19년 1회차

옳지 않은 것은 포아송비를 횡방향 변형률에 대한 축방향 변형률의 비로 정의한 설명이다.

포아송비는 축하중을 받는 부재에서 축방향 변형률에 대한 횡방향 변형률의 비로, $\nu=-\dfrac{\epsilon_h}{\epsilon_v}$ 이다. 지문은 분자와 분모를 뒤바꿨다.

• 탄성거동: 하중을 제거하면 원상 회복되는 거동으로, 응력－변형률 관계가 보통 직선이지만 비선형 탄성처럼 직선이 아닌 경우도 있다.
• 크리프: 응력이 일정하게 유지되어도 시간이 지남에 따라 변형이 증가하는 현상으로 옳다.
• 영구변형: 항복 후 하중을 모두 제거해도 남는 변형(잔류변형)으로 옳다.

$x_{2}$ 축에 대한 단면 2차모멘트는 $I_{x1}+3Ad^2$ 이다.

평행축 정리 $I=I_{x0}+Ad^2$ 는 반드시 도심축을 기준으로 적용한다.
$I_{x1}=I_{x0}+Ad^2 \Rightarrow I_{x0}=I_{x1}-Ad^2$
$I_{x2}=I_{x0}+A(2d)^2=I_{x1}-Ad^2+4Ad^2=I_{x1}+3Ad^2$

• $I_{x1}+Ad^2$: $x_{1}$ 축을 도심축처럼 보고 거리 d 만 더한 값이다.
• $I_{x1}+4Ad^2$: $x_{1}$ 기준 값에 도심축 기준 거리 2d 를 그대로 적용한 값이다(평행축 정리는 도심축에서 옮길 때만 성립).

반력은 $\mathrm{R}_{A}$=21/4 kN, $\mathrm{R}_{B}$=23/4 kN 이다.

위에 얹힌 보(힌지 지점–롤러 지점, 길이 5 m)부터 푼다. 삼각형 분포하중 합력 $\dfrac{1}{2}\times4\times3=6\,\mathrm{kN}$ 은 왼쪽 지점에서 1 m, 집중하중 5 kN 은 4 m 위치다.
$\Sigma M_{1}=0: R_2\times5=6\times1+5\times4 \Rightarrow R_2=5.2\,\mathrm{kN}$
$R_1=11-5.2=5.8\,\mathrm{kN}$

이 반력이 아래 보에 집중하중으로 전달된다(A에서 6 m 위치에 5.8 kN, 11 m 위치에 5.2 kN).
$\Sigma M_A=0: R_B\times16=5.8\times6+5.2\times11=92 \Rightarrow R_B=5.75=\dfrac{23}{4}\,\mathrm{kN}$
$R_A=11-5.75=5.25=\dfrac{21}{4}\,\mathrm{kN}$

적절한 것은 A에서 크기가 가장 크고 B에서 우력 때문에 계단형으로 바뀌며 자유단 E에서 0이 되는 부(−)의 휨모멘트도이다.

자유단 E에서부터 보면 하중이 모두 아래로 작용하므로 전 구간 부(−)모멘트이다(B의 우력은 반시계 방향).
D: $M=-2\times2\times1=-4\,\mathrm{kN\cdot m}$, C: $M=-(8+10)\times2=-36\,\mathrm{kN\cdot m}$
B 오른쪽: $M=-18\times4=-72\,\mathrm{kN\cdot m}$, B 왼쪽: $-72+10=-62\,\mathrm{kN\cdot m}$, A: $-18\times6+10=-98\,\mathrm{kN\cdot m}$

• 정(+)의 휨모멘트도: 하향 하중만 받는 캔틸레버이므로 부호가 맞지 않는다.
• 부(−) 전단력도(B에서 값이 바뀌는 형태): 우력은 전단력을 바꾸지 않으므로 A~C 구간 전단력은 18 kN 으로 일정해야 한다.
• 정(+) 전단력도(B에서 값이 떨어지는 형태): 우력에 의한 변화가 있을 수 없고, D의 집중하중 10 kN 에 의한 급변도 나타나지 않는다.

두 모멘트의 크기가 같아지는 거리는 $x=\dfrac{L}{6}$ 이다.

힌지 B·C 사이 구간은 경간 $L-2x$ 인 단순보로 거동한다.
$V_B=\dfrac{w(L-2x)}{2}$, $M_E=\dfrac{w(L-2x)^2}{8}$

AB 는 끝 B에 $V_B$ 를 받는 캔틸레버이므로 $M_A=V_B\cdot x=\dfrac{w(L-2x)x}{2}$

$\dfrac{w(L-2x)^2}{8}=\dfrac{w(L-2x)x}{2} \Rightarrow L-2x=4x \Rightarrow x=\dfrac{L}{6}$

블록이 움직이지 않는 P의 최댓값은 1.8 kN 이다.

