[건설기계설비기사 필기] 20년 1회차 기출문제 정답·해설 페이지

원형 단면보의 굽힘응력은 $\sigma = \dfrac{M}{Z}$ 로 구하며, 원형 단면의 단면계수는 $Z=\dfrac{\pi d^3}{32}$이다.
$Z = \dfrac{\pi \times (0.3)^3}{32} \approx 2.651\times10^{-3}\ \mathrm{m^3}$
$M = \sigma \times Z = 100\times10^{6} \times 2.651\times10^{-3} \approx 265\ \mathrm{kN\cdot m}$이다.

축방향 인장을 받는 봉의 포아송비를 이용해 축방향 변형률로부터 직경 감소량을 구한다.
$\sigma = \dfrac{P}{A} = \dfrac{88000}{\frac{\pi}{4}(0.04)^2} \approx 70.0\ \mathrm{MPa}$, 축방향 변형률 $\varepsilon = \dfrac{\sigma}{E} = \dfrac{70.0}{70000} \approx 0.001$
가로(직경) 변형률은 $\varepsilon_d = \mu\varepsilon \approx 0.0003$이므로, $\Delta d = \varepsilon_d \times d = 0.0003\times40 \approx 0.012\ \mathrm{mm}$이다.

같은 길이·같은 재질의 두 축이 같은 비틀림 모멘트를 받을 때 비틀림 변형에너지는 지름의 4제곱에 반비례하므로 $\dfrac{u_1}{u_2}=\left(\dfrac{d_2}{d_1}\right)^4$이다.
비틀림 변형에너지는 $u=\dfrac{T^2 L}{2GI_p}$이고 원형단면의 극단면 2차모멘트는 $I_p=\dfrac{\pi d^4}{32}$이므로,
$u=\dfrac{16\,T^2 L}{\pi G d^4}$가 된다.
문제 조건에서 $T$, 길이, 재질($G$)이 모두 같으므로 $u \propto \dfrac{1}{d^4}$이고, 따라서 $\dfrac{u_1}{u_2}=\dfrac{d_2^{\,4}}{d_1^{\,4}}$이다.
나머지 보기가 틀린 이유는 다음과 같다.
지수를 3승으로 둔 식 — 극단면 2차모멘트($d^4$)를 극단면계수 $Z_p=\dfrac{\pi d^3}{16}$과 혼동한 것
$u_2/u_1$ 형태 — 비의 방향이 뒤집혀 지름이 큰 축이 에너지를 더 많이 저장한다는 잘못된 결론이 된다

빗금 부분은 안쪽 반지름 $r_1$, 바깥 반지름 $r_2$인 중공 원형 단면이므로 도심 O에 관한 극단면 2차모멘트는 $I_p=\dfrac{\pi}{2}\left(r_2^{\,4}-r_1^{\,4}\right)$이다.
정의 $I_p=\int r^2\,dA$에 두께 $dr$인 링의 면적 $dA=2\pi r\,dr$를 넣어 $r_1$부터 $r_2$까지 적분하면
$I_p=\int_{r_1}^{r_2} 2\pi r^3\,dr = 2\pi\left[\dfrac{r^4}{4}\right]_{r_1}^{r_2}=\dfrac{\pi}{2}\left(r_2^{\,4}-r_1^{\,4}\right)$
지름으로 바꿔 쓰면 $I_p=\dfrac{\pi}{32}\left(d_2^{\,4}-d_1^{\,4}\right)$로 같은 식이다. 계수가 다른 보기들은 다음과 같이 잘못된 것이다.
$\pi\left(r_2^{\,4}-r_1^{\,4}\right)$ — 적분 결과의 $1/2$을 빠뜨린 형태
$\dfrac{\pi}{4}\left(r_2^{\,4}-r_1^{\,4}\right)$ — 중공 원의 축에 대한 단면 2차모멘트 $I_x=I_p/2$ 값
$\dfrac{\pi}{16}\left(r_2^{\,4}-r_1^{\,4}\right)$ — 반지름 기준 식에 지름 기준 계수를 섞은 형태

