25년 1회차

옳지 않은 설명은 최대정지마찰력이 운동마찰력보다 작다는 진술이다. 정지마찰계수가 운동마찰계수보다 크므로 최대정지마찰력이 운동마찰력보다 크다.

그래서 정지한 물체를 움직이기 시작할 때 드는 힘이, 이미 미끄러지는 물체를 계속 움직이는 데 드는 힘보다 크다. $F_{s,\max}=\mu_s N > F_k=\mu_k N$ ($\mu_s>\mu_k$)

• 마찰력이 접촉면의 크기와 상관없다는 설명은 옳다. 마찰력은 수직력과 마찰계수로 정해진다.
• 마찰력이 움직이는 방향(상대운동이나 그 경향)의 반대로 작용한다는 설명은 옳다.
• 마찰력이 최대정지마찰력에 도달하면 마찰각도 최댓값이 된다는 설명은 옳다. 이때 마찰각은 $\tan\phi=\mu_s$를 만족한다.

단면 상승모멘트는 $-4.5\times10^{6}\ \mathrm{mm^4}$이다. 도심이 y축 왼쪽(x<0), x축 위쪽(y>0)에 있으므로 값은 음수다.

직사각형은 도심축에 대해 대칭이므로 도심축에 대한 상승모멘트가 0이다. 그래서 평행축 정리만 적용하면 된다. 단면은 $-70\le x\le-20$, $-30\le y\le70\ \mathrm{mm}$ 범위이므로 도심은 $(\bar x,\bar y)=(-45,\ 20)$이다.

$I_{xy}=A\bar x\bar y=(50\times100)\times(-45)\times20=-4.5\times10^{6}\ \mathrm{mm^4}$

• $4.5\times10^{6}$은 크기는 맞지만 부호가 틀리다. 도심이 $\bar x\lt 0,\ \bar y\gt 0$이므로 곱이 음수다.
• $6.25\times10^{6}$은 $|A\bar x\bar y|=4.5\times10^{6}$과 크기가 맞지 않는다.
• $-6.25\times10^{6}$은 부호는 맞지만 크기가 맞지 않는다.

필요한 힘은 F = 4 kN, θ = 90°이다. 다른 두 힘의 합력과 크기가 같고 방향이 반대여야 한다.

5 kN은 기울기 3:4로 오른쪽 아래를 향하므로 성분이 $(3,\ -4)\ \mathrm{kN}$이다. 3 kN은 $(-3,\ 0)$이다.
$\Sigma F_x=-3+3+F_x=0\ \Rightarrow\ F_x=0$
$\Sigma F_y=-4+F_y=0\ \Rightarrow\ F_y=4\ \mathrm{kN}$
따라서 F는 +y 방향(연직 위)으로 작용하는 4 kN이다.

• F = 3 kN, θ = 30°인 조합은 크기와 방향이 모두 틀리다.
• F = 3 kN, θ = 60°인 조합도 크기와 방향이 모두 틀리다.
• F = 4 kN, θ = 60°인 조합은 크기는 맞지만, x 성분이 남아 $\Sigma F_x\neq0$이 된다.

C점의 휨모멘트가 0이 되려면 P = 12.8 kN이어야 한다. 전체 평형식과 C점 오른쪽 자유물체의 모멘트 조건을 함께 쓴다.

A를 원점으로 두면 E는 (6, 3), P의 작용점은 (6, 4) m이다. E는 롤러이므로 연직반력 $E_y$만 생긴다.
$\Sigma M_A=0:\ 6E_y-(16\times4)\times2+P\times4=0\ \Rightarrow\ 6E_y=128-4P$

C점 오른쪽(C–D–E)에 대해 쓰면 $M_C=E_y\times2-P\times2=0\ \Rightarrow\ E_y=P$이다.
대입하면 $6P=128-4P\ \Rightarrow\ P=12.8\ \mathrm{kN}$ ($E_y=12.8\ \mathrm{kN}$)

• 8.4 kN이면 $E_y\approx15.7\ \mathrm{kN}$이 되어 $M_C\approx14.7\ \mathrm{kN\cdot m}$가 남는다.
• 9.6 kN이면 $E_y\approx14.9\ \mathrm{kN}$이 되어 $M_C\approx10.7\ \mathrm{kN\cdot m}$가 남는다.
• 10.8 kN이면 $E_y\approx14.1\ \mathrm{kN}$이 되어 $M_C\approx6.7\ \mathrm{kN\cdot m}$가 남는다.

