Wytrzymałość materiałów/Charakterystyki geometryczne przekroju

---

Moment bezwładności figur płaskich

(Rys. 3.1) Przekrój pręta

Podczas obliczeń wytrzymałościowych konieczna jest znajomość wielkości geometrycznych, charakteryzujących przekroje poprzeczne danych prętów. Na (Rys. 3.1) mamy dany przekrój poprzeczny pręta w płaszczyźnie $Oxy$ o całkowitym polu powierzchni $A$. Wydzielmy z tego przekroju elementarną cząstkę o powierzchni $dA$ o współrzędnych $(x;y)$ który jest odległy od początku układu współrzędnych o $\rho$. Dzięki temu możemy podać dla danej figury następujące parametry:

1. $I_{0}$ - Biegunowy moment bezwładności lub inaczej moment bezwładności względem punktu (bieguna)
2. $I_{x}$ lub $I_{y}$ - Moment bezwładności względem osi (prostych)
3. $I_{xy}$ - Moment dewiacji (odśrodkowy, zboczenia) lub inaczej moment względem układu osi
4. $S_{x}$ lub $S_{y}$ - Moment statyczny

Jednostką pola powierzchni jest $[m^{2}]$ a odległości $[m]$ więc jednostką momentów bezwładności figur płaskich jest $[m^{4}]$. Momenty względem osi (prostych) oraz momenty względem punktu (bieguna) zawsze przyjmują wartości dodatnie, natomiast momenty względem układu osi przybierać może wartości dodatnie, ujemne oraz zerowe, w zależności od umiejscowienia figury względem układu osi współrzędnych.

Zgodnie z (Rys. 3.1) powyższe wielkości definiuje się następująco:

$I_{0}=\int \limits _{A}\rho ^{2}dA$

(3.1)

$I_{x}=\int \limits _{A}y^{2}dA$

(3.2)

$I_{y}=\int \limits _{A}x^{2}dA$

(3.3)

$I_{xy}=\int \limits _{A}xydA$

(3.4)

Ponieważ $\rho ^{2}=x^{2}+y^{2}$ to:

$I_{0}=I_{x}+I_{y}$

(3.5)

$S_{x}=\int \limits _{A}ydA$

$S_{y}=\int \limits _{A}xdA$

Moment dewiacji $I_{xy}$ przyjmuje wartość zero, wtedy gdy co najmniej jedna z osi symetrii przekroju pokrywa się z osią układu współrzędnych. Spowodowane jest to tym że że owa oś dzieli przekrój $A=A_{1}+A_{2}$ na dwie równe połowy $A_{1}=A_{2}$ znajdujące się po obu stronach osi. Powoduje to że każdemu elementarnemu wycinku pola $dA$ o współrzędnych $(x;y)$ odpowiada taki sam elementarny wycinek pola $dA$ o współrzędnych $(-x;y)$. Posługując się wzorem (3.4) otrzymujemy:

$I_{xy}=\int \limits _{A_{1}}xydA+\int \limits _{A_{2}}(-x)ydA=0$

Poniżej zostaną zaprezentowane i omówione sztandarowe przypadki obliczania charakterystyk geometrycznych przekrojów, natomiast większa liczba przykładów znajduje się w przykładowych zadaniach.

(Rys. 3.2) Przykładowe zadanie

Dany jest trójkąt (Rys. 3.2) prostokąty o wysokości $h$ oraz podstawie $b$. Należy obliczyć moment bezwładności względem osi i moment względem układu osi, osie pokrywają się z przyprostokątnymi.

Najpierw wybierzmy elementarny pasek $dA$ z pola trójkąta, niech będzie równoległy do osi $0x$ a także odległy od niej o $y$. Wymiary elementarnego wycinka pola wynoszą $dy$ i $c(x)$. Długość paska $c(x)$ jest funkcją zależną od zmiennej $y$ i wyraża się następującym wzorem:

$c(x)={\frac {h-y}{h}}b$

Natomiast elementarne pole paska $dA$ wyrażeniem:

$dA=c(x)\cdot dy={\frac {h-y}{h}}b\cdot dy$

Ponieważ elementarny pasek jest równoległy do osi $0x$ obliczymy przy jego pomocy moment bezwładności względem osi $0x$ zgodnie ze wzorem (3.2) co zapisujemy następująco:

$I_{x}=\int \limits _{A}y^{2}dA={\frac {b}{h}}\int \limits _{0}^{h}y^{2}(h-y)dy$

$I_{x}={\frac {b}{h}}\int \limits _{0}^{h}(hy^{2}-y^{3})dy={\frac {b}{h}}\left(\int \limits _{0}^{h}hy^{2}dy-\int \limits _{0}^{h}y^{3}dy\right)={\frac {b}{h}}\left(h{\frac {y^{3}}{3}}{\bigg |}_{0}^{h}-{\frac {y^{4}}{4}}{\bigg |}_{0}^{h}\right)$

$I_{x}={\frac {b}{h}}\left(h{\frac {h^{3}}{3}}-{\frac {h^{4}}{4}}\right)={\frac {b}{h}}\left({\frac {4h^{4}}{12}}-{\frac {3h^{4}}{12}}\right)={\frac {b}{h}}\left({\frac {h^{4}}{12}}\right)={\frac {bh^{3}}{12}}$

$I_{x}={\frac {bh^{3}}{12}}$

Analogicznie postępujemy z $I_{y}$ jedynie elementarny pasek $dA$ musi być równoległy do osi $0y$:

$I_{y}={\frac {b^{3}h}{12}}$

Do obliczenia momentu dewiacji ze wzoru (3.4) potrzebujemy określić współrzędne wydzielonego paska $dA$, ponieważ mamy do czynienia z paskiem a nie z punktem to współrzędne paska to jego środek:

$(x;y)=>\left({\frac {c(x)}{2}};y\right)=>\left({\frac {b(h-y)}{2h}};y\right)$

$I_{xy}=\int \limits _{A}xydA=\int \limits _{0}^{h}{\frac {b(h-y)}{2h}}y{\frac {b(h-y)}{h}}dy={\frac {b^{2}}{2h^{2}}}\int \limits _{0}^{h}(h-y)^{2}ydy={\frac {b^{2}}{2h^{2}}}\left(h^{2}\int \limits _{0}^{h}ydy-2h\int \limits _{0}^{h}y^{2}dy+\int \limits _{0}^{h}y^{3}dy\right)={\frac {b^{2}}{2h^{2}}}\left(h^{2}{\frac {y^{2}}{2}}{\bigg |}_{0}^{h}-2h{\frac {y^{3}}{3}}{\bigg |}_{0}^{h}+{\frac {y^{4}}{4}}{\bigg |}_{0}^{h}\right)$

$I_{xy}={\frac {b^{2}}{2h^{2}}}\left({\frac {h^{4}}{2}}-{\frac {2h^{4}}{3}}+{\frac {h^{4}}{4}}\right)={\frac {b^{2}h^{2}}{24}}$

Do obliczenia charakterystyk geometrycznych bardziej złożonych kształtów przekrojów poprzecznych pręta wymaga się rozwiązania całki podwójnej, ponieważ wykorzystujemy elementarny punkt wycinka powierzchni. Natomiast przy mniej skomplikowanych kształtach przez odpowiedni wybór kształtu elementarnego pola $dA$ można obliczyć charakterystykę geometryczną przy użyciu całki pojedynczej, jak miało to miejsce powyżej. Dla zobrazowania poniżej zostanie przedstawiony przykład który zostanie rozwiązany na dwa sposoby.

(Rys. 3.3) Przykładowe zadanie

Dany jest prostokąt (Rys. 3.3) o wysokości $h$ oraz podstawie $b$. Należy obliczyć moment bezwładności względem osi i moment względem układu osi, osie pokrywają się z przyprostokątnymi.

Ten przykład rozwiążemy na dwa sposoby: z wykorzystaniem elementarnego paska $a)$ (Rys. 3.3) oraz z wykorzystaniem elementarnego pola powierzchni (punktu) $b)$ (Rys. 3.3), na początku zrobimy przykład według rysunku $a)$.

W przykładzie $a)$ tok postępowania jest podobny jak w przykładzie powyżej więc najpierw wyznaczamy pole powierzchni elementarnego paska $dA$. Jak widzimy pole elementarnego paska nie zależy od wysokości co uprości nam obliczenia.