단면적 $A=3\times2=6\,m^2$, 단면계수 $Z=\dfrac{bh^2}{6}=\dfrac{2\times3^2}{6}=3\,m^3$이며 편심거리 $e=1m$는 3m 방향 변의 중심에서 편심되어 작용한다.
축응력 $\sigma_1=\dfrac{P}{A}=\dfrac{150}{6}=25\,kPa$, 휨응력 $\sigma_2=\dfrac{M}{Z}=\dfrac{150\times1}{3}=50\,kPa$이다.
BD면은 편심 방향으로 하중이 가까워지는 압축 가중측이므로 최대 압축응력은 $\sigma_{max}=\sigma_1+\sigma_2=25+50=75\,kPa$이다.

전달 동력과 회전수로부터 토크를 구한 뒤, 허용전단응력 조건으로 축 지름을 산출한다.
$T = \dfrac{60P}{2\pi N} = \dfrac{60\times147000}{2\pi\times2000} \approx 701.8\ \mathrm{N\cdot m}$
원형축의 전단응력식 $\tau = \dfrac{16T}{\pi d^3}$에서 $d = \sqrt[3]{\dfrac{16T}{\pi\tau}} = \sqrt[3]{\dfrac{16\times701.8}{\pi\times50\times10^6}} \approx 0.0415\ \mathrm{m} \approx 4.2\ \mathrm{cm}$이다.

BC 구간의 축력은 35 kN(인장)이고, 그때 변형률은 약 0.00043이다.
그림의 봉은 A–B–C–D 세 구간(각 길이 $\ell$)으로 나뉘고, 양 끝 A와 D에는 바깥쪽으로 $W=60\ \mathrm{kN}$, B와 C에는 BC 구간 쪽(안쪽)으로 $P=25\ \mathrm{kN}$이 작용한다.
BC 구간을 잘라 왼쪽 자유물체를 보면 $N = W - P = 60-25 = 35\ \mathrm{kN}$.
변형률은 $\varepsilon=\dfrac{\sigma}{E}=\dfrac{N}{AE}$이고 $A=4\ \mathrm{cm^2}=4\times10^{-4}\ \mathrm{m^2}$, $E=200\ \mathrm{GPa}=200\times10^{9}\ \mathrm{Pa}$이므로
$\varepsilon=\dfrac{35\times10^{3}}{4\times10^{-4}\times200\times10^{9}}=4.375\times10^{-4}$
즉 약 0.00043이다. 주어진 $\ell=20\ \mathrm{cm}$는 신장량 $\delta=\varepsilon\ell$을 물을 때 쓰는 값이며 변형률 자체에는 들어가지 않는다. 나머지 보기는 모두 자릿수를 10배씩 옮긴 값이므로 단위 환산($\mathrm{cm^2}\to\mathrm{m^2}$, $\mathrm{GPa}\to\mathrm{Pa}$)을 정확히 해야 한다.

원형단면의 회전반경이 $k=\dfrac{d}{4}$이므로 세장비 조건 $\dfrac{\ell}{k}>100$은 $\ell > 25d$가 된다.
회전반경은 $k=\sqrt{\dfrac{I}{A}}$이고 원형단면에서 $I=\dfrac{\pi d^4}{64}$, $A=\dfrac{\pi d^2}{4}$이므로
$k=\sqrt{\dfrac{\pi d^4/64}{\pi d^2/4}}=\sqrt{\dfrac{d^2}{16}}=\dfrac{d}{4}$
이를 세장비에 넣으면 $\lambda=\dfrac{\ell}{k}=\dfrac{4\ell}{d}>100$, 곧 $\ell>25d$이다.
다른 보기가 나오는 이유는 회전반경이나 기준값을 잘못 잡았기 때문이다.
$\ell>100d$ — $k$를 지름 $d$ 자체로 본 경우
$\ell>50d$ — $k$를 반지름 $d/2$로 본 경우
$\ell>4d$ — $k=d/4$는 맞게 구했으나 세장비 기준값 100을 반영하지 않은 경우