강봉의 푸아송비는 0.4이다. 푸아송비는 가로 변형률 크기를 세로 변형률로 나눈 값이다.

세로(축) 변형률 $\varepsilon=\dfrac{1005-1000}{1000}=0.005$
가로 변형률 $\varepsilon'=\dfrac{49.9-50}{50}=-0.002$
$\nu=\dfrac{|\varepsilon'|}{\varepsilon}=\dfrac{0.002}{0.005}=0.4$

• 0.25이면 가로 변형률이 0.00125(지름 감소 0.0625 mm)여야 하므로 측정값과 맞지 않는다.
• 0.3이면 가로 변형률이 0.0015(지름 감소 0.075 mm)여야 하므로 측정값과 맞지 않는다.
• 0.35이면 가로 변형률이 0.00175(지름 감소 0.0875 mm)여야 하므로 측정값과 맞지 않는다.

소성모멘트는 $M_P=15b^3\sigma_y$이다. 소성중립축은 단면을 면적이 같은 두 부분으로 나누는 위치에 있다.

플랜지 면적은 $5b\times b=5b^2$, 웨브 면적은 $b\times5b=5b^2$로 같다. 따라서 소성중립축은 플랜지와 웨브의 경계에 놓인다. 위쪽 플랜지는 전부 압축, 아래쪽 웨브는 전부 인장으로 항복한다.

$M_P=\sigma_y\left(5b^2\times\dfrac{b}{2}+5b^2\times\dfrac{5b}{2}\right)=15b^3\sigma_y$
압축·인장 합력 $5b^2\sigma_y$ 사이의 거리는 $0.5b+2.5b=3b$이므로 $5b^2\sigma_y\times3b$로 구해도 같다.

• $5b^3\sigma_y$는 합력 사이 거리를 $b$로 잡은 값이다.
• $10b^3\sigma_y$는 합력 사이 거리를 $2b$로 잡은 값이다.
• $20b^3\sigma_y$는 합력 사이 거리를 $4b$로 잡은 값이다.

축력도는 AC와 CB 두 부재 모두 일정한 압축(−)으로 그려진 선도이다. 부재 축에 직각인 분포하중만 받으므로 부재 안에서 축력이 변하지 않는다.

연직부재 AC의 축력은 A점 연직반력 $A_y$로, 수평부재 CB의 축력은 B점 수평반력 $B_x$로 정해진다. B의 수평반력을 부정정 여력으로 두고 변위일치법(휨변형만 고려)으로 풀면 $B_x=100\ \mathrm{kN}$(왼쪽), $A_x=60\ \mathrm{kN}$(왼쪽), $A_y=100\ \mathrm{kN}$(위)이다. 따라서 두 부재 모두 100 kN 압축이다.

• 부재를 따라 곡선으로 변하고 양(+) 영역이 있는 선도는 틀리다. 축 방향 분포하중이 없으므로 축력은 상수여야 한다.
• 두 부재가 모두 볼록한 양(+)으로 그려진 선도는 틀리다. 크기가 변하고 인장으로 그려졌다.
• 부재마다 직선으로 변하고 부호가 바뀌는 선도는 틀리다. 축력이 일정하다는 점에 어긋난다.

최대 주변형률은 $6\times10^{-7}$이다. 0°·45°·90° 직각 로제트로 구하면 전단변형률이 0이므로 x·y 방향이 곧 주방향이다.

a는 x축(0°), b는 45°, c는 y축(90°) 방향이므로 $\varepsilon_x=2\times10^{-7}$, $\varepsilon_y=6\times10^{-7}$이다.
전단변형률 $\gamma_{xy}=2\varepsilon_b-(\varepsilon_a+\varepsilon_c)=8\times10^{-7}-8\times10^{-7}=0$
$\varepsilon_{1}=\dfrac{\varepsilon_x+\varepsilon_y}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{\varepsilon_x-\varepsilon_y}{2}\right)^2+\left(\dfrac{\gamma_{xy}}{2}\right)^2}=4+2=6\ (\times10^{-7})$

• $2\times10^{-7}$은 최소 주변형률이다.
• $4\times10^{-7}$은 평균 변형률(모어원 중심)이다.
• $8\times10^{-7}$은 나올 수 없다. 전단변형률이 0이면 주변형률은 $\varepsilon_x,\ \varepsilon_y$ 자체이므로 최댓값이 $6\times10^{-7}$이다.

