10년 1회차

$P_1$ 은 150 kN(↓)이다.

연직 평형 $R_A+R_B=P_1+50$ 과 $R_A=3R_B$ 에서 $R_B=\dfrac{P_1+50}{4}$.

A점 모멘트 평형 $R_B\times12=2P_1+6\times50$ 에 대입하면
$3(P_1+50)=2P_1+300 \Rightarrow P_1=150\,\mathrm{kN}$ (양수이므로 그림대로 하향)

• 상향으로 본 것은 부호 해석이 반대이다.
• 150/7 은 반력 비율을 $R_B=3R_A$ 로 거꾸로 적용했을 때 나오는 $P_1=-150/7$(상향)의 크기이다.

전단탄성계수는 $G=\dfrac{PL}{2A\delta(1+\nu)}$ 이다.

인장시험에서 $E=\dfrac{\sigma}{\varepsilon}=\dfrac{P/A}{\delta/L}=\dfrac{PL}{A\delta}$ 이다.

등방 탄성재료의 관계식 $G=\dfrac{E}{2(1+\nu)}$ 에 대입하면 위 식이 된다.

• 분모에 2가 없는 식은 탄성계수 관계식의 2를 빠뜨렸다.
• 분모에 $AL\delta$ 가 있는 식들은 변형률 $\delta/L$ 을 잘못 적용해 차원이 맞지 않는다.

휨모멘트가 0이 되는 위치는 x = 8 m이다.

휨모멘트는 왼쪽 끝부터 전단력선도 면적을 누적한 값이다. AC 구간 면적 $6\times2=12\,\mathrm{tonf\cdot m}$ 이므로 $M_C=12$.

C 이후 전단력이 −2 tonf 이므로 $M(x)=12-2(x-2)=0 \Rightarrow x=8\,\mathrm{m}$. 이후 B에서 $-4$, 내민 끝 D에서 0으로 돌아와 검산된다.

• 2 m 은 최대 정모멘트(C점) 위치이다.
• 5 m·10 m 은 면적 누적값이 0이 아니다(10 m 인 B점은 −4).

A점 휨모멘트는 −360 kN·m이다.

힌지 D 오른쪽 DB(4 m, 등분포 20 kN/m)는 단순보처럼 거동하므로 힌지 전달력 $R_D=\dfrac{20\times4}{2}=40\,\mathrm{kN}$ 이 캔틸레버 AD의 끝에 하향으로 작용한다.

$M_A=-(40\times3+40\times6)=-360\,\mathrm{kN\cdot m}$. 고정단 반력모멘트는 하중의 시계방향 회전을 막는 반시계방향이므로 시계방향 + 규약에서 음수이다.

• ±120 은 C점 40 kN 만 고려한 값이다.
• +360 은 반력모멘트의 회전 방향을 반대로 본 값이다.

피해가 가장 적은 구멍 위치는 D이다.

두 집중하중 사이 구간은 전단력이 0인 순수 휨 구간이고, 그 중립축 위치는 휨응력도 0이다. 따라서 D는 휨응력과 전단응력이 모두 0인 곳이다.

• A는 하중 바깥 구간의 상연으로 휨응력과 함께 전단력이 있는 구간이다.
• B는 전단력이 있는 구간의 중립축으로 전단응력이 최대이다.
• C는 순수 휨 구간 상연으로 휨응력이 최대이다.

좌굴하중이 약 두 배가 되는 경계조건은 1단 힌지, 타단 고정이다.

오일러 좌굴하중 $P_{cr}=\dfrac{\pi^2EI}{(KL)^2}$ 은 $1/K^2$ 에 비례한다. 1단 힌지·타단 고정은 $K=0.7$ 이므로 양단힌지($K=1$)에 대해 $\dfrac{1}{0.7^2}\approx2.04$ 배, 즉 약 2배이다.

• 1단 자유·타단 고정은 $K=2$ 로 1/4배이다.
• 양단 고정은 $K=0.5$ 로 4배이다.
• 1단 힌지·타단 자유는 횡방향 구속이 부족한 불안정 조건이다.

CD 부재력은 4.0 kN(압축)이다.

절점 C에는 일직선인 AC·CF와 이 선에 수직인 CD, 그리고 5 kN 하중만 있다. 따라서 CD는 하중의 AF에 수직인 성분을 단독으로 받는다.

CF는 길이 5 m, 수평투영 4 m 이므로 AF와 수평의 사잇각 $\theta$ 는 $\cos\theta=\dfrac{4}{5}$.
$F_{CD}=5\cos\theta=5\times\dfrac{4}{5}=4.0\,\mathrm{kN}$, 하중이 C를 D 쪽으로 밀므로 압축이다.

• 5.0 kN 은 하중 전체를 CD가 받는다고 본 값이다.