고정단이 받는 저항 비틀림 모멘트는 각 구간 길이에 반비례하므로 $\dfrac{T_A}{T_B}=\dfrac{b}{a}$이다.
그림에서 A에서 m–n 단면까지가 $a$, m–n 단면에서 B까지가 $b$이고 양단이 벽에 고정되어 있어 1차 부정정이다. 평형조건은 $T_A+T_B=T$이다.
적합조건은 m–n 단면의 회전각을 A쪽으로 계산한 값과 B쪽으로 계산한 값이 같아야 한다는 것이므로
$\dfrac{T_A\,a}{G I_p}=\dfrac{T_B\,b}{G I_p} \;\Rightarrow\; T_A a = T_B b$
따라서 $\dfrac{T_A}{T_B}=\dfrac{b}{a}$이고, 각각 $T_A=\dfrac{Tb}{a+b}$, $T_B=\dfrac{Ta}{a+b}$가 된다.
나머지 보기가 틀린 이유는 다음과 같다.
$a/b$ — 길이비를 뒤집은 것으로, 짧은 쪽 구간이 더 큰 저항 모멘트를 받는다는 성질과 어긋난다
$b^2/a^2$·$a^2/b^2$ — 비틀림각 $\theta=\dfrac{TL}{GI_p}$는 길이에 1제곱으로 비례하므로 제곱이 들어갈 자리가 없다

A는 롤러 지지, B는 고정단이고 하중이 A에서 0, B에서 $\omega_0$로 커지는 삼각형 분포이므로 $R_A=\dfrac{\omega_0 L}{10}$이다.
1차 부정정이므로 A의 지지를 풀어 B가 고정된 외팔보로 보고 중첩한다.
고정단에서 최대인 삼각형 분포하중에 의한 자유단 처짐: $\delta_1=\dfrac{\omega_0 L^4}{30EI}$
자유단에 작용하는 집중하중 $R_A$에 의한 처짐: $\delta_2=\dfrac{R_A L^3}{3EI}$
A점은 지지되어 처짐이 0이어야 하므로 $\dfrac{R_A L^3}{3EI}=\dfrac{\omega_0 L^4}{30EI}$,
정리하면 $R_A=\dfrac{3\omega_0 L}{30}=\dfrac{\omega_0 L}{10}$이다.
전체 합력은 $\dfrac{\omega_0 L}{2}$이므로 A는 그 중 1/5만 받고 나머지 $\dfrac{2\omega_0 L}{5}$는 고정단 B가 부담한다. 나머지 보기가 틀린 이유는 다음과 같다.
$\dfrac{\omega_0 L}{2}$ — 삼각형 하중의 합력 전체이지 A의 반력이 아니다
$\dfrac{\omega_0 L}{3}$ — 양단을 단순지지로 보았을 때 하중이 큰 B쪽 반력 값이며, 그때 A쪽은 $\dfrac{\omega_0 L}{6}$이다
$\dfrac{\omega_0 L}{5}$ — 고정단의 회전 구속을 반영하지 않고 어림한 값

B점 절점 평형에서 BC 부재가 받는 힘은 20 kN(압축)이다.
그림에서 A와 C는 벽에 핀으로 지지되고 AB는 수평 부재이며(A에 직각 표시), CB는 벽(연직선)과 60°를 이루므로 수평과는 30°를 이룬다. B점에는 10 kN의 하중이 연직 아래로 작용한다.
B절점에서 연직 성분을 낼 수 있는 부재는 CB뿐이므로
$F_{BC}\,\sin 30^\circ = 10\ \mathrm{kN}$
$F_{BC}=\dfrac{10}{0.5}=20\ \mathrm{kN}$
보기에 함께 나오는 값들의 정체는 다음과 같다.
17.32 — 수평 평형에서 나오는 $F_{AB}=F_{BC}\cos 30^\circ=20\times0.866$으로, AB 부재의 힘이지 BC의 힘이 아니다
10 — B점에 걸린 외력 자체로, 부재력으로 옮겨질 때 각도 보정이 빠진 값
8.66 — 하중 10 kN에 $\cos 30^\circ$를 곱해 버린 값이다. 연직 성분을 만들려면 $\sin 30^\circ$로 나눠야 한다

외팔보 고정단의 최대굽힘모멘트는 $M=PL$, 굽힘응력은 $\sigma=\dfrac{M}{Z}$이며 직사각형 단면의 단면계수는 $Z=\dfrac{bh^2}{6}$이다.
$M = 10\times10^3 \times 1.5 = 15000\ \mathrm{N\cdot m}$, $Z=\dfrac{0.10\times0.15^2}{6}=3.75\times10^{-4}\ \mathrm{m^3}$
$\sigma = \dfrac{15000}{3.75\times10^{-4}} = 40\times10^{6}\ \mathrm{Pa} = 40\ \mathrm{MPa}$이다.