C점에서는 휨응력과 전단응력이 모두 0이다. C점이 경간 중앙이면서 단면의 중립축 위에 있기 때문이다.

휨응력 $\sigma=\dfrac{M}{I}y$에서, C는 높이 200 mm 단면의 위아래 100 mm 지점(중립축)이므로 $y=0$이고 $\sigma=0$이다. 두 집중하중은 양 지점에서 3 m씩 떨어져 대칭이고 등분포하중은 전 구간에 걸리므로, 하중이 경간 중앙에 대해 대칭이다. 따라서 중앙의 전단력은 $V=0$이고 $\tau=\dfrac{VQ}{Ib}=0$이다.

• 휨응력이 0이고 전단응력이 0이 아닌 조합은 틀리다. 대칭 하중의 경간 중앙에서는 전단력이 0이다.
• 휨응력이 0이 아니고 전단응력이 0인 조합은 틀리다. 중립축 위의 휨응력은 0이다.
• 두 응력이 모두 0이 아닌 조합은 두 조건을 모두 어긴다.

A점의 처짐각 크기는 $\dfrac{PL^2}{16EI}$이다. 하중 셋의 처짐각을 중첩하면 등분포하중과 단모멘트의 효과가 서로 상쇄된다.

중앙 집중하중: $\theta_A=\dfrac{PL^2}{16EI}$
등분포하중: $\theta_A=\dfrac{wL^3}{24EI}=\dfrac{2P}{L}\cdot\dfrac{L^3}{24EI}=\dfrac{PL^2}{12EI}$
C단의 시계방향 모멘트: 부모멘트를 일으켜 위로 휘게 하므로 반대 방향, $\theta_A=\dfrac{ML}{6EI}=\dfrac{PL^2}{12EI}$

$\theta_A=\dfrac{PL^2}{16EI}+\dfrac{PL^2}{12EI}-\dfrac{PL^2}{12EI}=\dfrac{PL^2}{16EI}$ (먼 쪽 단모멘트는 $ML/6EI$)

• $\dfrac{11PL^2}{48EI}$는 단모멘트의 처짐각을 하향하중과 같은 방향으로 더한 값이다(3+4+4=11).
• $\dfrac{5PL^2}{48EI}$는 등분포하중의 처짐각까지 반대 방향으로 뺀 값이다(3−4−4=−5).
• $\dfrac{7PL^2}{16EI}$는 세 항을 모두 더한 $\dfrac{11PL^2}{48EI}$보다도 커서 어떤 조합으로도 나오지 않는다.

EF 부재력은 $\dfrac{4}{3}\ \mathrm{kN}$(압축)이다. B 반력을 먼저 구한 뒤 FE·FC·BC를 자르는 단면법으로 C점 모멘트를 쓴다.

D는 힌지이고 하중이 모두 연직이므로 수평반력은 0이다.
$\Sigma M_D=0:\ B_y\times24=2\times36+4\times24+4\times12=216\ \Rightarrow\ B_y=9\ \mathrm{kN}$

절단면 왼쪽에서 C점(FC·BC 교점)에 대한 모멘트를 쓴다. EF를 인장(+) $F$로 가정하면 팔길이는 높이 9 m이다.
$2\times24+4\times12-9\times12-9F=0\ \Rightarrow\ F=-\dfrac{12}{9}=-\dfrac{4}{3}\ \mathrm{kN}$
음수이므로 압축이다.

• $\dfrac{4}{3}$ (인장)은 크기는 맞지만 부호를 반대로 판정한 것이다.
• $\dfrac{4}{5}$ (압축)은 크기가 다르다. 사재의 기울기 비(3:4:5)를 수평재에 잘못 적용한 값이다.
• $\dfrac{4}{5}$ (인장)은 크기와 부호가 모두 틀리다.

길이 비는 $b/a=2.0$이다. A점에 대한 모멘트 평형으로 B 반력을 b/a로 나타낸다.

$\Sigma M_A=0:\ R_B\,a=P(a+b)\ \Rightarrow\ R_B=P\left(1+\dfrac{b}{a}\right)$
$R_B=3P\ \Rightarrow\ 1+\dfrac{b}{a}=3\ \Rightarrow\ \dfrac{b}{a}=2$ (A점 반력은 $2P$ 하향)

• 0.5로 두면 $R_B=1.5P$이다.
• 1.0으로 두면 $R_B=2P$이다.
• 3.0으로 두면 $R_B=4P$이다.