$dA=b\cdot dy$

$I_{x}=\int \limits _{A}y^{2}dA=b\int \limits _{0}^{h}y^{2}dy=b{\frac {y^{3}}{3}}{\bigg |}_{0}^{h}=b{\frac {h^{3}}{3}}={\frac {bh^{3}}{3}}$

Analogicznie postępujemy z $I_{y}$ jedynie elementarny pasek $dA$ musi być równoległy do osi $0y$:

$I_{y}={\frac {b^{3}h}{3}}$

Do obliczenia momentu dewiacji ze wzoru (3.4) potrzebujemy określić współrzędne wydzielonego paska $dA$, ponieważ mamy do czynienia z paskiem a nie z punktem to współrzędne paska to jego środek:

$(x;y)=>\left({\frac {b}{2}};y\right)$

$I_{xy}=\int \limits _{A}xydA=\int \limits _{0}^{h}{\frac {b}{2}}ybdy={\frac {b^{2}}{2}}\int \limits _{0}^{h}ydy={\frac {b^{2}}{2}}{\frac {y^{2}}{2}}{\bigg |}_{0}^{h}={\frac {b^{2}h^{2}}{4}}$

Teraz rozwiążemy dany przykład $b)$ (Rys. 3.3) przy pomocy elementarnego punktu o polu powierzchni $dA$:

$dA=dx\cdot dy$

$I_{x}=\int \limits _{A}y^{2}dA=\int \limits _{0}^{h}\int \limits _{0}^{b}y^{2}dxdy=\int \limits _{0}^{h}y^{2}dy\int \limits _{0}^{b}dx={\frac {y^{3}}{3}}{\bigg |}_{0}^{h}\cdot x{\bigg |}_{0}^{b}={\frac {h^{3}}{3}}\cdot b={\frac {bh^{3}}{3}}$

Analogicznie postępujemy z $I_{y}$ jednak w porównaniu z przypadkiem $a)$ nic nie musimy robić z $dA$ elementarnym polem

$I_{y}=\int \limits _{A}x^{2}dA=\int \limits _{0}^{h}\int \limits _{0}^{b}x^{2}dxdy=\int \limits _{0}^{h}dy\int \limits _{0}^{b}x^{2}dx=y{\bigg |}_{0}^{h}\cdot {\frac {x^{3}}{3}}{\bigg |}_{0}^{b}=h\cdot {\frac {b^{3}}{3}}={\frac {b^{3}h}{3}}$

Moment dewiacji obliczamy następująco:

$I_{xy}=\int \limits _{A}xydA=\int \limits _{0}^{h}\int \limits _{0}^{b}xydxdy=\int \limits _{0}^{h}ydy\int \limits _{0}^{b}xdx={\frac {y^{2}}{2}}{\bigg |}_{0}^{h}\cdot {\frac {x^{2}}{2}}{\bigg |}_{0}^{b}={\frac {h^{2}}{2}}{\frac {b^{2}}{2}}={\frac {b^{2}h^{2}}{4}}$

Powyższy przypadek zaprezentował możliwość wyznaczenia charakterystyki geometrycznej przekroju na dwa sposoby, każdy z nich ma swe plusy oraz minusy dlatego wybór sposobu obliczania którym będzie się posługiwać pozostawia się czytelnikowi. Ostatnim przykładem będzie przekrój kołowy, osie układu współrzędnych przechodzą przez środek koła. Dany przykład można rozwiązać jak powyżej na dwa sposoby.

(Rys. 3.4) Przykładowe zadanie

Najpierw rozwiążemy przypadek według $a)$ (Rys. 3.4) tu jak wyżej mamy do czynienia z elementarnym wycinkiem koła w postaci paska o powierzchni $dA$. Wymiary elementarnego wycinka pola wynoszą $dy$ i $c(y)$. Długość paska $c(y)$ jest funkcją zależną od zmiennej $y$.