지점 A의 처짐각은 0.012 rad이다.

상·하면 온도차 $\Delta T=120-40=80^\circ\mathrm{C}$ 로 생기는 곡률
$\kappa=\dfrac{\alpha\Delta T}{h}=\dfrac{1.2\times10^{-5}\times80}{0.4}=2.4\times10^{-3}\,\mathrm{1/m}$

곡률이 일정한 단순보이므로 $\theta_A=\dfrac{\kappa L}{2}=\dfrac{2.4\times10^{-3}\times10}{2}=0.012\,\mathrm{rad}$ (하면이 더 늘어나 아래로 볼록하게 휜다)

최대 휨응력은 360 kPa이다.

힌지 B 오른쪽 BCD에서 C점 모멘트 평형: $R_B\times4+4\times3=0 \Rightarrow R_B=-3\,\mathrm{kN}$. 즉 BCD가 힌지를 통해 캔틸레버 AB 끝을 위로 3 kN 밀어 올린다.

$M_A=-3\times6\times3+3\times6=-36\,\mathrm{kN\cdot m}$ (C점은 −12 로 더 작다)
$Z=\dfrac{0.6\times1.0^2}{6}=0.1\,\mathrm{m^3}$, $\sigma_{max}=\dfrac{36}{0.1}=360\,\mathrm{kPa}$

• 720 kPa 은 힌지의 상향력을 하향으로 잘못 본 값(−72)이다.
• 120 kPa 은 C점 모멘트 12 kN·m 로 계산한 값으로 최대 모멘트가 아니다.

물체는 수평이동 없이 넘어진다.

미끄럼 저항 $fW=0.75W$ 가 수평력 $\dfrac{2}{3}W\approx0.667W$ 보다 크므로 미끄러지지 않는다.

왼쪽 아래 모서리 기준으로 전도모멘트 $\dfrac{2}{3}W\times\dfrac{3}{2}a=Wa$, 저항모멘트 $W\times\dfrac{a}{2}=0.5Wa$ 이므로 전도모멘트가 커서 넘어진다.

• 수평 이동을 포함한 설명은 마찰 저항이 수평력보다 크다는 점과 어긋난다.
• 넘어지지 않는다는 설명은 전도모멘트가 저항모멘트의 2배라는 점과 어긋난다.

변형에너지는 $U=\dfrac{1}{2}P_1\delta_1+P_1\delta_2+\dfrac{1}{2}P_2\delta_2$ 이다.

먼저 $P_1$ 이 0부터 서서히 가해지며 $\dfrac{1}{2}P_1\delta_1$ 을 저장한다. 이어 $P_2$ 가 가해지는 동안 $P_2$ 자신은 $\dfrac{1}{2}P_2\delta_2$ 의 일을 한다.

이때 이미 작용 중인 $P_1$ 은 크기가 일정한 채로 추가 변위 $\delta_2$ 를 따라가므로 계수 1/2 없이 $P_1\delta_2$ 의 일을 더한다(선형 탄성 중첩, $U=\frac{(P_1+P_2)(\delta_1+\delta_2)}{2}$ 과 같음).

• $\frac12P_1\delta_1+\frac12P_2\delta_2$ 는 교차항 $P_1\delta_2$ 를 빠뜨렸다.
• 교차항을 $P_1\delta_1$·$P_2\delta_2$ 로 둔 식은 이미 걸린 하중과 추가 변위의 짝이 틀렸다.

옳지 않은 것은 $Q_x=\dfrac{b^2h}{6}$ 이다.

x축(밑변)에 대한 단면 1차 모멘트는 면적 × 도심의 y좌표이다.
$Q_x=A\bar y=\dfrac{bh}{2}\times\dfrac{h}{3}=\dfrac{bh^2}{6}$

제시된 식은 y축에 대한 $Q_y=A\bar x=\dfrac{b^2h}{6}$ 와 축을 혼동한 것이다.

• 직각삼각형 도심은 직각 꼭짓점에서 $(b/3,\,h/3)$ 로 옳다.
• 밑변에 대한 $I_x=\dfrac{bh^3}{12}$ 는 옳다.
• 원점 O에 대한 극관성모멘트 $I_p=I_x+I_y=\dfrac{bh^3}{12}+\dfrac{hb^3}{12}$ 로 옳다.

사람의 위치는 왼쪽에서 5L/6이다.

바위는 왼쪽에서 $0.6L$, 통나무 무게중심은 $0.5L$ 로 바위 왼쪽 $0.1L$ 에 있다.

바위점 모멘트 평형
$600(x-0.6L)=1400\times0.1L \Rightarrow x-0.6L=\dfrac{7}{30}L \Rightarrow x=\dfrac{5}{6}L$ 에서 통나무가 수평이 된다.