평판이 y방향으로 완전히 구속되어 $\varepsilon_y=0$인 평면변형률 상태이므로 $\varepsilon_x=\dfrac{1-\nu^2}{E}\,\sigma_x$이다.
그림처럼 위·아래가 강체면에 물려 있으면 y방향 변형이 막히고, 그 대신 구속응력 $\sigma_y$가 생긴다.
$\varepsilon_y=\dfrac{1}{E}\left(\sigma_y-\nu\sigma_x\right)=0 \;\Rightarrow\; \sigma_y=\nu\sigma_x$
이를 x방향 훅의 법칙에 대입하면
$\varepsilon_x=\dfrac{1}{E}\left(\sigma_x-\nu\sigma_y\right)=\dfrac{1}{E}\left(\sigma_x-\nu^2\sigma_x\right)=\dfrac{1-\nu^2}{E}\sigma_x$
즉 구속이 없는 1축 응력 상태일 때보다 변형률이 $(1-\nu^2)$배로 작아진다.
나머지 보기가 틀린 이유는 다음과 같다.
$\dfrac{1+\nu^2}{E}\sigma_x$ — 구속응력의 부호를 반대로 잡아 변형률이 오히려 커지는 형태
$\dfrac{1-\nu}{E}\sigma_x$·$\dfrac{1+\nu}{E}\sigma_x$ — $\sigma_y=\nu\sigma_x$를 한 번만 반영해 $\nu$의 제곱이 나오지 않은 형태

보와 하중이 좌우 대칭이므로 $R_A=R_B=\omega\ell$이다.
그림에서 균일하중 $\omega\,(\mathrm{kN/m})$가 보 전 길이에 걸려 있고, 지지점 A·B 사이가 $\ell$, 양쪽 돌출부가 각각 $\dfrac{\ell}{2}$이므로 전체 길이는 $2\ell$이다.
전체 하중은 $W=\omega\times 2\ell=2\omega\ell$이고 대칭이므로 두 반력이 절반씩 나눠 받는다.
$R_A=\dfrac{2\omega\ell}{2}=\omega\ell$
나머지 보기는 모두 하중이 걸린 길이를 짧게 잡아서 생긴 값이다.
$\dfrac{\omega\ell}{2}$ — 지지점 사이 $\ell$만 하중 길이로 보고 반씩 나눈 값
$\dfrac{\omega\ell}{3}$·$\dfrac{\omega\ell}{4}$ — 돌출부 하중을 일부만 반영한 값
핵심은 돌출부에 실린 하중까지 결국 두 지지점이 모두 받는다는 점이다.

최대 주응력은 약 197 MPa이다.
그림은 x·y 두 방향의 수직응력과 전단응력이 함께 작용하는 평면응력 요소이며, 주어진 값은 $\sigma_x=175\ \mathrm{MPa}$, $\sigma_y=35\ \mathrm{MPa}$, $\tau_{xy}=60\ \mathrm{MPa}$이다.
주응력 식 $\sigma_{1}=\dfrac{\sigma_x+\sigma_y}{2}+\sqrt{\left(\dfrac{\sigma_x-\sigma_y}{2}\right)^{2}+\tau_{xy}^{\,2}}$에 대입하면
$\dfrac{175+35}{2}=105$, $\dfrac{175-35}{2}=70$
$\sqrt{70^{2}+60^{2}}=\sqrt{8500}=92.2$
$\sigma_1=105+92.2=197.2\ \mathrm{MPa}$
계산 중간에 나오는 값들이 그대로 다른 보기로 들어가 있으니 주의해야 한다.
105 — 평균응력 $\dfrac{\sigma_x+\sigma_y}{2}$로, 모어원의 중심일 뿐 주응력이 아니다
92 — 최대 전단응력 $\tau_{max}=\sqrt{70^2+60^2}$, 즉 모어원의 반지름이다
참고로 최소 주응력은 $\sigma_2=105-92.2=12.8\ \mathrm{MPa}$이다.