$d=2r$

Ponieważ elementarny pasek jest równoległy do osi $0x$ obliczymy przy jego pomocy moment bezwładności względem osi $0x$ zgodnie ze wzorem (3.2) co zapisujemy następująco:

$I_{x}=\int \limits _{A}y^{2}dA=\int \limits _{-{\frac {1}{2}}d}^{{\frac {1}{2}}d}y^{2}c(y)dy$

Ponieważ oś $0x$ jest osią symetrii koła to powyższe wyrażenie można zapisać w następujący sposób:

$I_{x}=2\int \limits _{0}^{{\frac {1}{2}}d}y^{2}c(y)dy$

Następnie podstawiamy poniższe wyrażenia:

$c(y)=2rsin{\frac {\alpha }{2}}$

$y=rcos{\frac {\alpha }{2}}$

$dy=-rsin{\frac {\alpha }{2}}d{\frac {\alpha }{2}}$

Po podstawieniu musimy także zmienić granice całkowania w następujący sposób:

$I_{x}=-2\int \limits _{\frac {\pi }{2}}^{0}r^{2}cos^{2}{\frac {\alpha }{2}}2rsin{\frac {\alpha }{2}}rsin{\frac {\alpha }{2}}d{\frac {\alpha }{2}}$

$I_{x}=-2\int \limits _{\pi }^{0}r^{4}sin^{4}\alpha {\frac {1}{4}}d\alpha ={\frac {r^{4}}{2}}\int \limits _{0}^{\pi }sin^{2}\alpha d\alpha ={\frac {\pi r^{4}}{4}}={\frac {\pi d^{4}}{64}}$

Zgodnie ze wzorem (3.5) biegunowy moment bezwładności wynosi:

$I_{0}=2I_{x}={\frac {\pi r^{4}}{2}}={\frac {\pi d^{4}}{32}}$

Teraz rozwiążemy dany przykład $b)$ (Rys. 3.4) przy pomocy elementarnego pierścienia $dA$ odległego od środka układu współrzędnych o $\rho$ i o grubości $d\rho$.

Pole elementarnego pierścienia wynosi: $dA=2\pi \rho d\rho$

Korzystając ze wzoru (3.1) otrzymujemy:

$I_{0}=\int \limits _{A}\rho ^{2}dA=\int \limits _{0}^{r}\rho ^{2}2\pi \rho d\rho =2\pi \int \limits _{0}^{r}\rho ^{3}d\rho =2\pi {\frac {\rho ^{4}}{4}}\int \limits _{0}^{r}={\frac {\pi r^{4}}{2}}={\frac {\pi d^{4}}{32}}$

Do wyznaczenia Momentu bezwładności względem osi analogicznie wykorzystujemy wzór (3.5) co daje nam:

$I_{x}={\frac {I_{0}}{2}}={\frac {\pi r^{4}}{4}}={\frac {\pi d^{4}}{64}}$

Gdy osie układu współrzędnych przechodzą przez środek ciężkości przekroju, to takie osie nazywamy osiami centralnymi i oznaczamy je w następujący sposób: $(x_{c};y_{c})$. Momenty liczone względem osi centralnych nazywamy centralnymi momentami bezwładności.

Momenty bezwładności względem osi równoległych do osi centralnych. Wzór Steinera

(Rys. 3.5) Przekrój poprzeczny ze środkiem ciężkości C

Przy wyznaczaniu charakterystyk geometrycznych przekroju często korzysta się z gotowych tablic, w celu przyspieszenia obliczeń. Niestety w tych tablicach często spotyka się obliczenia względem środka ciężkości $C$ lub względem innych układów współrzędnych niż potrzebujemy, tak jak to zaprezentowano na rysunku (Rys. 3.5). Na rysunku (Rys. 3.5) mamy przekrój poprzeczny o środku ciężkości $C$ i polu powierzchni $A$, znamy momenty bezwładności $I_{x'}$ względem osi $x'$ oraz $I_{y'}$ względem osi $y'$ natomiast interesują nas momenty bezwładności względem układu $XY$ który jest przesunięty o $x_{cm}$ $y_{cm}$. Aby wyznaczyć momenty bezwładności posłużymy się wzorami:(3.2), (3.3) oraz (3.4) lecz najpierw nieco je przekształcimy dla naszych potrzeb:

$y=y'+y_{cm}\qquad x=x'+x_{cm}$

co daje nam następujące wyrażenia

$I_{x}=\int \limits _{A}y^{2}dA=I_{x}=\int \limits _{A}(y'+y_{cm})^{2}dA=\int \limits _{A}(y')^{2}dA+\int \limits _{A}2y_{cm}y'dA+\int \limits _{A}(y_{cm})^{2}dA=\int \limits _{A}(y')^{2}dA+2y_{cm}\int \limits _{A}y'dA+(y_{cm})^{2}\int \limits _{A}dA$

całka $\int \limits _{A}(y')^{2}dA$ wyraża moment względem osi centralnej $I_{x'}$

całka $2y_{cm}\int \limits _{A}y'dA$ wyraża moment statyczny który dla osi centralnych wynosi zero

całka $(y_{cm})^{2}\int \limits _{A}dA$ wyraża pole przekroju pomnożone przez kwadrat przesunięcia

analogicznie postępujemy z drugą osią i ostatecznie otrzymujemy następujące wyrażenia:

$I_{x}=I_{x'}+(y_{cm})^{2}A$

(3.6)

$I_{y}=I_{y'}+(x_{cm})^{2}A$

(3.7)

$I_{xy}=I_{x'y'}+x_{cm}y_{cm}A$

(3.8)

Momenty bezwładności względem osi centralnych (prostych przechodzących przez środek ciężkości) mają najmniejszą wartość ze wszystkich innych równoległych momentów obliczonych dla danego przekroju .

Momenty bezwładności względem osi obróconych. Główne momenty bezwładności

(Rys. 3.6) Przekrój poprzeczny ze środkiem ciężkości C

Na (Rys. 3.6) mamy przekrój poprzeczny o polu powierzchni $A$ i środku ciężkości $C$ oraz dwa układy osi obróconych względem siebie o kąt $\alpha$. Załóżmy że znamy momenty bezwładności względem układu osi $(Cx_{C}y_{C})$ możemy wyznaczyć dla nowego układu $(Cx_{C1}y_{C1})$ momenty bezwładności. Między współrzędnymi określającymi położenie elementarnego pola $dA$ występują następujące zależności:

$x_{1}=xcos\alpha +ysin\alpha \qquad y_{1}=ycos\alpha -xsin\alpha$

Z tych zależności wyznaczamy:

$I_{x_{C1}}=\int \limits _{A}(y_{1})^{2}dA=\int \limits _{A}(ycos\alpha -xsin\alpha )^{2}dA=\int \limits _{A}y^{2}cos^{2}\alpha dA-2\int \limits _{A}xysin\alpha cos\alpha dA+\int \limits _{A}x^{2}sin^{2}\alpha dA$

$I_{x_{C1}}=I_{x_{C}}cos^{2}\alpha +I_{y_{C}}sin^{2}\alpha -2I_{x_{C}y_{C}}sin\alpha cos\alpha$

$I_{y_{C1}}=\int \limits _{A}(x_{1})^{2}dA=\int \limits _{A}(xcos\alpha +ysin\alpha )^{2}dA=\int \limits _{A}x^{2}cos^{2}\alpha dA+2\int \limits _{A}xysin\alpha cos\alpha dA+\int \limits _{A}y^{2}sin^{2}\alpha dA$

$I_{y_{C1}}=I_{y_{C}}cos^{2}\alpha +I_{x_{C}}sin^{2}\alpha +2I_{x_{C}y_{C}}sin\alpha cos\alpha$

$I_{x_{C1}y_{C1}}=\int \limits _{A}x_{1}y_{1}dA=\int \limits _{A}(xcos\alpha +ysin\alpha )(ycos\alpha -xsin\alpha )dA=\int \limits _{A}xycos^{2}\alpha dA-\int \limits _{A}x^{2}sin\alpha cos\alpha dA+\int \limits _{A}y^{2}sin\alpha cos\alpha dA-\int \limits _{A}xysin^{2}\alpha dA$

$I_{x_{C1}y_{C1}}=(I_{x_{C}}-I_{y_{C}})sin\alpha cos\alpha +I_{x_{C}y_{C}}(cos^{2}\alpha -sin^{2}\alpha )$

wiedząc że:

$sin^{2}\alpha ={\frac {1-cos2\alpha }{2}}\qquad cos^{2}\alpha ={\frac {1+cos2\alpha }{2}}\qquad 2sin\alpha cos\alpha =sin2\alpha$

ostatecznie otrzymujemy:

$I_{x_{C1}}={\frac {1}{2}}(I_{x_{C}}+I_{y_{C}})+{\frac {1}{2}}(I_{x_{C}}-I_{y_{C}})cos2\alpha -I_{x_{C}y_{C}}sin2\alpha$

(3.9)

$I_{y_{C1}}={\frac {1}{2}}(I_{x_{C}}+I_{y_{C}})-{\frac {1}{2}}(I_{x_{C}}-I_{y_{C}})cos2\alpha +I_{x_{C}y_{C}}sin2\alpha$

(3.10)

$I_{x_{C1}y_{C1}}={\frac {1}{2}}(I_{x_{C}}-I_{y_{C}})sin2\alpha +I_{x_{C}y_{C}}cos2\alpha$

(3.11)

Przy obrocie układ osi można zauważyć że momenty bezwładności względem prostych przyjmują wartości w przedziale od $I_{MIN}$ do $I_{MAX}$, natomiast moment względem układu osi przyjmuje wartości od ujemnych do dodatnich. Szczególnym przypadkiem jest gdy osie obrócimy o kąt $\alpha _{0}$, wtedy moment dewiacji jest równy zeru a momenty względem prostych przyjmują wartości ekstremalne (jeden $I_{MIN}$ natomiast drugi $I_{MAX}$). Proste te nazywamy główne centralne osie a momenty liczone względem tych osi główne centralne momenty bezwładnosci.

Położenie głównych centralnych osi względem pierwotnego układu można określić z wzoru (3.11) po przez przyrównanie momentu zboczenia do zera, co daje nam:

$tg2\alpha _{0}={\frac {-2I_{x_{C}y_{C}}}{I_{x_{C}}-I_{y_{C}}}}$

(3.12)

Po dalszych przekształceniach otrzymujemy:

$sin2\alpha _{0}={\frac {-2I_{x_{C}y_{C}}}{\sqrt {(I_{x_{C}}-I_{y_{C}})^{2}+4I_{x_{C}y_{C}}}}}\qquad cos2\alpha _{0}={\frac {I_{x_{C}}-I_{y_{C}}}{\sqrt {(I_{x_{C}}-I_{y_{C}})^{2}+4I_{x_{C}y_{C}}}}}$

$I_{MIN}^{MAX}={\frac {1}{2}}(I_{x_{C}}-I_{y_{C}})\pm {\frac {1}{2}}{\sqrt {(I_{x_{C}}-I_{y_{C}})^{2}+4I_{x_{C}y_{C}}}}$

Numeryczne metody obliczania charakterystyk geometrycznych przekrojów o kształcie wielokąta

Załóżmy że mamy pręt który posiada przekrój w kształcie wielokąta o $n$ wierzchołkach których położenie znamy oraz dowolnie obrany układ współrzędnych, aby wyznaczyć charakterystyki geometryczne dla tego przekroju powinniśmy użyć następujących wzorów: (3.1); (3.2); (3.3); (3.4), lecz wykorzystywanie ich dla dowolnego przekroju może być kłopotliwe. Dlatego przy obliczaniu momentów bezwładności możemy posłużyć się programami komputerowymi o poniższych algorytmach, które wyliczą pole $A$; moment statyczny $S$; moment bezwładności i dewiacji $I$.

$A={\frac {1}{2}}\sum _{i=1}^{n}(x_{i+1}-x_{i})(y_{i+1}+y_{i})$

(3.13)

$S_{x}={\frac {1}{6}}\sum _{i=1}^{n}(x_{i+1}-x_{i})(y_{i}^{2}+y_{i}y_{i+1}+y_{i+1}^{2})$

(3.14)

$S_{y}={\frac {1}{6}}\sum _{i=1}^{n}(y_{i}-y_{i+1})(x_{i}^{2}+x_{i}x_{i+1}+x_{i+1}^{2})$

(3.15)

$I_{x}={\frac {1}{12}}\sum _{i=1}^{n}(x_{i+1}-x_{i})(y_{i}^{3}+y_{i}^{2}y_{i+1}+y_{i}y_{i+1}^{2}+y_{i+1}^{3})$

