Przyjmujemy początek układu współrzędnych w punkcie A.
Obliczymy moment dwoma metodami – względem punktu A metodą pierwszą, a względem punktu B metodą drugą.
Redukcja w punkcie A (Metoda I). W zapisie wektorowym moment siły względem punktu określony jest jako

\begin{aligned} &\overline{M_A}=\sum_{i=1}^n{(\overline{r_i}\times\overline{P_i})} \end{aligned}
gdzie $r_i$ to wektor promień – wektor przesunięcia z punktu zaczepienia siły do bieguna momentu.
Numerujemy więc siły, oznaczamy punkty zaczepienia tych sił
\begin{aligned} &P_1=4\sqrt{2} \ kN; &&A_1=(-2,-2,0) m\\ &P_2=3\sqrt{13} \ kN ; &&A_2=(3,0,0) m\\ &P_3=\sqrt{5} \ kN; &&A_3=(4,0,0) m\\ &P_4=2 \ kN; &&A_4=(4,-4,0) m\\ &P_5=2\sqrt{13} \ kN ; &&A_5=(3,-4,0) m\\ &P_6=10 \ kN ; &&A_6=(-2,-4,0) m\\ \\ &\text{Współrzędne punktu A}\\ &A=(0,0,0)m\\ \\ &\text{Wektory promienie}\\ &\overline{A_1A}=(2,2,0) m\\ &\overline{A_2A}=(-3,0,0) m\\ &\overline{A_3A}=(-4,0,0) m\\ &\overline{A_4A}=(-4,4,0) m\\ &\overline{A_5A}=(-3,4,0) m\\ &\overline{A_6A}=(2,4,0) m\\ \end{aligned}
Potrzebujemy zrzutować siły na kierunek x i y, można to zrobić również przynajmniej na dwa sposoby, przy okazji metody I pokażemy pierwszy sposób, przy okazji metody drugiej – drugi.
\begin{aligned} &\overline{P_i}=|P_i|\cdot\frac{\overline{r_i}}{|r_i|}\\ &\overline{r_i} – \text{wektor określający kierunek działania siły } \overline{P_i}\\ \\ &\overline{P_1}=|P_1|\cdot\frac{\overline{A_1A}}{|A_1A|}\\ &\overline{P_1}=4\sqrt{2}\cdot\frac{(2,2,0)}{\sqrt{2^2+2^2+0^2}}=\frac{4\sqrt{2}(2,2,0)}{2\sqrt{2}}=(4,4,0) \ kN\\ &\overline{P_2}=|P_2|\cdot\frac{\overline{A_2C}}{|A_2C|}\\ &\overline{P_2}=3\sqrt{13}\cdot\frac{(-3,-2,0)}{\sqrt{9+4}}=(-9,-6,0) \ kN\\ &\overline{P_3}=|P_3|\cdot\frac{\overline{A_3B}}{|A_3B|}\\ &\overline{P_3}=\sqrt{5}\cdot\frac{(-1,-2,0)}{\sqrt{1+4}}=(-1,-2,0) \ kN\\ &\overline{P_4}=(0,2,0) \ kN\\ &\overline{P_5}=|P_5|\cdot\frac{\overline{A_5C}}{|A_5C|}\\ &\overline{P_5}=2\sqrt{13}\cdot\frac{(-3,2,0)}{\sqrt{9+4}}=(-6,4,0) \ kN\\ &\overline{P_6}=(10,0,0) \ kN\\ \end{aligned} \begin{aligned} &\text{Moment względem punktu A}\\ &\overline{M_1}=\overline{P_1}\times \overline{A_1A}=&(4,4,0)\\ &&\underline{(2,2,0)}\\ &&(0,0,0)\\ \\ &\overline{M_2}=\overline{P_2}\times \overline{A_2A}=&(-9,-6,0)\\ &&\underline{(-3,0,0)}\\ &&(0,0,-18) \\ \\ &\overline{M_3}=\overline{P_3}\times \overline{A_3A}=&(-1,-2,0)\\ &&\underline{(-4,0,0)}\\ &&(0,0,-8) \\ \\ &\overline{M_4}=\overline{P_4}\times \overline{A_4A}=&(0,2,0)\\ &&\underline{(-4,4,0)}\\ &&(0,0,8) \\ \\ &\overline{M_5}=\overline{P_5}\times \overline{A_5A}=&(-6,4,0)\\ &&\underline{(-3,4,0)}\\ &&(0,0,-12) \\ \\ &\overline{M_6}=\overline{P_6}\times \overline{A_6A}=&(10,0,0)\\ &&\underline{(2,4,0)}\\ &&(0,0,40) \\ \\ &\overline{M_7}=&(0,0,-16)\\ &\overline{M_8}=&(0,0,2)\\ &\overline{M_A}=\sum_{i=1}^n{M_i}\\ &\overline{M_A}=(0,0,-4) \ kNm\\ \end{aligned}
Wektor siły wypadkowej
\begin{aligned} &\overline{S}=\sum_{i=1}^n{\overline{P_i}}\\ &\overline{S}=&(4,4,0)\\ &&(-9,-6,0)\\ &&(-1,-2,0)\\ &&(0,2,0)\\ &&(-6,4,0)\\ &&\underline{(10,0,0)}\\ &\overline{S}=&(-2,2,0) & \ kN\\ \end{aligned}
Układ w punkcie A redukuje się do wypadkowej $\overline{S}=(-2,2,0) \ kN$ oraz momentu $\overline{M_A}=(0,0,-4)$
Redukcja w punkcie B (Metoda II)
Rozwiń