a–b 면에 생기는 전단응력은 약 3.87 MPa이다.
그림의 단면은 십자(+) 모양으로, 가운데 세로 부분이 폭 4 cm·높이 30 cm(10+10+10), 가로 날개를 포함한 중앙 띠가 폭 20 cm(8+4+8)·높이 10 cm이며 중립축 z는 전체 높이의 한가운데를 지난다. a–b는 가로 날개 윗면 높이, 즉 중립축 위 5 cm에서 폭 4 cm인 목 부분을 자른 면이다.
단면 2차모멘트는 세로 부분과 좌우 날개로 나눠 더한다.
$I=\dfrac{4\times30^{3}}{12}+2\times\dfrac{8\times10^{3}}{12}=9000+1333=10333\ \mathrm{cm^4}$
a–b 위쪽 면적(4 cm × 10 cm = 40 cm², 도심까지 거리 10 cm)의 1차모멘트는
$Q=40\times10=400\ \mathrm{cm^3}$
전단응력식 $\tau=\dfrac{VQ}{Ib}$에 $V=40\ \mathrm{kN}$, $b=0.04\ \mathrm{m}$를 단위 정리해 넣으면
$\tau=\dfrac{40\times10^{3}\times400\times10^{-6}}{10333\times10^{-8}\times0.04}=3.87\times10^{6}\ \mathrm{Pa}$
즉 3.87 MPa이다. 폭 $b$에 날개 전체 폭 20 cm를 넣으면 값이 1/5로 줄어 보기에 없는 값이 되므로, 절단면의 실제 폭을 써야 한다.

A점의 처짐각은 $\theta_A=\dfrac{3ML}{4EI}$이다.
그림은 지간 $L$의 단순지지보로, A에 $M$, B에 $2.5M$의 우력이 작용한다. 두 우력의 회전 방향은 서로 반대지만(A는 시계방향, B는 반시계방향) 둘 다 보를 아래로 처지게 하는 방향이어서 처짐각 기여가 서로 더해진다(점선으로 그린 처짐곡선이 아래로 볼록하다).
단순보의 한쪽 끝에만 우력 $M_0$가 걸릴 때 우력이 걸린 쪽 처짐각은 $\dfrac{M_0 L}{3EI}$, 반대쪽은 $\dfrac{M_0 L}{6EI}$이므로 두 우력의 효과를 중첩하면
$\theta_A=\dfrac{ML}{3EI}+\dfrac{2.5ML}{6EI}=\dfrac{2ML+2.5ML}{6EI}=\dfrac{4.5ML}{6EI}=\dfrac{3ML}{4EI}$
한쪽 우력만 반영하면 답이 어긋난다.
$\dfrac{ML}{6EI}$ — 먼 쪽 끝(B) 우력 한 개의 기여만 계산한 값
$\dfrac{ML}{2EI}$·$\dfrac{2ML}{5EI}$ — 두 우력을 더할 때 $3EI$와 $6EI$ 계수를 잘못 통분한 형태

고정단에서 L/2 지점에 집중하중 P가 걸린 외팔보이므로 하중점의 처짐은 $\delta = \dfrac{PL^3}{24EI}$이다.
외팔보에서 고정단으로부터 거리 a인 곳에 집중하중이 작용하면 하중점의 처짐은 $\delta_a = \dfrac{Pa^3}{3EI}$이다. 하중점 바깥쪽 구간에는 굽힘모멘트가 걸리지 않아 그 구간은 휘지 않기 때문이다.
그림의 치수 L/2 + L/2에서 a = L/2이므로
$\delta = \dfrac{P\left(\frac{L}{2}\right)^3}{3EI} = \dfrac{PL^3}{24EI}$
같은 조건에서 자유단의 처짐은 하중점 처짐에 그 점의 기울기가 만드는 몫이 더해져 $\dfrac{5PL^3}{48EI}$이 되므로, 묻는 지점이 하중점인지 자유단인지 반드시 구분해야 한다.