롤러와 블록 사이에 마찰이 없으므로 보는 블록에 수직력만 전달한다. 내민보 ABC 에서
$\Sigma M_A=0: R_B\times10=10\times6 \Rightarrow R_B=6\,\mathrm{kN}$

블록이 받는 수직력 6 kN 에 의한 최대 정지마찰력이 P의 한계다.
$P_{max}=\mu N=0.3\times6=1.8\,\mathrm{kN}$

빗금 친 (+) 전단력도의 면적은 69 kN·m 이다.

전단력도 면적은 두 단면 사이 휨모멘트의 차와 같다. CB 는 등분포하중을 받는 단순보이므로 $R_C=R_B=6\,\mathrm{kN}$, 전단력 0 위치는 C에서 3 m 이다.
$M_{max}=6\times3-2\times3\times1.5=9\,\mathrm{kN\cdot m}$

AC 는 C의 6 kN 과 삼각형 하중 합력 $\dfrac{1}{2}\times2\times6=6\,\mathrm{kN}$(A에서 4 m)을 받는 캔틸레버다.
$V_A=6+6=12\,\mathrm{kN}$, $M_A=-(6\times6+6\times4)=-60\,\mathrm{kN\cdot m}$

빗금 면적 $=M_{max}-M_A=9-(-60)=69\,\mathrm{kN\cdot m}$

지점 C에 수직반력이 생기지 않으려면 $P/W=3/2$ 이어야 한다.

힌지 D 오른쪽 DEF 부터 푼다. $\Sigma M_E=0$ 에서 W(팔 3L)와 균형을 이루려면 D에서 DEF 에 아래 방향 $\dfrac{W}{2}$(팔 6L)가 작용해야 하므로, 반작용으로 왼쪽 보의 D점에는 위 방향 $\dfrac{W}{2}$ 가 작용한다.

왼쪽 보에서 $R_C=0$ 으로 두고 B점 모멘트 평형을 세운다(P의 팔 3L, D점 힘의 팔 9L).
$P\times3L=\dfrac{W}{2}\times9L \Rightarrow \dfrac{P}{W}=\dfrac{3}{2}$

탄성좌굴을 일으키는 P의 최솟값은 $4\pi$ 이다.

오일러 좌굴하중 $P_{cr}=\dfrac{\pi^2EI}{(KL)^2}$ 를 두 방향으로 각각 구해 작은 값을 택한다(각 구간 양단 힌지, $E=\dfrac{L^2}{\pi^2}$).

• x방향 좌굴($\mathrm{I}_{z}$=π): B점에서 x방향 변위가 구속되어 유효길이 L/2 → $P=\dfrac{\pi^2\cdot\frac{L^2}{\pi^2}\cdot\pi}{(L/2)^2}=4\pi$
• z방향 좌굴($\mathrm{I}_{x}$=20π): 중간 구속이 없어 유효길이 L → $P=\dfrac{\pi^2\cdot\frac{L^2}{\pi^2}\cdot20\pi}{L^2}=20\pi$

따라서 x방향으로 먼저 좌굴하며 그때의 하중이 $4\pi$ 이다.

처짐이 27 mm 가 되는 보의 높이는 $h=\dfrac{2}{3}b$ 이다.

캔틸레버 자유단 처짐 $\delta=\dfrac{PL^3}{3EI}$, $I=\dfrac{bh^3}{12}$ 이므로 b 가 일정하면 $\delta\propto\dfrac{1}{h^3}$ 이다.

$\dfrac{27}{8}=\left(\dfrac{b}{h}\right)^3 \Rightarrow \dfrac{b}{h}=\dfrac{3}{2} \Rightarrow h=\dfrac{2}{3}b$

부재 BC 의 부재력 크기는 $\dfrac{4}{3}P$(압축)이다.

대칭이므로 $R_A=R_E=1.5P$. 부재 BC·BG·HG 를 자르는 단면법으로, 나머지 두 부재가 만나는 G점(A에서 수평 2L, 아래로 1.5L)에 대해 왼쪽 부분의 모멘트를 취한다.

$1.5P\times2L-P\times L+F_{BC}\times1.5L=0$($F_{BC}$ 인장 가정)
$F_{BC}=-\dfrac{2PL}{1.5L}=-\dfrac{4}{3}P$, 즉 압축

최대응력은 $\dfrac{4W}{\pi d^2}+\gamma L$ 이며 천장에 고정된 끝에서 생긴다.

임의 단면의 축력은 W와 그 아래 봉의 자중의 합이므로 천장 위치에서 최대다.
$N_{max}=W+\gamma AL$, $A=\dfrac{\pi d^2}{4}$
$\sigma_{max}=\dfrac{N_{max}}{A}=\dfrac{4W}{\pi d^2}+\gamma L$

• $\dfrac{4W}{\pi d^2}+\dfrac{\pi d^2\gamma L}{4}$: 자중 항을 단면적으로 나누지 않아 응력 차원이 아니다.
• $\dfrac{2W}{\pi d^2}+\gamma L$: 원형 단면적을 잘못 계산한 값이다.
• $\dfrac{2W}{\pi d^2}+\dfrac{\pi d^2\gamma L}{2}$: 단면적 계산과 자중 항 처리가 모두 틀렸다.

