Rörelsemängsmoment 6 6 RÖRELSEMÄNGDS- MOMENT 6. Inlening En speciell typ av partikelsystem är s k stela kroppar. En stel kropp kännetecknas av att en har fix form, avstånet mellan två goyckliga punkter i kroppen är konstant. Vi skall nu härlea enkla metoer för att behanla rotationsrörelsen för stela kroppar. För att beskriva translationsrörelsen behöve vi begrepp som kraft, rörelsemäng masscentrum. För rotationsrörelse är e analoga begreppen kraftmoment, rörelsemängsmoment tröghetsmoment. Rörelsen för en fast kropp kan elas upp i två enklare problem. Tyngpunktens rörelse rotationen kring tyngpunkten. Vi börar me att stuera en enskil partikel, för att introucera begreppen rörelsemängsmoment kraftmoment. 6.2 Rörelsemängsmoment för en partikel Rörelsemängsmomentet L för en partikel me rörelsemängen p läget r efinieras som L = r p = mr v L har enheten kgm 2 /s. J] 6 J L z J p J J x * r - y Vi ser att L är vinkelrät mot et plan vilket spänns av r p. Om r p ligger i xyplanet blir L alltså riktaiz-le i etta fall är L = r p = rp sin φ ˆk är φ är vinkel mellan r p. Vi kan även skriva etta som L z = rp sin φ = r p = rp är r är proektionen av r på p motsvarane för p. llmänt har vi L = r p =(yp z zp y )î + + (zp x xp z )ĵ +(xp y yp x )ˆk Ex. 6.2 Rörelsemängsmoment för en konsik penel. etrakta en konisk penel. ntag att peneln rör sig me konstant vinkelhastighet. eräkna rörelsemängsmomenten m a p origo penelns upphängningspunkt. 6.3 Kraftmoment Vi inför kraftmomentet τ för en kraft F vilken verkar på en partikel enligt τ = r F Kraft kraftmoment har olika verkan. Kraftmomentet beror på valet av koorinatsystem. τ F är allti vinkelräta mot varanra. Vi kan ha ett kraftmoment även om totala kraften är noll, omvänt f '$ '$ '$ 6f 6f &% &% &%? τ =2Rf F =0 f?? f τ=0 F = 2f τ=rf F = f Kraftmomentet bestämmer änringen av rörelsemängsmomentet enligt L = (r p) = = r p+r p
Rörelsemängsmoment 6 2 Men r p = mv v =0 p = F L = τ Denna ekvation visar att om τ = 0 är L =konstant, rörelsemängsmomentet är konserverat. Ex. 6.3 Keplers anra lag. För en centralkraft F = f(r)ˆr är τ = r F = r f(r)ˆr =0 L = L ˆL = LˆL = konstant Rörelsen är alltsåbegränsa till ett plan. eräkna en yta vilket en planet sveper uner ett tisintervall t. Ex. 6.4 Vi vill beräkna en effektiva ytan = πb 2 för vilken en rymfarkost fångas av en planet. Ex. 6.7 eräkna kraftmomentet från gravitationskraften. 6.4 Rörelse kring en fix axel Det viktigaste områet är rörelsemängsmoment kan tillämpas är på fasta kroppars rotation. I et allmänna fallet kan en stel kropp rotera kring en goycklig axel. I etta avsnitt skall vi emellerti betrakta rotation kring en fix axel. En fix axel har allti samma riktning, men axeln kan utföra en translationsrörelse. Vi väler axeln längs z-axeln. När en stel kropp roterar kring en fix axel, befinner sig vare partikel på ett konstant avstån från axeln, beskriver en cirkelbana i ett plan vinkelrätt mot rotationsaxeln. Me ett koorinatsystem me origo på axelnsåär för vare partikel r =konst. För att r skall kunna änras måste ärför hastigheten vara vinkelrät mot r, v = ṙ =ωρ är ρ är et vinkelräta avstånet från rotationsaxeln till partikeln m ikroppen. ωär vinkelfrekvensen för rotationen, x ρ =(x 2 +y 2 ) /2 z 6 H ρ HH : v m r - y Rörelsemängsmomentet för en partikel i kroppen blir L = m r v Vi kan införa cylinriska koorinater me polära koorinater ρ, θ i xy-planet rotationsaxeln längs en vanliga z-axeln, etta ger r = ρ ˆρ + z ˆk v = v ˆθ är ˆθ är en enhetsvektor i θ-riktningen, r v = v ρ ˆk z v ˆρ För komponenten L z längs z-axeln får vi alltså L z () =m v ρ me v = ρ ω blir etta L z () =m ρ 2 ω