회전하는 얇은 링에 생기는 인장응력은 $\sigma = \dfrac{WV^2}{Ag}$이다.
링이 원주속도 V로 돌면 링 자신의 원심력이 반경 바깥으로 작용하고, 이 힘은 단면에 원주방향 인장(후프 응력)으로 나타난다. 밀도로 표현하면 $\sigma = \rho V^2$이다.
단위 길이당 무게가 W이므로 단위 길이당 질량은 $W/g$이고, 이를 단면적 A로 나누면 밀도가 된다.
$\rho = \dfrac{W}{Ag}$
$\sigma = \rho V^2 = \dfrac{WV^2}{Ag}$
주목할 점은 결과식에 지름 D가 남지 않는다는 것이다. 원심력에는 D가 들어가지만 인장력을 단면적으로 나누는 과정에서 소거되므로, D가 분자나 분모에 남아 있는 형태는 성립하지 않는다.

양단이 구속된 부재의 열응력은 $\sigma = E\alpha\Delta T$로 구한다.
$\Delta T = 50-15=35\ ^\circ\mathrm{C}$, $\sigma = 210\times10^3 \times 0.000012 \times 35 \approx 88.2\ \mathrm{MPa}$이다.

단열 터빈에서 출력은 질량유량과 엔탈피(온도) 강하의 곱으로 나타나며, 정압비열을 이용해 $W=\dot m c_p \Delta T$로 표현할 수 있다.
$\dot m = \dfrac{W}{c_p\Delta T} = \dfrac{5000}{1.12\times(1200-600)} \approx 7.44\ \mathrm{kg/s}$이다.

정압과정에서 계가 외부에 하는 일은 $W=P\Delta V$로 구한다.
$W = 100\times(0.5-0.1) = 40\ \mathrm{kJ}$이다.

가역단열(등엔트로피) 과정으로 압축되는 비압축성 유체(펌프)의 일은 비체적을 이용해 $w = v\Delta P$로 근사한다.
$w = 0.001\times(650-150) = 0.5\ \mathrm{kJ/kg}$이다.

밀폐·단열된 공간에서 전기히터가 공급한 열은 모두 공기의 내부에너지 증가로 전환되므로 $Q=mc_v\Delta T$가 성립한다.
이상기체 상태식으로 공기 질량을 구하면 $m=\dfrac{PV}{RT}=\dfrac{101\times100}{0.287\times288}\approx122.2\ \mathrm{kg}$이다.
10분간 공급열량 $Q=1\ \mathrm{kW}\times600\ \mathrm{s}=600\ \mathrm{kJ}$이므로 $\Delta T=\dfrac{Q}{mc_v}=\dfrac{600}{122.2\times0.718}\approx6.8\ ^\circ\mathrm{C}$, 최종온도는 $15+6.8\approx21.8\ ^\circ\mathrm{C}$이다.

랭킨사이클 열효율은 터빈 일을 보일러 공급열량으로 나눈 값이다.
$w_t = h_3-h_4 = 3002.5-2361.8 = 640.7\ \mathrm{kJ/kg}$, $q_{in}=h_3-h_1=3002.5-192.5=2810\ \mathrm{kJ/kg}$
$\eta=\dfrac{640.7}{2810}\approx0.228=22.8\%$이다.

가역단열과정은 등엔트로피 과정이므로 이 과정 동안 계의 엔트로피 변화는 없다.
압축 전후 압력이 변하더라도 가역·단열 조건이 성립하면 엔트로피는 일정하게 유지된다.

폴리트로픽 과정($PV^n=\mathrm{const}$)의 엔트로피 변화는 $\Delta s = c_v\dfrac{n-k}{n-1}\ln\dfrac{T_2}{T_1}$로 구한다.
$c_v=\dfrac{R}{k-1}=\dfrac{0.287}{0.3}\approx0.957\ \mathrm{kJ/kg\cdot K}$이고, $\Delta s = 0.957\times\dfrac{1.2-1.3}{1.2-1}\times\ln\dfrac{500}{300} \approx -0.244\ \mathrm{kJ/kg\cdot K}$이다.
기체 1kg 기준이므로 수치상 -0.244가 그대로 엔트로피 변화량이 된다.

