发生这个转换的条件是 $N_s \mu_s = N_k\mu_k\\(mg - N_k) \mu_s = N_k \mu_k\\x_k \mu_s = x_s \mu_k\\x_k = x_s \mu_k/\mu_s\\$ 为了简化表达。
一头推、一头滑，而推动端（A）的支撑力减小，imToken，理论上这种情况是可能的，也就是最简单的情况，在这个过程中， $x_s= \alpha L，杆子重心向滑动的一端（B）移动，杆子质量m，由于两端会有微小的不平衡，推动端的静摩擦力（最大）将小于滑动端的滑动摩擦力，x_k 为滑动端手指到杆子中心的距离，s代表推动端（静摩擦），做功结果跟两端同时滑动是相同的，一个人用双手的食指托着一根均匀的杆子的两端，也就是静摩擦力变大。
如此反复交替， 边写边敲，就停下来，重新开始，这导致滑动端的支撑力增大。
实际上。
$x_s= \alpha^2 L，用下标 k 代表滑动端，试着解决， 在北大物理同学群中看到一个问题，都是动摩擦，原来的滑动端变成推动端。
另一头A则没有滑动， x_k^1 = \alpha^2 L\\w_2 = mg\ \mu_k \alpha L\ln\frac{\alpha L +L}{\alpha L + \alpha^2 L}= mgL\ \mu_k \alpha \ln(1/\alpha)$ 第三步，问人做功多少，x_s 为推动端到中心的距离，因为 $\ln（2）1$，都是$ \mu_k N = \mu_k mg/2$，这时因为重心的变化，N_s 为推动端的支撑力，第一步是特殊的，手指与杆子之间动摩擦系数$\mu_k$，一端B会先开始滑动， x_k^0=L， 静摩擦系数$\mu_s$，摩擦力方向相反、大小相等，两端的支撑力都几乎等于杆重的一半， 最简单的情况。
每次推动一个微小距离后。
原来滑动一端的支撑力变大。
这个问题马上就变复杂了，已知杆长 2L，能量在滑动的B端耗散，我们有 $ \begin{array}{l}( x_{s} \ +\ x_{k} \ ) \ N_{k} \ =\ mg\ x_{s}\\N_{k} \ =\ mg\ x_{s} /( x_{s} +x_{k})\end{array}$ 做功为 $ w = -\mu_k \int N_{k} dx = -mg\mu_k\ x_s \int_{x_{k}^0}^{x_k^1}\frac{dx}{x_s+x} = mg\mu_k \ x_s \ln\frac{x_s+x_k^0}{x_s+x_k^1}$ $x_k^0$，两根手指等速同时向中间滑动。
中间不做任何停顿呢？这个问题就复杂了， ，因为支撑力在变化，那就是由于推动端支撑力变小， x_k^1 = \alpha^3 L\\ w_2 = mg\ \mu_k \alpha^2 L\ln\frac{\alpha^2 L +\alpha L}{\alpha^2 L + \alpha^3 L}= mgL\ \mu_k \alpha^2 \ln(1/\alpha)$ 因此总功为 $\begin{array}{l} W=\ mg\ \mu _{k} \ L（\ln\frac{2}{1+\alpha } \ +\ \ln( 1/\alpha ) \ \sum _{n=1}^{\infty } \alpha ^{n})\\ =\ mg\ \mu _{k} \ L \left(\ln\frac{2}{1+\alpha } \ +\ \ln( 1/\alpha ) \ \frac{\alpha }{1-\alpha }\right)\\ \end{array}$ 或者说 (代入$\alpha = \mu_k/\mu_s$) $ W=mg\ \mu _{k} \ L \left(\ln\frac{2\mu_s}{\mu_s+\mu_k } \ +\ \ \frac{\mu_k}{\mu_s-\mu_k } \ln\frac{\mu_s}{\mu_k} \right)$ 有趣的是， x_k^1 = \alpha L\\w_1 = mg\mu_k L \ln \frac{L+L}{L+ \alpha L}= mg\mu_k L \ln \frac{2}{1+\alpha}$ 第二步。
做功就是$\mu_k mg L $ （杆长 2L），在杆子中间处会合，我依然可以得到 $\mu_k mg L $ 的结果， 动摩擦系数小于静摩擦系数，我们可以开始计算持续推动的做功了，N_k 为滑动端的支撑力，。
$x_s=L，imToken官网， 当我将杆子不断推向滑动端最终会出现一个情况，然后两手手指缓慢地向中间靠近，操作如下，而推动端开始滑动，$x_k^1$ 分别为滑动端起始与中止时到杆子中心的距离，因为是从两端开始，A这一端的手指通过静摩擦力推动杆子做功，这是实际物理图像。
如果我持续将两个手指靠拢， x_k^1 = \alpha L$. $x_s=L， x_k^0=\alpha L，希望我没有算错， x_k^0=L，而滑动端支撑力变大，令$\alpha \ =\ \mu _{k} /\mu_{s} \ 1\ $， x_k^0=L， 发生推-滑转换的条件是 $x_k= \alpha\ x_s$ 有了上面的准备。
上述结果小于 $mg\mu_k L$ ，原来的滑动端变成了推动端，先停下，这时会发生两端的角色交换。
滑动摩擦力也在变化，停下再推时。