(3.16)

$I_{y}={\frac {1}{12}}\sum _{i=1}^{n}(y_{i}-y_{i+1})(x_{i}^{3}+x_{i}^{2}x_{i+1}+x_{i}x_{i+1}^{2}+x_{i+1}^{3})$

(3.17)

$I_{xy}={\frac {1}{24}}\sum _{i=1}^{n}[x_{i+1}-x_{i}][x_{i}(3y_{i}^{2}+y_{i+1}^{2}+2y_{i}y_{i+1})+x_{i+1}(3y_{i+1}^{2}+y_{i}^{2}+2y_{i}y_{i+1})]$

(3.18)

Ważne aby kolejność numerowania wierzchołków a co za tym idzie kolejność wprowadzania współrzędnych wierzchołków była taka że wnętrze pręta znajduje się z prawej strony.

Znając powyższe parametry można obliczyć współrzędne środka ciężkości $\left(x_{C}={\frac {S_{y}}{A}},y_{C}={\frac {S_{x}}{A}}\right)$ oraz centralne momenty bezwładności: $I_{x_{C}}=I_{x}-{\frac {S_{x}^{2}}{A}}$; $I_{y_{C}}=I_{y}-{\frac {S_{y}^{2}}{A}}$; $I_{x_{C}y_{C}}=I_{xy}-{\frac {S_{x}S_{y}}{A}}$

Do zobrazowania metody posłużymy się (Rys. 3.2) gdzie $h(0,3)$ oraz $b(6,0)$. Najpierw obieramy pierwszy punkt, niech to będzie punkt $O(0,0)$ aby kierunek obchodzenia konturu był prawidłowy wnętrze musi być z prawej strony więc drugim punktem musi być punkt $h(0,3)$ natomiast trzecim punktem jest $b(6,0)$. Na początek obliczmy pole korzystając ze wzoru (3.13), a następnie wszystkie rodzaje momentów:

$A={\frac {1}{2}}[(0-0)(3-0)+(6-0)(0+3)+(0-6)(0+0)]={\frac {1}{2}}\cdot 18=9$

$S_{x}={\frac {1}{6}}[(0-0)(0^{2}+0\cdot 3+3^{2})+(6-0)(3^{2}+3\cdot 0+0^{2})+(0-6)(0^{2}+0\cdot 0+0^{2})]={\frac {1}{6}}\cdot 54=9$

$S_{y}={\frac {1}{6}}[(0-3)(0^{2}+0\cdot 0+0^{2})+(3-0)(0^{2}+0\cdot 6+6^{2})+(0-0)(6^{2}+6\cdot 0+0^{2})]={\frac {1}{6}}\cdot 108=18$

$I_{x}={\frac {1}{12}}[(0-0)(0^{3}+0^{2}3+0\cdot 3^{2}+3^{3})+(6-0)(3^{3}+3^{2}0+3\cdot 0^{2}+0^{3})+(0-6)(0^{3}+0^{2}0+0\cdot 0^{2}+0^{3})]={\frac {1}{12}}\cdot 162=13,5$

$I_{y}={\frac {1}{12}}[(0-3)(0^{3}+0^{2}0+0\cdot 0^{2}+0^{3})+(3-0)(0^{3}+0^{2}6+0\cdot 6^{2}+6^{3})+(0-0)(6^{3}+6^{2}0+6\cdot 0^{2}+0^{3})]={\frac {1}{12}}\cdot 648=54$

$I_{xy}={\frac {1}{24}}\{[0-0][0(3\cdot 0^{2}+3^{2}+2\cdot 0\cdot 3)+0(3\cdot 3^{2}+0^{2}+2\cdot 0\cdot 3)]+[6-0][0(3\cdot 3^{2}+0^{2}+2\cdot 3\cdot 0)+6(3\cdot 0^{2}+3^{2}+2\cdot 3\cdot 0)]+[0-6][6(3\cdot 0^{2}+0^{2}+2\cdot 0\cdot 0)+0(3\cdot 0^{2}+0^{2}+2\cdot 0\cdot 0)]\}={\frac {1}{24}}\cdot 324=13,5$