압축기는 외부에서 공급된 동력(일)을 이용해 유체의 압력을 높이는 장치이며, 이는 압축기의 기본 목적과 정확히 일치하는 설명이다.
노즐은 유체를 가속시켜 속도를 높이고 압력을 낮추는 기구이므로, 감속시킨다는 설명은 틀렸다.
디퓨저는 저속 유체를 감속시켜 압력을 높이는 기구이므로, 가속시킨다는 설명은 틀렸다.
터빈은 유체의 압력(엔탈피) 강하를 이용해 축일을 생성하는 회전기계이지 열을 생성하지 않는다.

제2종 영구기관은 열역학 제2법칙에 위배되어 작동 물질의 종류와 관계없이 실현이 불가능하므로, 작동 물질의 종류에 따라 가능하다는 설명은 틀렸다.
효율 100%인 열기관이 존재할 수 없다는 것, 열이 스스로 저온에서 고온으로 이동하지 않는다는 것, 일을 하려면 더 저온인 방열원이 필요하다는 것은 모두 제2법칙에 부합하는 옳은 설명이다.

터빈 일은 3→4 단열팽창 구간의 엔탈피 강하로 약 407 kJ/kg이다.
그림의 T-s 선도에서 1→2는 압축기의 단열압축(엔트로피 일정, 온도 상승), 2→3은 연소기의 정압가열, 3→4가 터빈의 단열팽창, 4→1이 정압방열이다. 개방계인 터빈의 일은 엔탈피 차이이므로 정압비열을 쓴다.
$w_t = c_p (T_3 - T_4)$
$= 1.0035 \times (1100 - 694.5)$
$= 1.0035 \times 405.5 \approx 407\ \mathrm{kJ/kg}$
같은 온도차에 정적비열 0.7162를 곱하면 약 290 kJ/kg이 나오는데, 정적비열은 밀폐계의 내부에너지 변화에 쓰는 값이라 유동하는 터빈 일에는 맞지 않는다.

네 가지 보기의 에너지량을 같은 단위(kJ)로 환산해 비교하면, 100kW 엔진이 10시간 동안 한 일이 가장 크다.
$W=100\ \mathrm{kW}\times10\ \mathrm{h}\times3600\ \mathrm{s/h}=3.6\times10^{6}\ \mathrm{kJ}$로, 연료 연소 열량(약 $1.0\times10^{6}\ \mathrm{kJ}$), 물 가열 열량(약 $3.36\times10^{6}\ \mathrm{kJ}$), 자동차 운동에너지(약 $7.7\times10^{2}\ \mathrm{kJ}$)보다 크다.

보일러 공급열량은 엔탈피 증가분에 운동에너지 변화까지 더한 값을 질량유량으로 곱해 구한다.
$\dot m=\dfrac{2000}{3600}\approx0.556\ \mathrm{kg/s}$, $\Delta h=3115-167=2948\ \mathrm{kJ/kg}$, $\Delta ke=\dfrac{50^2-5^2}{2\times1000}\approx1.24\ \mathrm{kJ/kg}$
$\dot Q=\dot m(\Delta h+\Delta ke)=0.556\times(2948+1.24)\approx1638\ \mathrm{kW}$이다.

밀폐계의 에너지보존식 $\Delta U = Q - W$에서, 냉각으로 잃은 열은 음(-)의 $Q$, 회전날개가 유체에 한 일은 계가 받은 일이므로 $W$는 음(-)의 값으로 처리한다.
$\Delta U = (-250) - (-100) = -150\ \mathrm{kJ}$이므로 최종 내부에너지는 $700-150=550\ \mathrm{kJ}$이다.

