தொங்கவிடப்பட்ட நிறையினால் ஏற்படும் விசை
F = mg = 2000 x 10 = 20000 N;
கரத்தின் நீளம் r = 20 m 
இந்த கணக்கிற்கு மூன்று வெவ்வேறு முறைகளில் தீர்வு காணலாம்.
முறை – I
விசை F க்கும் கரத்தின் நீளம் r க்கும் இடையேயான கோணம்  θ = 150° பொருத்தப்பட்ட நிலை புள்ளியைப் பொருத்து கரத்தின் திருப்பு விசை
ፒ = rF sinθ
ፒ = 20 x 20000 x sin(150⁰)
= 400000 x sin(90⁰ + 60⁰)
[இங்கு, sin(90⁰ + θ) = cosθ]
=400000 x cos(60⁰)
= 400000 x \(\frac { 1 }{ 2 } \)  [cos 60⁰=\(\frac { 1 }{ 2 } \)]
= 200000 Nm
ፒ = 2 x 10⁵ Nm.
முறை – II
விசையையும், பளுதூக்கியில் கரம் பொருத்தப்பட்ட புள்ளியிலிருந்து செங்குத்து தொலைவையும் கருதுவோம்.

\(\tau =(\mathrm{r} \perp) \mathrm{F}  \)
\(\tau =\mathrm{r} \cos \phi \mathrm{mg}  \)
\(\tau=20 \times \cos 60^{\circ} \times 20000  \)
\(=20 \times \frac{1}{2} \times 20000  \)
\(=200000 \mathrm{Nm}  \)
\(\tau =2 \times 10^5 \mathrm{~N} \mathrm{~m}\)
முறை – III
பளு தூக்கியின் கரம் பொருத்தப்பட்ட புள்ளியையும் செங்குத்து விசையையும் கருதுவோம்.

\(\tau =r(\mathrm{~F} \perp)  \)
\(\tau =\mathrm{r} m g \cos \phi  \)
\(\tau= 20 \times 20000 \times \cos 60^{\circ}  \)
\(=20 \times 20000 \times \frac{1}{2}  \)
\(=200000 \mathrm{Nm}  \)
\(\tau =2 \times 10^5 \mathrm{~N} \mathrm{~m}\)
மூன்று முறைகளும் ஒரே தீர்வினை தருகிறது.

புறவிசைகளின் துணையின்றி தானாக வெடிப்பதால் எறியத்தின் நிறை மையம் பாதிக்கப்படாது. மேலும் நிறைமையமானது தொடர்ந்து பரவளையப் பாதையிலேயே செல்லும். ஆனால் அதன் கூறுகளானது பரவளையப் பாதையை மேற்கொள்ளாது. கூறுகள் அனைத்தும் தரையில் விழும்போது நிறைமையம் எறியப்பட்ட புள்ளியிலிருந்து படத்தில் காட்டப்பட்டதுபோல் R தொலைவை (நெடுக்கம்) அடைகிறது. ஆகவே இறுதியில், படத்தில் காட்டியுள்ளபடி நிறை மையமானது எறி புள்ளியிலிருந்து R தொலைவில் (நெடுக்கம்) அமைந்திருக்கும்.

நிறைமையத்தின் இறுதி நிலையை ஆதி புள்ளியாக எடுத்துக் கொண்டால், திருப்புத்திறன்களின் தத்துவத்தின் படி
m₁x₁ = m₂x₂
இங்கு, m₁ = 3 kg, m₂ = 2 kg, x₁ = \(\frac { 1 }{ 4 } \)R மற்றும் x₂ = d என எடுத்துக் கொள்க.
\(3\times \frac { 1 }{ 4 } R=2\times d;d=\frac { 3 }{ 8 } R\)
எறி புள்ளிக்கும் 2 kg நிறை விழுந்துள்ள புள்ளிக்கும் இடையேயுள்ள தொலைவு R + d.
\(R+d=R+\frac { 3 }{ 8 } R=\frac { 11 }{ 8 } R=1.375R\)
எனவே 2 kg நிறையுடைய மற்றொரு கூறானது எறிபுள்ளியிலிருந்து 1.375 R என்ற தொலைவில் விழுகிறது. (இங்கு R என்பது எறிபொருளின் கிடைத்தள நெடுக்கமாகும்)