Rörelsemängsmoment 6 3 För et totala rörelsemängsmomentet L z för kroppen får vi L z = vilket kan skrivas som är L z ()= L z = Iω I = m ρ 2 m ρ 2 ω är en geometrisk storhet vilken kallas kroppens tröghetsmoment. I beror på massförelningen ikroppenrotationsaxelns läge. För en kontinuerlig kropp så är I = m ρ 2 = ρ 2 m = (x 2 + y 2 )m V V För att beräkna enna integral uttrycker vi masselementet m som m = wv är w betecknar masstätheten, I = (x 2 + y 2 )wv V För symmetriska kroppar kan I beräknas relativt enkelt. Ex. 6.8 Tröghetsmoment för en homogen sfär. Vi kan ela upp sfären i tunna skivor me tröghetsmoment är I = 2 mρ2 m = M V πρ2 z = 3M 4πR 3πρ2 z Här är z 2 + ρ 2 = R 2 m = 3M 4R 3 (R2 z 2 )z I = 3M 8R 3 (R2 z 2 ) 2 z Integrerar vi över alla z-vären från R till R får vi I = 3M R 8R 3 (R 2 z 2 ) 2 z = 2 5 MR2 R 6.4. Parallellaxel teoremet (Steiners sats) ntag att vi känner tröghetsmomentet I 0 kring en axel genom tyngpunkten. Låt I vara tröghetsmomentet kring en annan parallell axel, vilken vi väler som z-axel, på avstånet l från en förra. Låt lägevektorn parallell me xy-planet från z-axeln till massan m vara ρ = x î + y ĵ I = m ρ 2 Om masscentrum är vi R = Xî + Y ĵ + Zˆk m r = m såär m ρ R = Xî + Y ĵ = m Om ρ är vektorn till m från axeln genom kroppens tyngpunkt såär R + ρ = ρ I = m ρ 2 = m (R + ρ )2 = = m (R 2 +2R ρ +ρ 2 ) Nu är m ρ = m (ρ R )=MR MR =0 I = m ρ 2 + m R 2 = I 0 + Ml 2
Rörelsemängsmoment 6 4 6.5 Ren rotation kring fix axel I kapitel 3 visae vi att för ett system av partiklar var et lämpligt att skila på yttre inre krafter. De inre krafterna tog ut varanra enligt Newtons trele lag, rörelsemängen änraes enast p g a yttre krafter. Detta leer till rörelsemängens bevarane. rörelsemängen för ett isolerat system ár konstant För rotationsrörelse kan vi göra på samma sätt skila mellan yttre inre kraftmoment. Man finner experimentellt att alla inre kraftmoment tar ut varanra eftersom rörelsemängsmomentet för en isolera kropp inte änras. Vi antar ärför att enast yttre kraftmoment kan änra en kropps rörelsemängsmoment. I etta avsnitt stuerar vi ren rotationsrörelse, rörelse kring en axel som inte translateras, t ex blaen på en fläkt. I otaliga tekniska tillämpningar, framförallt inom maskintekniken, förekommer kroppar som roterar kring fixa axlar. Typiska exempel är svänghul, kugghul etc. etrakta en kropp vilken roterar me vinkelhastighet ω kring z-axeln. För z- komponenten av rörelsemängsmomentet har vi L z = Iω Eftersom kraftmomentet från yttre krafter är såfår vi τ = L τ z = (Iω)=Iω =Iα är α = ω kallas vinkelaccelerationen. Denna ekvation är analog me Newtons anra lag ma = F. Kinetiska energin för en roterane kropp me ren rotationsrörelse blir K = 2 m v 2 = 2 m (ρ ω) 2 = 2 Iω2 Vi kan även få ett uttryck för arbetet vi ren rotation. llmänt är b W ba = f r är f är kraften på partikel.nuär a r = v för hastigheten som är parallell me xyplanet har vi v = ρ ωˆθ Det är förelaktigt att införa en rotationsvektor ω som har beloppet ω är rikta längs rotationsaxeln me riktning enligt högerregeln. I vårt fall blir alltså ω = ωˆk Vi kan å skriva hastigheten för partikel som v = ω r ty enna vektorproukt är rikta längs ˆθ har beloppet ωρ. För et infinitesimalt uträttae arbetet får vi alltså W = f r = f (ω r ) = = ω (r f )=ω τ är τ = (r f ) är et totala kraftmomentet på kroppen. Det infinitesimala arbetet längs sträckan r blir alltså kraftmomentets komponent längs rotationsaxeln gånger en infinitesimala vinkeln, me z- axeln som rotationsaxel W = τ z θ ty ω =θ.för et totala arbetet får vi W ba = θb θ a τ z θ