• 2L/3·3L/4 는 사람이 만드는 모멘트가 통나무 자중 모멘트보다 작다.
• 4L/5 에서는 $600\times0.2L=120L$ 로 $140L$ 에 못 미친다.

잔류 신장량은 1.0 mm이다.

전체 변형률 $\varepsilon=\dfrac{2.5}{1000}=0.0025$ 로 항복변형률 $\dfrac{270}{180000}=0.0015$ 를 넘었다.

하중 제거 시 탄성 기울기로 0.0015 만 회복되므로
$\varepsilon_{res}=0.0025-0.0015=0.001$, $\delta_{res}=0.001\times1000=1.0\,\mathrm{mm}$

필요한 압축력은 20 kN이다.

늘어난 1 mm 를 되돌리는 하중은 $\delta=\dfrac{PL}{EA}$ 에서 $P=\dfrac{EA\delta}{L}$ 이다.

$P=\dfrac{2\times10^5\times500\times1}{5000}=20000\,\mathrm{N}=20\,\mathrm{kN}$ (단면적 5 $\mathrm{cm}^{2}$ = 500 $\mathrm{mm}^{2}$, 단위 통일)

• 10 kN 은 길이를 2배로 잡은 값이다.
• 30·40 kN 은 단면적 또는 길이 환산을 잘못한 값이다.

극한 수직하중은 13/5이다.

세 부재가 모두 항복하면 각 부재력은 항복값 1이다. 경사재는 수평 3a, 연직 4a 로 길이 5a 이므로 연직 성분은 $4/5$ 이다.

붕괴 시 세 부재 모두 항복하므로
$P_u=1+2\times1\times\dfrac{4}{5}=\dfrac{13}{5}$

• 3 은 경사재의 기울기를 무시한 값이다.
• 11/5 는 경사재의 연직성분 비율 대신 수평성분 비율 3/5 를 쓴 값이다.

A점의 수직반력은 $\dfrac{2}{5}P$(↑)이다.

강체보가 A를 중심으로 $\theta$ 회전하면 스프링 변위는 B에서 $L\theta$, C에서 $2L\theta$ 이므로 스프링력은 $F_C=2F_B$ 이다(변위 적합).

A점 모멘트 평형 $PL=F_B L+2F_B\cdot2L \Rightarrow F_B=\dfrac{P}{5},\ F_C=\dfrac{2P}{5}$
$R_A=P-\dfrac{3P}{5}=\dfrac{2P}{5}$

• 0 은 하중이 모두 스프링으로 간다고 본 값이다.
• $P/5$ 는 B 스프링력, $3P/5$ 는 두 스프링력의 합으로 A점 반력이 아니다.

부재 AB의 축력 크기는 2P이다.

A점 모멘트 평형에서 케이블 DB(수평 3 m, 연직 3 m, 45°) 장력의 연직성분이 B점(3 m)에서 C점 하중(6 m)과 평형을 이룬다.
$T\sin45^\circ\times3=P\times6 \Rightarrow T\sin45^\circ=2P$

AB 구간 축력은 케이블 장력의 수평성분이며 45° 이므로 $T\cos45^\circ=2P$ (압축)이다. 케이블 장력 자체는 $T=2\sqrt2P$ 이다.

지점 B의 수직반력은 $\dfrac{7}{128}qL$ 이다.

B를 제거한 외팔보에서 고정단 쪽 절반(L/2)에 작용하는 등분포하중 q에 의한 B점 처짐은 $\dfrac{7qL^4}{384EI}$, B점 단위 상향력에 의한 처짐은 $\dfrac{L^3}{3EI}$ 이다.

변위일치 조건 $R_B\dfrac{L^3}{3EI}=\dfrac{7qL^4}{384EI}$ 에서
$R_B=\dfrac{21qL}{384}=\dfrac{7qL}{128}$

• $21qL/128$ 은 분모 384만 3으로 나누고 분자 21은 그대로 둔 값이다.

A점 반력모멘트의 영향선은 A에서 0, 힌지 B에서 최대, C에서 0인 삼각형이다.

단위하중이 AB 위 거리 $x$ 에 있으면 고정단 모멘트 크기는 $1\times x$ 로 B까지 선형 증가한다. 하중이 BC 위에 있으면 BC는 힌지와 롤러로 지지된 단순보처럼 거동해 힌지 전달력이 B에서 1, C에서 0으로 선형 감소하고, $M_A$ 는 그 값에 $L$ 을 곱한 것이다.

• AB 구간이 일정한 형상은 하중 위치에 따라 모멘트 팔이 변하는 점을 무시했다.
• BC 구간에서만 값이 있거나 AB에서만 값이 있는 형상은 힌지를 통한 힘 전달을 잘못 반영했다.