மனிதரின் நிறை m₁ = 50 kg
படகின் நிறை m₂ = 300 kg
நிலையான உற்றுநோக்குபவரைப் பொருத்து மனிதர் நகரும் திசைவேகம் v₁ = 2 m s^-1 மேலும் படகு நகரும் திசைவேகம் v₂ (கண்டறியப்பட வேண்டியது) என்க.
(i) தரையில் நிலையாக உள்ள உற்றுநோக்குபவரைப் பொருத்து படகின் திசைவேகத்தைக் கணக்கிடுதல்.
அமைப்பின் மீது புறவிசைகள் செயல்படாதபோது, படகு – மனித அமைப்பின் அகவிசையாக செயல்படும் உராய்வின் காரணமாக மனிதன் - படகு அமைப்பு (boat – man system) இயங்குகிறது. ஆகவே நிறை மையத்தின் திசைவேகம் சுழியாகும். ((v_CM = 0).
நிறைமையத்தின் சமன்பாடு (5.7) லிருந்து,
0 = \(\frac { \sum { { m }_{ 1 }{ v }_{ 1 } } }{ \sum { { m }_{ 1 } } } =\frac { { m }_{ 1 }{ v }_{ 1 }+{ m }_{ 2 }{ v }_{ 2 } }{ { m }_{ 1 }+{ m }_{ 2 } } \)
0 = m₁v₁ + m₂v₂ - m₂v₂ = m₁v₁
v₂ =\(\frac { { m }_{ 1 } }{ { m }_{ 2 } } { v }_{ 1 }\)
v₂ =\(\frac { 50 }{ 300 } \times 2=\frac { 100 }{ 300 } \)
v₂=-0.33 ms^-1
இங்கே, நிலையாக உள்ள உற்றுநநோக்குபவருக்கு எதிர் திசையில் படகு செல்வதை எதிர்குறி காட்டுகிறது.
(ii) நடக்கும் மனிதரைப் பொருத்து படகின் திசைவேகத்தைக் கண்டறிதல் : படகின் சார்புத் திசைவேகத்தை பின்வருமாறு கணக்கிடலாம்.
V₂₁ = V₂ - V₁
இங்கே, V₂₁ என்பது நடக்கும் மனிதரைப் பொருத்து படகின் சார்புத் திசைவேகமாகும்.
V₂₁ =(-0.33) - (2)
V₂₁ = -2.33 ms^-1
மனிதர் தன்னுடைய வலப்புறம் நகரும்போது படகு அவரின் இடதுபுறமாக நகர்வதை விடையில் உள்ள எதிர்குறி காட்டுகிறது.

வெட்டப்படாத வட்டத்தட்டின் நிறையானது M என எடுத்துக் கொள்க. இதனுடைய நிறை மையமானது வட்டத்தட்டின் வடிவியல் மையத்தில் அமையும். இப்புள்ளியிலேயே ஆதிப்புள்ளியும் ஒருங்கமைகிறது
வெட்டி எடுக்கப்பட்ட சிறு வட்டத்தட்டின் நிறை m என்க. (அதன் நிறை மையம் ஆதிப்புள்ளிக்கு) வலது புறத்தில் \(\frac { R }{ 2 } \) என்ற தொலைவில் படத்தில் காட்டியுள்ளவாறு அமைந்திருக்கும்.
எனவே வட்டத்தட்டின் மீதமுள்ள பகுதியின் நிறை மையம் ஆதிப்புள்ளிக்கு இடது புறத்தில் X தொலைவில் உள்ளதாக எடுத்துக் கொள்வோம். திருப்புத்திறன்களின் தத்துவத்திலிருந்து, கீழ்கண்டவாறு எழுத முடியும்.