Rörelsemängsmoment 6 5 Ex. 6.0 twoo s maskin. eräkna accelerationen för anorningen i figuren. Trissans massa skall inklueras. '$ &% M M 2 6.6 Fysikalisk penel 6.6. Enkel penel En enkel penel består av en punktmassa fäst i ett snöre är snörets vikt är noll. θ y T K y vilket ger samma ekvation som ovan. För små svängningar har vi sin θ θ me lösningen θ + g l θ =0 θ(t) =cos(ωt)+sin(ωt) är ω = g/l. Perioien för peneln blir T = 2π ω =2π l g Om peneln startar från vila vi vinkeln θ 0 ges konstanterna av = θ 0 = 0, lösningen i etta fall blir θ(t) =θ 0 cos(ωt) är θ 0 kallas svängningens amplitu 6.6.2 Fysikalisk penel Låt oss stuera en fysikaliska peneln me ett goyckligt obekt vilket roterar kring en fix axel på avstånet l från tyngpunkten. Rörelsen är ren rotation kring upphängningspunkten. Rotationsriktningen är positiv kring en axel ut från papperets plan.? mg Från kraftiagrammet får vi rörelseekvationen m v θ = mg sin θ är v θ = l θ a l θ?mg eller ml θ = mg sin θ l θ + g sin θ Vi kan även härlea etta från sambanet för ren rotationsrörelse. Me I = ml 2 α = θ har vi Iα = τ = mgl sin θ Kraftmomentet kring upphängningspunkten a blir τ = Mglsinθ minustecknet innebär att et är riktat in i papperets plan. Vi får rörelseekvationen I a θ = Mglsinθ
Rörelsemängsmoment 6 6 är I a betecknar tröghetsmomentet m a p rotationsaxeln genom punkten a. För små svängningar får vi som tiigare me lösning frekvensen I a θ + Mglθ =0 θ(t) =cos(ωt)+sin(ωt) ω = Mgl I a Låt I 0 vara tröghetsmomentet m a p tyngpunkten, inför en s k tröghetsraien I 0 = Mk 2 I 0 ; k = M Dågäller enligt Steiners sats att ärför att I a = I 0 + Ml 2 = M(k 2 + l 2 ) gl ω = k 2 + l 2 Perioien för peneln blir T = 2π ω =2π k 2 +l 2 gl =2π k 2 gl + l g för en enkel penel har vi k =0,för en tunn ring me raien R är k = R, för en cirkulär skiva är k = R/ 2för en sfär är k = 2/5R. Ex 6.2 Kater s penel. Mellan 500-900-talen gores e mest noggranna mätningarna av tyngaccelerationen g m h a penlar. Först att mäta g var Huygens även om Galilei förmoligen käne till väret av g. För precisionsmätningar kan man använa sig av Kater s penel. Ex. 6.3 Dörrstopp. En örr som slängsupp för häftigt kan lossna från sina gångärn. Genom ett lämpligt val av avstånet l för örrstoppet kan kontaktkraften på gångärnet bli noll. estäm l. 6.7 Translations- rotationsrörelse Ofta har man translations rotationsrörelse samtiigt, som i fallet me en rullane cyliner. Ett möligt sätt att beskriva en allmän rörelse är via en translation av tyngpunkten plus en rotation kring tyngpunkten. Genom att använa tyngpunktskoorinater är et möligt att finna enkla uttryck för båe rörelsemängsmomentet kraftmomentet liksom rörelseekvationerna. Liksom tiigare skall vi betrakta rörelse för vilken rotationsaxeln är parallell me z-axeln. Vi skall visa att L z kan skrivas som summan av två termer L z =I 0 ω+(r MV) z är I 0 är tröghetsmomentet m a p en axel genom tyngpunkten. R är tyngpunktens läge V = Ṙ. ntag att kroppen vi stuerar består av N partiklar me massor m, =,...,N lägevektorer r.dåblir N L = (r m ṙ ) = Tyngpunkten har lägevektorn R = m r m = m r M Vi övergår nu till ett koorinatsystem m a p tyngpunkten r = R + r är r betecknar partikelns läge relativt tyngpunkten. Detta ger L = = = R + R (r m ṙ )= (R+r ) m (Ṙ+ṙ )= m Ṙ+ m ṙ + m r Ṙ+ r m ṙ
