最简单的情况，两根手指等速同时向中间滑动，都是动摩擦，摩擦力方向相反、大小相等，都是 $ \mu_k N = \mu_k mg/2$， 做功就是 $\mu_k mg L $ （杆长 2L）。理论上这种情况是可能的。

实际上，由于两端会有微小的不平衡，一端B会先开始滑动，另一头A则没有滑动，A这一端的手指通过静摩擦力推动杆子做功，能量在滑动的B端耗散。一头推、一头滑，这是实际物理图像。在这个过程中，杆子重心向滑动的一端（B）移动，这导致滑动端的支撑力增大，而推动端（A）的支撑力减小。这个问题马上就变复杂了。因为支撑力在变化，滑动摩擦力也在变化。我依然可以得到 $\mu_k mg L $ 的结果。操作如下，每次推动一个微小距离后，就停下来，重新开始。这时因为重心的变化，原来滑动一端的支撑力变大，也就是静摩擦力变大，停下再推时，原来的滑动端变成了推动端。如此反复交替，两端的支撑力都几乎等于杆重的一半。做功结果跟两端同时滑动是相同的。

如果我持续将两个手指靠拢，中间不做任何停顿呢？这个问题就复杂了。用下标 k 代表滑动端，s代表推动端，N_k 为滑动端的支撑力，N_s 为推动端的支撑力，x_k 为滑动端手指到杆子中心的距离，x_s 为推动端到中心的距离。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}$

$x_k^0$， $x_k^1$ 分别为滑动端起始与中止时到杆子中心的距离。

当我将杆子不断推向滑动端最终会出现一个情况，那就是由于推动端支撑力变小，而滑动端支撑力变大，推动端的静摩擦力（最大）将小于滑动端的滑动摩擦力，这时会发生两端的角色交换，原来的滑动端变成推动端，而推动端开始滑动。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，令 $\alpha \ =\ \mu _{k} /\mu_{s} \ < 1\ $， 发生推-滑转换的条件是

$x_k= \alpha\ x_s $

有了上面的准备，我们可以开始计算持续推动的做功了。第一步是特殊的，因为是从两端开始，$x_s=L, x_k^0=L, x_k^1 = \alpha L$.

$x_s=L, x_k^0=L, x_k^1 = \alpha L\\ w_1 = mg\mu_k L \ln \frac{L+L}{L+ \alpha L}= mg\mu_k L \ln \frac{2}{1+\alpha}$

第二步， 

$x_s= \alpha L, x_k^0=L, x_k^1 = \alpha^2 L\\ w_2 = mg\ \mu_k \alpha L\ln\frac{\alpha L +L}{\alpha L + \alpha^2 L}= mgL\ \mu_k \alpha \ln(1/\alpha)$

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)$

总结：存在耗散的问题，做功是与路径相关的，不仅是初始与末端条件。