B점의 수직반력은 $R_B=\dfrac{2}{3}PL$ 이다.

삼각형 분포하중의 합력과 작용점: 합력 $\dfrac{1}{2}\times P\times3L=\dfrac{3}{2}PL$, 작용점은 세 꼭짓점 위치의 평균 $\dfrac{0+L+3L}{3}=\dfrac{4}{3}L$(A 기준)이다.

$\Sigma M_A=0: R_B\times3L=\dfrac{3}{2}PL\times\dfrac{4}{3}L=2PL^2 \Rightarrow R_B=\dfrac{2}{3}PL$
검산: $R_A=\dfrac{3}{2}PL-\dfrac{2}{3}PL=\dfrac{5}{6}PL$ 로, 하중 꼭짓점에 가까운 A 쪽 반력이 더 크다.

부재에 생기는 압축응력은 200 kPa 이다.

자유 열팽창량은 $\delta_T=\alpha\Delta TL=1.0\times10^{-5}\times20\times10000=2\,\mathrm{mm}$ 이지만 틈이 1 mm 이므로 나머지 1 mm 만 구속된다.

$\epsilon=\dfrac{1}{10000}=1\times10^{-4}$
$\sigma=E\epsilon=2\times10^{9}\times10^{-4}=2\times10^{5}\,\mathrm{Pa}=200\,\mathrm{kPa}$

옳지 않은 것은 폭 b가 2배가 되면 휨 응력이 2배가 된다는 설명이다.

자중에 의한 분포하중 $w=\gamma bh$, 고정단 모멘트 $M_A=\dfrac{wL^2}{2}=\dfrac{\gamma bhL^2}{2}$, 단면계수 $Z=\dfrac{bh^2}{6}$ 이므로
$\sigma=\dfrac{M_A}{Z}=\dfrac{3\gamma L^2}{h}$ 로 폭 b와 무관하다.

• 높이 h 2배: $\sigma\propto\dfrac{1}{h}$ 이므로 1/2배로 옳다.
• 단위중량 γ 2배: $\sigma\propto\gamma$ 이므로 2배로 옳다.
• 길이 L 2배: $\sigma\propto L^2$ 이므로 4배로 옳다.

줄어든 길이의 비는 3.010 : 1.000 이다.

두 부재는 직렬로 끼워져 같은 압축력 N을 받는다. $\delta=\dfrac{NL}{EA}$ 이고 단면적이 같으며 $E_2=3E_1$ 이다.

$\dfrac{\delta_1}{\delta_2}=\dfrac{L_1/E_1}{L_2/E_2}=\dfrac{1.505}{1.500}\times3=3.010$

B점 고정단 모멘트의 크기는 25 kN·m 이다.

일단 힌지·타단 고정보(경간 8 m)의 고정단 모멘트를 하중별로 중첩한다.

등분포하중: $\dfrac{wL^2}{8}=\dfrac{2\times8^2}{8}=16\,\mathrm{kN\cdot m}$
중앙 집중하중: $\dfrac{3PL}{16}=\dfrac{3\times6\times8}{16}=9\,\mathrm{kN\cdot m}$
합계: $16+9=25\,\mathrm{kN\cdot m}$

반력 $\mathrm{R}_{A}$ 의 크기는 25 N 이다.

경사벽 기울기(수평 3 : 수직 4)에서 벽면에 수직인 반력 $\mathrm{R}_{B}$ 는 수평 성분 4/5, 수직 성분 3/5로 구를 왼쪽 아래로 민다. 자중은 $mg=1\times10=10\,\mathrm{N}$ 이다.

$\Sigma F_x=0: 20=\dfrac{4}{5}R_B \Rightarrow R_B=25\,\mathrm{N}$
$\Sigma F_y=0: R_A=10+\dfrac{3}{5}\times25=25\,\mathrm{N}$

A점의 반력 변화량은 14.0 kN 이다.

양단 고정이므로 자유 열팽창량 = 반력에 의한 수축량(적합조건)이며, 반력 R 은 두 구간에 똑같이 작용한다.
$\alpha\Delta T(L_1+L_2)=\dfrac{RL_1}{EA_1}+\dfrac{RL_2}{EA_2}$

$1.0\times10^{-5}\times10\times2000=0.2\,\mathrm{mm}$
$R\left(\dfrac{1000}{210000\times1000}+\dfrac{1000}{210000\times500}\right)=\dfrac{3R}{210000}=0.2$
$R=14000\,\mathrm{N}=14.0\,\mathrm{kN}$

최대 전단응력의 크기는 30 MPa 이다.

그림의 요소에는 $\sigma _{y}$ 가 없으므로($\sigma _{y}$=0) 모어 원의 반지름이 최대 전단응력이다.
$\tau_{max}=\sqrt{\left(\dfrac{\sigma_x-\sigma_y}{2}\right)^2+\tau_{xy}^2}$

$\tau_{max}=\sqrt{18^2+24^2}=\sqrt{900}=30\,\mathrm{MPa}$