Rörelsemängsmoment 6 7 Nu är m r = m (r R) = m ṙ = m r =0 lltså är L = R MV + m r MR=0 r m ṙ Ex. 6.4 Rullane hul. etrakta ett homogent hul eller cyliner me massan M raie b vilket rullar likformigt utan glining. Tröghetsmomentet m a p en axel genom tyngpunkten är I 0 = Mb 2 /2. eräkna totala L z maporigoi ett fixt koorinatsystem. Vi kan även ela upp kraftmomentet i två elar. Låt f beteckna en yttre kraften på partikel, å är är V = Ṙ är tyngpunktens hastighet m a p et fixa inertialsystemet. Den första termen representerar rörelsemängsmomentet p g a tyngpunktens rörelse. Den anra termen representerar rörelsemängsmomentet p g a en relativa rörelsen kring tyngpunkten. Det ena sättenstelkroppkanröra sig m a p tyngpunkten är att hela kroppen roterar. I etta avsnitt begränsar vi oss till en rotation kring z-axeln. Detta ger L z =(R MV) z + r m ṙ Men en anra termen är ientisk me ren rotation kring en axel vilket behanlaes tiigare, r m ṙ = m ρ 2 ω = I0 ω z är ρ är vektorn till partikel m vinkelrät mot rotationsaxeln genom tyngpunkten. Detta ger slutligen L z =(R MV) z +I 0 ω Vi ser att rörelsemängsmomentet för en stel kropp är summan av rörelsemängsmomentet för ess tyngspunktsrörelse rörelsen m a p tyngpunkten. Dessa båa birag kallas ofta för banimpuls- resp spinnimpulsmomentet. z τ = r f = (r + R) f = = (r f )+R F är F = f är en totala yttre kraften. Den första termen är kraftmomentet m a p tyngpunkten en anra termen är kraftmomentet från yttre krafter vilka verkar på tyngpunkten. För rotation kring en fix axel har vi alltså τ z = τ 0 +(R F) z är τ 0 är z-komponenten m a p tyngpunkten. Nu är L z = τ z ω I 0 + (R MV ) z = τ 0 +(R F) z Men (R MV ) z =(V MV) z + + (R M V ) z =(R Ma) z Tyngpunkten rör sig enligt Newtons anra lag Ma = F rotationen kring tyngpunkten ges ärför av I 0 α = τ 0 Vi ser att rotationen kring tyngpunkten beror på kraftmomentet m a p tyngpunkten
Rörelsemängsmoment 6 8 är oberoene av translationsrörelsen. Detta gäller även om axeln är accelerera a 0. Låt oss även betrakta uttrycket för en kinetiska energin K = m v 2 2 = m ( ρ 2 +V)2 = Men = 2 + 2 m ( ρ )2 + m V 2 m ρ V + m ρ = (ρ R )=MR MR =0 vilket även gäller för tiserivatan m ρ, K = m ρ 2 ω 2 + 2 2 MV 2 = = 2 I 0 ω 2 + 2 MV 2 Den första termen motsvarar en kinetiska energin p g a inre spinn mean en anra kommer från banrörelse av tyngpunkten. Ex. 6.6 Rullane cyliner. En homogen cyliner me raie b massa M rullar utan glining neför ett lutane plan me lutningsvinkel θ. eräkna accelerationen längs planet. 6.7. rbete energi För en partikel har vi allmänt K b K a = W ba = rb r a F r Detta kan generaliseras till en stel kropp. För tyngpunktens rörelse har vi M V = F 2 MV b 2 Rb 2 MV a 2 = F R R a För rotationsrörelsen kan vi utgå från rörelseekvationen ω I 0 = τ 0 ω I 0 ω = τ 0θ ty ω =θ/ =θ. Detta ger 2 I 0ω 2 = τ 0 θ 2 I 0ωb 2 θb 2 I 0ωa 2 = τ 0 θ θ a Inför vi en kinetiska energin K = 2 MV 2 + 2 I 0ω 2 får vi alltså från sambanen ovan Rb θb K b K a = F R + τ 0 θ R a θ a Men en första termen i högerleet är et arbetet vilket uträttas på tyngpunkten, en anra är enligt tiigare arbetet för rotationen kring tyngpunkten. lltså är K b K a = W ba vilket är lagen för kinetiska energin. rbetet kan skrivas som summan av ett translations ett rotationsarbete essa satisfierar var för sig relationerna: Rb 2 MV b 2 2 MV a 2 = F R R a 2 I 0ωb 2 θb 2 I 0ωa 2 = τ 0 θ θ a Ex. 6.7 Rullane cyliner. etrakta åter en rullane cyliner me raien b, massa M tröghetsmoment I 0. eräkna tyngpunktens hastighet när cylinern fallit sträckan h.
