n-|||----------|||-。-|||-......--如图所示，一均匀细棒，长为l，质量为m，可绕过棒端且垂直于棒的光滑水平固定轴O在竖直平面内转动。棒被拉到水平位置从静止开始下落，当它转到竖直位置时，与放在地面上一静止的质量亦为m的小滑块碰撞，碰撞时间极短。小滑块与地面间的摩擦系数为μ，碰撞后滑块移动距离s后停止，而棒继续沿原转动方向转动，直到达到最大摆角。求：碰撞后棒的中点C离地面的最大高度h？

步骤 1：计算碰撞后滑块的速度
根据动能定理，滑块在摩擦力作用下减速至停止，其动能全部转化为摩擦力做的功。设滑块的初速度为$v$，则有：
$$\frac{1}{2}mv^2 = \mu mgs$$
解得：
$$v = \sqrt{2\mu gs}$$

步骤 2：计算棒下落到竖直位置时的角速度
棒从水平位置下落到竖直位置，其重力势能转化为转动动能。设棒的转动惯量为$J$，角速度为$\omega$，则有：
$$\frac{1}{2}J\omega^2 = mg\frac{l}{2}$$
其中，棒的转动惯量$J = \frac{1}{3}ml^2$，代入上式得：
$$\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}ml^2\right)\omega^2 = mg\frac{l}{2}$$
解得：
$$\omega = \sqrt{\frac{3g}{l}}$$

步骤 3：应用角动量守恒定律
棒与滑块碰撞瞬间，系统角动量守恒。设碰撞后棒的角速度为$\omega'$，则有：
$$J\omega = mv\frac{l}{2} + J\omega'$$
代入已知量，得：
$$\frac{1}{3}ml^2\sqrt{\frac{3g}{l}} = m\sqrt{2\mu gs}\frac{l}{2} + \frac{1}{3}ml^2\omega'$$
解得：
$$\omega' = \sqrt{\frac{3g}{l}} - \frac{3\sqrt{2\mu gs}}{2l}$$

步骤 4：计算棒达到最大摆角时的高度
棒继续转动直到达到最大摆角，其转动动能转化为重力势能。设棒的中点C离地面的最大高度为$h$，则有：
$$\frac{1}{2}J(\omega')^2 = mgh$$
代入已知量，得：
$$\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}ml^2\right)\left(\sqrt{\frac{3g}{l}} - \frac{3\sqrt{2\mu gs}}{2l}\right)^2 = mgh$$
解得：
$$h = \frac{l}{2} + \frac{3\mu s}{2} - \frac{3\sqrt{6\mu gs}}{4}$$