등분포하중의 크기는 3.0 kN/m이다. 전단력도의 기울기가 그 구간의 분포하중 세기와 같다($dV/dx=-w$).

전단력은 A에서 5 m 지점부터 15 m 지점까지 10 m 구간에서 +20 kN에서 −10 kN으로 직선 감소한다.
$w=\dfrac{20-(-10)}{10}=\dfrac{30}{10}=3\ \mathrm{kN/m}$
검산: 분포하중 합 30 kN에 계단 변화로 나타난 집중하중 10 kN을 더하면 40 kN이고, 양 지점 반력의 합 20 + 20 = 40 kN과 같다.

• 1.0은 −10 kN 쪽 변화량만 10 m로 나눈 값이다.
• 2.0은 +20 kN 쪽 변화량만 10 m로 나눈 값이다.
• 30.0은 전단력 변화량 30 kN을 분포하중의 세기로 혼동한 값이다(구간 길이로 나누지 않았다).

곡률반경 비는 $\rho_C/\rho_A=4$, $\rho_C/\rho_B=0$이다. 곡률반경은 휨모멘트에 반비례하기 때문이다.

$\dfrac{1}{\rho}=\dfrac{M}{EI}\ \Rightarrow\ \dfrac{\rho_C}{\rho_X}=\dfrac{M_X}{M_C}$
휨모멘트는 $M_A=\dfrac{wL^2}{2}$, $M_C=\dfrac{w}{2}\left(\dfrac{L}{2}\right)^2=\dfrac{wL^2}{8}$, $M_B=0$이다.
$\dfrac{\rho_C}{\rho_A}=\dfrac{wL^2/2}{wL^2/8}=4$, $\dfrac{\rho_C}{\rho_B}=\dfrac{0}{wL^2/8}=0$ (자유단은 곡률반경이 무한대)

• $\rho_C/\rho_A=4$, $\rho_C/\rho_B=\tfrac12$인 조합은 틀리다. 자유단의 모멘트가 0이므로 두 번째 비는 0이다.
• $\rho_C/\rho_A=8$, $\rho_C/\rho_B=0$인 조합은 틀리다. 중앙 모멘트를 $wL^2/16$으로 잘못 잡아야 8이 나온다.
• $\rho_C/\rho_A=8$, $\rho_C/\rho_B=\tfrac12$인 조합은 두 비가 모두 틀리다.

E점 정모멘트가 가장 큰 경우는 AB 경간과 CD 경간에만 하중을 싣는 배치이다. 정모멘트 최대는 해당 경간을 재하하고 한 경간씩 건너뛰어 재하하는(교번 재하) 배치에서 생긴다.

뮐러-브레슬라우 원리로 E점 모멘트 영향선을 그리면 AB에서 양(+), 인접한 BC에서 음(−), 그다음 CD에서 다시 양(+)이다. 그래서 양(+) 영역에만 재하해야 E의 정모멘트가 최대가 된다.

• 전 경간에 재하하면 BC 하중이 E의 정모멘트를 줄인다.
• AB와 BC에 재하하면 BC 하중이 E의 정모멘트를 줄인다.
• BC와 CD에 재하하면 E가 있는 AB가 비어 있고 BC 하중이 음(−)으로 작용하므로 정모멘트가 작다.

D점의 휨모멘트 크기는 6 kN·m이다. 연직반력과 수평반력(추력)을 구한 뒤 D점 왼쪽의 모멘트를 계산한다.

지간 16 m, 대칭 등분포이므로 $V_A=V_B=\dfrac{20\times16}{2}=160\ \mathrm{kN}$이다.
C 힌지 조건 ($M_C=0$, 왼쪽): $160\times8-20\times8\times4-H\times5=0\ \Rightarrow\ H=128\ \mathrm{kN}$

D점(수평 3 m, 높이 3 m): $M_D=160\times3-20\times3\times1.5-128\times3=480-90-384=6\ \mathrm{kN\cdot m}$ (추력 H = 128 kN)

• 2 kN·m는 D점의 단순보 모멘트 390 kN·m에서 추력 모멘트 $128\times3=384$를 뺀 값과 맞지 않는다.
• 4 kN·m도 같은 계산 $390-384=6$과 맞지 않는다.
• 8 kN·m도 같은 계산 $390-384=6$과 맞지 않는다.