Rörelsemängsmoment 6 9 Ex. 6.8 Fallane stav. En stav me läng l massa M står i böran vertikalt när en faller. eräkna tyngpunktens hastighet som funktion av läget. 6.8 ohr s atommoell ohr s teori för väteatomen är en länk mellan klassisk mekanik kvantmekanik. Den illustrerar tillämpningen av begrepp som energi rörelsemängsmoment. Från optisk spektroskopi fick man i slutet av 800- böran av 900 talet en mäng ata om atomens inre struktur. Luset från atomer har enast vissa karakteristiska våglänger typiska för vare grunämne. År 886 upptäckte almer att våglängerna för et optiska spektrat från väte gavs empiriskt av formeln λ = R ( 2 2 n 2 ) n =3,4,5,... är λ är våglängen R är en konstant kalla Ryberg-konstanten. almer föreslog att et även fanns anra liner i spektrat givna av formeln ( λ = R m 2 ) n 2 me m =3,4,5,...;n = m +,m+2,... För att förklara väteatomens spektrum antog ohr fölane postulat. tomer kan bara finnas i vissa stationära tillstån är atomen inte säner ut strålning. 2. En atom kan gå från ett stationärt tillstån a till ett lägre tillstån b genom att skicka ut en foton me energi E a E b är frekvensen för fotonen ges av ν = E a E b h är h är Planck s konstant. 3. I ett stationärt tillstån beskrivs atomen av klassisk fysik 4. Rörelsemängsmomentet för atomen är nh/2π är n är ett heltal. ntaganet var növänigt för att förklara att atomer är stabila. I klassisk teori kommer en elektron i en bana att emittera energi så småningom kollapsa in till kärnan. ntaganet 2 uttrycker enast energikonservering, ty energin för en foton ges ac hν. Väteatomen består av en elektron me laningen e massa m e en kärna me laning +e massa M. Den raiella ekvationen för elektronens rörelse blir me antaganet 3: m e ( r r θ 2 )= e2 r 2 eller me r =0v=r θ m ev 2 r = e2 r 2 Totala energin för atomen är E = K + U = 2 m ev 2 e2 r = e 2 2 r Vi har också från postulat 4 för en elektron i banan me raien r n hastigheten v n m e r n v n = nh 2π = n h v n = n h m e r n Sätter vi in etta i en raiella rörelseekvationen får vi ( ) n h m e r n = e 2 m e r n vilket ger r n = n2 h 2 m e e 2 Detta ger e kvantiserae energierna E n = 2 m e e 4 n 2 h 2
Rörelsemängsmoment 6 0 En övergång från nivå n till m ger en foton me energin ν = E n E m h = m ee 4 ( 2h h 2 m 2 ) n 2 våglängen λ = ν c = 2π2 m e e 4 ( ch 3 m 2 ) n 2 vilket är ientiskt me almerformeln. Den numeriska konstanten stämmer också R= 2π2 m e e 4 ch 3 6.9 Kraftsystem ämvikt Från rörelseekvationerna för en fast kropp får vi även villkoren för att kroppen skall vara i ämvikt. Vi inför fölae begrepp. Def. : Ett antal krafter F.F 2,...,F n me angreppspunkter på en avgränsa mäng materia säges utgöra ett kraftsystem. Def. :Vektorn n F= F i i= kallas kraftsystemets kraftsumma. Observera att elkrafterna F i alla kan ha olika angreppspunkter. Det finns ärför i allmänhet ingen angreppspunkt till vektorn F. Def. : Summan av e enskila krafternas moment m a p en given momentpunkt O kallas för kraftsystemets momentsumma n n τ O = τ io = (r i F i ) i= i= är r i är vektorn från O till angreppspunkten för F i. O r i F i Momentsumman beror