Środek ciężkości znajduje się w punkcie $C(2,1)$ a centralne momenty bezwładności: $I_{x_{C}}=4,5$; $I_{y_{C}}=18$; $I_{x_{C}y_{C}}=4,5$

Tabela

Zestawienie ważniejszych przekrojów
NP	Rysunek poglądowy	Geometryczny moment bezwładności	Wskaźnik wytrzymałości na zginanie sprężyste	Wskaźnik wytrzymałości na zginanie plastyczne
1		$I_{x}={{\pi D^{4}} \over 64}$ $I_{0}={{\pi D^{4}} \over 32}$	$W_{x}={{\pi D^{3}} \over 32}$ $W_{0}={{\pi D^{3}} \over 16}$	$W'_{x}={{D^{3}} \over 6}$
2		$I_{x}={{\pi (D^{4}-d^{4})} \over 64}$ $I_{0}={{\pi (D^{4}-d^{4})} \over 32}$	$W_{x}={\pi \over 32}\cdot {(D^{4}-d^{4}) \over D}$ $W_{0}={\pi \over 16}\cdot {(D^{4}-d^{4}) \over D}$	$W'_{x}={1 \over 6}(D^{3}-d^{3})$
3		$I_{x}={{H^{4}} \over 12}$	$W_{x}={{H^{3}} \over 6}$	$W'_{x}={{H^{3}} \over 4}$
4		$I_{x}={{H^{4}} \over 12}$	$W_{x}={\sqrt {2}}\cdot {{H^{3}} \over 12}$	$W'_{x}={\sqrt {2}}\cdot {{H^{3}} \over 6}$
5		$I_{x}={{H^{4}-h^{4}} \over 12}$	$W_{x}={1 \over 6}\cdot {{H^{4}-h^{4}} \over H}$
6		$I_{x}={{H^{4}-h^{4}} \over 12}$	$W_{x}={{\sqrt {2}} \over 12}\cdot {{H^{4}-h^{4}} \over H}$
7		$I_{x}={1 \over 12}\cdot \left(H^{4}-{3\pi \over 16}d^{4}\right)$	$W_{x}={1 \over 6H}\cdot \left(H^{4}-{3\pi \over 16}d^{4}\right)$
8		$I_{x}={bh^{3} \over 12}$ $I_{y}={b^{3}h \over 12}$	$W_{x}={bh^{2} \over 6}$ $W_{y}={b^{2}h \over 6}$	$W'_{x}={bh^{2} \over 4}$
9		$I_{x}={{BH^{3}-bh^{3}} \over 12}$	$W_{x}={{BH^{3}-bh^{3}} \over 6H}$	$W'_{x}={{BH^{2}-bh^{2}} \over 4}$
10		$I_{x}={{BH^{3}+bh^{3}} \over 12}$	$W_{x}={{BH^{3}+bh^{3}} \over 6H}$	$W'_{x}={{BH^{2}+bh^{2}} \over 4}$
11		$I_{x}={{\pi \over 4}a^{3}b}$	$W_{x}={{\pi \over 4}a^{2}b}$	$W'_{x}={4 \over 3}a^{2}b$
12		$I_{x}={{{6b^{2}+6bb_{1}+b_{1}^{2}} \over {36(2b+b_{1})}}\cdot h^{3}}$	$W_{x}={{{6b^{2}+6bb_{1}+b_{1}^{2}} \over {12(3b+2b_{1})}}\cdot h^{2}}$
13		$I_{x}={{5{\sqrt {3}}} \over 16}\cdot R^{4}$	$W_{x}={{5{\sqrt {3}}} \over 16}\cdot R^{3}$	$W'_{x}={{7{\sqrt {3}}} \over 12}\cdot R^{3}$
14		$I_{x}={{5{\sqrt {3}}} \over 16}\cdot R^{4}$	$W_{x}={5 \over 8}\cdot R^{3}$	$W'_{x}=R^{3}$
15		$I_{x}={bh^{3} \over 36}$	$W_{xI}={bh^{2} \over 24}$ $W_{xII}={bh^{2} \over 12}$	$W'_{x}={2-{\sqrt {2}} \over 6}bh^{2}$
C - Środek ciężkości