필요한 최소 두께는 7 mm이다. 얇은 원통의 원주방향(후프) 응력 공식으로 구한다.

원주방향 응력 $\sigma_c=\dfrac{pr}{t}=\dfrac{pD}{2t}\le\sigma_a$
$t\ge\dfrac{pD}{2\sigma_a}=\dfrac{3\times420}{2\times90}=\dfrac{1260}{180}=7\ \mathrm{mm}$

• 5 mm이면 $\sigma_c=\dfrac{1260}{10}=126\ \mathrm{MPa}$로 허용응력을 넘는다.
• 9 mm이면 $\sigma_c=70\ \mathrm{MPa}$로 안전하지만 최소 두께가 아니다.
• 11 mm이면 $\sigma_c\approx57.3\ \mathrm{MPa}$로 안전하지만 최소 두께가 아니다.

옳지 않은 설명은 유효세장비를 $4L/D$로 본 것이다. 일단 고정·타단 자유 기둥은 유효길이계수가 $K=2$이므로 유효세장비는 $8L/D$이다.

$\lambda_e=\dfrac{KL}{r}=\dfrac{2L}{D/4}=\dfrac{8L}{D}$ (유효길이 $KL=2L$)

• 회전반경 $r=\sqrt{\dfrac{I}{A}}=\sqrt{\dfrac{\pi D^4/64}{\pi D^2/4}}=\dfrac{D}{4}$는 옳다.
• 탄성좌굴하중 $P_{cr}=\dfrac{\pi^2EI}{(2L)^2}=\dfrac{\pi^2EI}{4L^2}$는 옳다.
• 탄성좌굴응력 $\sigma_{cr}=\dfrac{\pi^2E}{\lambda_e^2}=\dfrac{\pi^2ED^2}{64L^2}$는 옳다.

C점의 수직처짐은 $\dfrac{PL^3}{8EI}$이다. 게르버보를 내부 힌지 C에서 나누어, 캔틸레버 AC의 끝에 걸리는 힌지력으로 처짐을 구한다.

CB는 C 힌지와 B 롤러로 받쳐진 경간 L의 단순보이고, 중앙에 6P가 걸린다. 따라서 힌지력은 $R_C=3P$이다.
캔틸레버 AC(길이 $L/2$) 끝의 처짐: $\delta_C=\dfrac{R_C(L/2)^3}{3EI}=\dfrac{3P\cdot L^3/8}{3EI}=\dfrac{PL^3}{8EI}$

• $\dfrac{3PL^3}{8EI}$는 캔틸레버 처짐 공식의 분모 3을 빠뜨린 값이다.
• $\dfrac{5PL^3}{8EI}$는 계산값의 5배로, 힌지력 3P와 캔틸레버 길이 $L/2$로는 나오지 않는다.
• $\dfrac{7PL^3}{8EI}$는 계산값의 7배로, 힌지력 3P와 캔틸레버 길이 $L/2$로는 나오지 않는다.

C점의 부모멘트 크기는 6 kN·m이다. 처짐각법으로 B점 회전각을 구해 C 고정단 모멘트를 계산한다(A는 단순 지점, C는 고정).

AB(6 m, 끝 A 힌지): $M_{BA}=\dfrac{3EI}{6}\theta_B+\dfrac{8\times6^2}{8}=0.5EI\theta_B+36$
BC(8 m, 중앙 12 kN): $M_{BC}=\dfrac{2EI}{8}(2\theta_B)-\dfrac{12\times8}{8}=0.5EI\theta_B-12$, $M_{CB}=\dfrac{2EI}{8}\theta_B+12$

절점 B: $M_{BA}+M_{BC}=0\ \Rightarrow\ EI\theta_B=-24$
$M_{CB}=0.25\times(-24)+12=6\ \mathrm{kN\cdot m}$ (B점 부모멘트는 24 kN·m)

• 3 kN·m는 B점 회전에 따른 감소분(−6)을 과대하게 반영한 값이다.
• 9 kN·m는 B점 회전에 따른 감소분을 절반만 반영한 값이다.
• 12 kN·m는 양단 고정보의 $PL/8=12$를 그대로 쓴 값으로, B점의 회전을 무시했다.