på valet av momentpunkt O. För två olika momentpunkter O O har vi fölane samban: τ O = τ O + r O F är r O är vektorn från O till O F är kraftsumman. O M r O O r i r i F i - Detta ser vi på fölane sätt. Vi har r O + r i = r i τ O = r i F i = (r i + r O ) F i = i i = r i F i + r O F i = i i = τ O + r O F Vi ser att om F = 0 är momentsumman oberoene av momentpunkt. Def. : Ett kraftsystem vars kraftsumma är noll momentsumma skil från noll kallas för ett rent moment. Def. : Om båe kraftsumman momentsumman är noll för ett kraftsystem
Rörelsemängsmoment 6 säges et vara ett nollsystem F = τ O = n F i =0 i= n i= (r i F i )=0 är momentpunkten O är goycklig. För ett nollsystem ger rörelseekvationerna att M V = F =0 L O = τ O =0 Speciellt föler av etta att för att en kropp skall kunna vara i ämvikt ( i fortvarig vila) måste systemet av krafter som påverkar kroppen vara ett nollsystem. i i - - a F F 6 6? mg Ex. En smal homogen stång me längen massan m vilar horisontellt på två rullar, en ena vi ena änan av stången en anra stycket a ärifrån. eräkna stökrafterna från rullarna. Lösning: Vi kallar rullarnas kontaktpunkter inför stökrafterna F F respektive. Kraftsumman för stången blir å F + F mg x = F + F mg =0 0 är vi infört masstätheten m/ integrerar längs stången. För momentsumman m a p punkten blir F 0+F a mg xx = F a mg 2 =0 0 F = mg 2a ( F = mg ) 2a Vi noterar att vi skulle ha fått samma ämviktsekvation om vi hae placerat hela tyngkraften i stångens masscentrum på halva avstånet från änpunkten. Vi kan alltsåersätta tyngkraften från stångens alla elar me en resultant. 2α R HY H C H H R? W N 6? W 0 W? 6 N 2 0 - T T 2 Ex. En trappstege består av två lika stegar ihopfästa me ett gångärn högst upp. Hur högt kan en person stiga på stegen utan att en halkar på golvet om friktionskoefficienten mellan stege golv är µ. Lösning: För att stegen inte skall halka måste friktionskrafterna T,2 vara relaterae till normalkrafterna N,2 enligt T µ N T 2 µ N 2 etrakta först hela stegen inklusive personen som en kropp. Kraftämvikt i x-le ger i y-le T T 2 =0 N + N 2 2W 0 W =0 är 2W 0 är stegens tyng, W är personens tyng. Momentämvikt kring för hela systemet ger Wxsin α W 0 2 sin α W 3 0 2 sin α + + N 2 2 sin α =0
Rörelsemängsmoment 6 2 är x är personens avstån till längs stegen. Vi kan viare betrakta högra halvan avstegen ta momentämvikt m a p C W 0 2 sin α + N 2 sin α T 2 cos α =0 ty rektionskraften R försvinner. Från första momentekvationen får vi från en anra ( T 2 = N 2 2 W 0 N 2 = W 0 + W x 2 ) tan α = 2 ( W 0 + W x ) tan α Kraftämvikt i x-le ger T = T 2 i y-le ( N =2W 0 +W N 2 =W 0 +W x ) 2 Från essa samban ser vi att ( N N 2 = W x ) 0 T N T 2 N µ 2 villkoret för ämvikt blir T 2 N 2 =tanα Wx+W 0 Wx+W 0 2 µ Denna olikhet är allti uppfyll för tanα µ oberoene av väret på W. Vi vill också att stegen skall vara i ämvikt om W = 0 vilket kräver att tan α 2µ. I intervallet µ tanα 2µ får vi ett villkor för avstånet x x W 0 2µ tan α W tan α µ som är en begränsning på x för µ tan α 2µ. I praktiken bör man ställa sin stege så att tan α µ ty å Är risken fär glining eliminera.