_0}{1+3\sin\varphi(\sin\varphi-\mu\cos\varphi)}
$$
откуда
$$W=\frac{mv^2_0}{2(1+3\sin\varphi(\sin\varphi-\mu\cos\varphi))}
$$

В конце удара
$$E_N=E_{\text{деф}}=W(1-k)=\frac{mv^2_0(1-k)}{2(1+3\sin\varphi(\sin\varphi-\mu\cos\varphi))}
$$
откуда
$$\frac{m}{\mu^2}\left(\mu v_0v_x-\frac{v^2_x(1+3\sin\varphi(\sin\varphi-\mu\cos\varphi)}{2}\right)=\frac{mv^2_0(1-k)}{2(1+3\sin\varphi(\sin\varphi-\mu\cos\varphi))}
$$
или
$$v^2_x-\frac{2\mu v_0v_x}{1+3\sin\varphi(\sin\varphi-\mu\cos\varphi)}+\frac{\mu^2v^2_0(1-k)}{(1+3\sin\varphi(\sin\varphi-\mu\cos\varphi))^2}=0
$$
Решая квадратное уравнение
$$v_x=\frac{\mu v_0(1\pm{\sqrt{k}})}{(1+3\sin\varphi(\sin\varphi-\mu\cos\varphi))}
$$
Необходимо выбрать больший из корней. Таким образом
$$v_{x\text{к}}=\frac{\mu v_0(1+\sqrt{k})}{(1+3\sin\varphi(\sin\varphi-\mu\cos\varphi))}
$$

Для работы силы трения имеем
$$A_{\text{тр}}=\int F_x v_{Ax}dt=\int\limits_0^{v_x} mv_x\left(1-\frac{3\cos\varphi}{\mu}\left(\sin\varphi-\mu\cos\varphi\right)\right)dv_x
$$
или
$$A_{\text{тр}}=\frac{mv^2_x}{2}\left(1-\frac{3\cos\varphi}{\mu}\left(\sin\varphi-\mu\cos\varphi\right)\right)
$$
Подставляя найденное значение $v_x$
$$A_{\text{тр}}=\frac{\mu mv^2_0(1+\sqrt{k})^2(\mu-3\cos\varphi(\sin\varphi-\mu\cos\varphi))}{2(1+3\sin\varphi(\sin\varphi-\mu\cos\varphi))^2}
$$