(M - m)x = (m)\(\frac { R }{ 2 } \)
x =\(\left( \frac { m }{ M-m } \right) \frac { R }{ 2 } \)
பரப்பு நிறை அடர்த்தி \(\sigma =\frac { M }{ \pi { R }^{ 2 } } \) (\(\sigma \) என்பது ஓரலகு பரப்பின் நிறை) எனில், சிறிய வட்டத் தட்டின் நிறை (m) என்பது
m = பரப்பு நிறை அடர்த்தி x பரப்பு
m = \(\sigma \times \pi \left( \frac { R }{ 2 } \right) ^{ 2 }\)
m =\(\left( \frac { M }{ \pi { R }^{ 2 } } \right) \pi \left( \frac { R }{ 2 } \right) ^{ 2 }=\frac { M }{ \pi R^{ 2 } } \pi \frac { { R }^{ 2 } }{ 4 } =\frac { M }{ 4 } \)
x-ன் சமன்பாட்டில் m-ன் மதிப்பைப் பிரதியிட
x =\(\frac { \frac { M }{ 4 } }{ \left( M-\frac { M }{ 4 } \right) } \times \frac { R }{ 2 } =\frac { \frac { M }{ 4 } }{ \left( \frac { 3M }{ 4 } \right) } \times \frac { R }{ 2 } \)
x = \(\frac { R }{ 6 } \)
மீதமுள்ள வட்டத் தட்டின் நிறைமையமானது வட்டத் தட்டின் மையத்திற்கு இடப்புறம் \(\frac { R }{ 6 } \) தொலைவில் இருக்கும்.

m₁ = 3 kg, m₂ = 5 kg என எடுத்துக் கொள்வோம்.
(i) ஆதிப்புள்ளியிலிருந்து நிறை மையத்தைக் கண்டறிதல்:

புள்ளி நிறைகள் X அச்சில் ஆதிப்புள்ளியிலிருந்து x₁ = 4m, x₂ = 8m என்ற தொலைவில் உள்ளன. எனவே நிறை மையம்.
\({ X }_{ CM }=\frac { m_{ 1 }{ X }_{ 1 }+{ m }_{ 2 }{ X }_{ 2 } }{ { m }_{ 1 }+{ m }_{ 2 } } \)
\({ X }_{ CM }=\frac { (3\times 4)+(5\times 8) }{ 3+5 } \)
\({ X }_{ CM }=\frac { 12+40 }{ 8 } =\frac { 52 }{ 8 } \)= 6.5 m
ஆதிப்புள்ளியிலிருந்து நிறை மையம் 6.5 m தொலைவில் அமைந்திருக்கும்.
(ii) 3 kg நிறையிலிருந்து நிறை மையத்தைக் கண்டறிதல்
3 kg நிறையை ஆதிப்புள்ளிக்கு Ｘ அச்சில் இடமாற்றம் செய்வதாக கொள்வோம். ஆதிப்புள்ளியானது X அச்சில் 3 kg நிறையுள்ள இடத்தில் எடுத்துக் கொள்ளப்படுகிறது. எனவே 3 kg புள்ளி நிறையின் நிலை சுழியாகும் (x₁ = o) மாற்றப்பட்ட ஆதிப் புள்ளியிலிருந்து 5 kg நிலை 4 m தொலைவில் உள்ளது. (x₂ = 4m)

\(\mathrm{x}_{\mathrm{CM}}=\frac{(3 \times 0)+(5 \times 4)}{3+5}  \)
\(\mathrm{x}_{\mathrm{CM}}=\frac{0+20}{8}=\frac{20}{8}=2.5 \mathrm{~m}\)
3 kg புள்ளி நிறையிலிருந்து 2.5 m தொலைவில் (5kg புள்ளி நிறையிலிருந்து 1.5 m தொலைவிலும்) நிறை மையம் அமைந்துள்ளது.