Jedną z najpopularniejszych i najprostszych metod wyznaczania momentu jest rozłożenie sił na składowe i określenie jaki moment robi każda składowa względem danego punktu. Składowe x-owe robią moment na ramieniu y-kowym i na odwrót. Wszystko to robimy patrząc na wymiary układu, wartości i zwroty sił.
Żeby to zrobić rozkładamy siły na składowe, zrobimy to drugą metodą, również częściej występującą w kolejnych działach mechaniki i wytrzymałości materiałów, opisujemy trójkąt na jakim działa siła i rzutujemy siłę na osie x i y. Zwroty sił zaznaczono na rysunku 4, wartości obliczono poniżej.
$\begin{aligned} &\text{Siła P1 oparta jest na trójkącie prostokątnym 2×2, a więc nachylona jest pod kątem 45 stopni}\\ &sin(45)=cos(45)=\frac{\sqrt{2}}{2}\\ &P_{1x}=P_{1y}=4\sqrt{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=4 \ kN\\ \\ &\text{Kąt } \beta:\\ &sin(\beta)=\frac{2}{\sqrt{2^2+3^2}}=\frac{2}{\sqrt{13}}\\ &cos(\beta)=\frac{3}{\sqrt{2^2+3^2}}=\frac{3}{\sqrt{13}}\\ &\text{Kąt } \gamma:\\ &sin(\gamma)=\frac{2}{\sqrt{2^2+1^2}}=\frac{2}{\sqrt{5}}\\ &cos(\gamma)=\frac{1}{\sqrt{2^2+1^2}}=\frac{1}{\sqrt{5}}\\ \\ &P_{2x}=P_2\cdot cos(\beta)=9 \ kN\\ &P_{2y}=P_2\cdot sin(\beta)=6 \ kN\\ \\ &P_{3x}=P_3\cdot cos(\gamma)=1 \ kN\\ &P_{3y}=P_3\cdot sin(\gamma)=2 \ kN\\ \\ &P_{4y}=P_4=2 \ kN\\ \\ &P_{5x}=P_5\cdot cos(\beta)=6 \ kN\\ &P_{5y}=P_5\cdot sin(\beta)=4 \ kN\\ \\ &P_{6x}=P_6=10 \ kN\\ \end{aligned}$ $\begin{aligned} &M_{Bz}=-P_{1y}\cdot 5+P_{2x}\cdot 2 + P_{3x}\cdot 2-P_{3y}\cdot 1+P_4\cdot 1-P_{5x}\cdot 2+P_6 \cdot 2-M_7+M_8\\ &M_{Bz}=-4\cdot 5+9\cdot 2+1\cdot 2-2\cdot 1+2\cdot 1-6\cdot 2+10\cdot 2-16+2=-6 \ kNm\\ \end{aligned}$
Układ w punkcie B redukuje się do wypadkowej $\overline{S}=(-2,2,0) \ kN$ oraz momentu $\overline{M_B}=(0,0,-6)$

Sprawdzenie – twierdzenie o zmianie bieguna momentu
Rozwiń

Moment w punkcie B możemy obliczyć drugą metodą, z tw. o zmianie bieguna momentu i tym samym sprawdzić poprawność obliczeń.
$\begin{aligned} &\overline{M_B}=\overline{M_A}+\overline{S}\times\overline{AB}=&(0,0,-4)+&(-2,2,0)\\ &&&\underline{(3,-2,0)}\\ &&&(0,0,-2)\\ &\overline{M_B}=(0,0,-4)+(0,0,-2)=(0,0,-6)\ kNm\\ &\text{sprawdzenie daje pozytywny wynik}\\ \end{aligned}$

Redukcja do najprostszej postaci
Rozwiń

Jak wiemy ze wstępu teoretycznego, jeżeli $\overline{S}\ne 0, \overline{M_A}\ne 0$ to układ redukuje się do wypadkowej, złożonej z jednego niezerowego wektora równego sumie $\overline{S}$ leżącego na osi środkowej o szukanym równaniu.
Wyznaczamy równanie osi środkowej
Z tw. o zmianie bieguna
$\begin{aligned} &\overline{M_O}=\overline{M_A}+\overline{S}\times\overline{AO}\\ &\text{gdzie: } &M_O- \text{zerowy moment}\\ &&O=(x,y,0)- \text{punkt o nieznanych współrzędnych}\\ \\ &\overline{AO}=(x,y,0) \\ \end{aligned}$ $\begin{aligned} &\overline{M_O}=\overline{M_A}+\overline{S}\times\overline{AO}=&(0,0,-4)+&(-2,2,0)\\ &&&\underline{(x,y,0)}\\ &&&(0,0,-2y-2x)\\ \\ &(0,0,0)=(0,0,-4)+(0,0,-2y-2x)\\ \end{aligned}$ $\begin{aligned} &\text{Co zachodzi jeśli spełnione są równania:}\\ &\begin{cases} &0=0+0\\ &0=0+0\\ &0=-4+(-2y-2x)\\ \end{cases}\\ &\text{Dwa pierwsze to tożsamości, z trzeciego uzyskujemy równanie osi środkowej}\\ &y=-x-2 \end{aligned}$
Układ powyżej jest równoważny co do skutków działania układowi poniżej

Statyka - Płaski układ sił

Mechanika techniczna - Statyka - Płaski układ sił - Przykład 1

Przykład 1