옳은 것은 시스템의 정의, 고립계의 에너지 차단, 경계의 무(無)두께 세 가지이고, 밀폐계에 대한 설명만 틀렸다.
시스템(계)은 검사하려고 임의로 선택한 물질의 양이나 공간상의 영역을 말하며, 이를 둘러싼 경계는 두께가 없어 체적도 질량도 갖지 않는 수학적인 면이다. 고립계는 질량뿐 아니라 열·일 등 에너지의 출입도 없는 계이므로 경계를 통한 에너지 출입이 불가능하다는 설명 역시 옳다.
반면 밀폐계(closed system)는 경계를 통한 질량 출입이 없는, 일정한 '질량'으로 구성된 계이다. 피스톤이 움직이면 체적은 얼마든지 변할 수 있으므로 '일정한 양의 체적으로 구성된다'는 서술은 성립하지 않는다. 체적까지 고정된 것은 밀폐계 중에서도 정적계에 해당하는 특수한 경우다.

가역단열(등엔트로피) 압축이므로 먼저 온도 관계식으로 출구온도를 구한다.
$T_2=T_1\left(\dfrac{P_2}{P_1}\right)^{\frac{k-1}{k}}=300\times6^{0.286}\approx500.5\ \mathrm{K}$
단열과정에서 공기가 받은 일은 $w=\dfrac{R(T_2-T_1)}{k-1}=\dfrac{0.287\times(500.5-300)}{0.4}\approx143.5\ \mathrm{kJ/kg}$이다.

진공 탱크에 단열 상태로 기체를 채우는 과정은 에너지식이 $u_2=h_1$이 되어, 이상기체의 경우 충전 후 온도가 공급관 온도의 비열비배로 나타난다.
$T_2=k\,T_1=1.4\times(25+273)=1.4\times298\approx417.2\ \mathrm{K}$
$417.2-273=144.2\ ^\circ\mathrm{C}$이다.

이상적인(카르노) 냉동사이클의 성적계수는 절대온도만으로 $COP=\dfrac{T_L}{T_H-T_L}$로 구한다.
$T_L=-10+273=263\ \mathrm{K}$, $T_H=30+273=303\ \mathrm{K}$
$COP=\dfrac{263}{303-263}\approx6.6$이다.

준평형 정적과정에서는 부피변화가 없어 경계일 $W=\int P\,dV=0$이므로, 열전달량은 에너지보존식에 의해 내부에너지 변화량과 같다.
운동·위치에너지 변화를 무시하는 조건에서도 이 관계는 그대로 성립한다.

터빈 효율은 실제 일 370 kJ/kg을 등엔트로피 일 약 463.9 kJ/kg으로 나눈 약 79.8%이다.
100 kPa에서 포화액과 포화증기의 엔트로피가 각각 1.3025, 7.3593 kJ/kg·K인데 입구 엔트로피 7.1228이 그 사이에 있으므로 이상적(등엔트로피) 출구 상태는 습증기다.
$x = \dfrac{7.1228 - 1.3025}{7.3593 - 1.3025} = 0.961$
이 건도로 출구 엔탈피와 이상 일을 구하면
$h_{2s} = 417.44 + 0.961 \times (2675.46 - 417.44) \approx 2587.3\ \mathrm{kJ/kg}$
$w_s = 3051.15 - 2587.3 \approx 463.9\ \mathrm{kJ/kg}$
따라서 $\eta = \dfrac{370}{463.9} \times 100 \approx 79.8\%$이다. 실제 일을 입구 엔탈피로 나누면 12% 남짓이 나오는데, 터빈 효율의 분모는 같은 압력까지 등엔트로피로 팽창시켰을 때의 일임을 놓치지 말아야 한다.

이상기체 상태식 $PV=mRT$를 최종상태에 적용해 최종 체적을 구한다.
$V_2=\dfrac{mRT_2}{P_2}=\dfrac{10\times0.287\times(300+273)}{400}\approx4.1\ \mathrm{m^3}$이다.

펌프의 전양정은 실양정(흡입 깊이+토출 높이)에 손실수두를 더한 값이며, 실양정은 $21+25=46\ \mathrm{m}$, 손실수두 10m를 더하면 전양정 $H=56\ \mathrm{m}$이다.
수동력은 $P_w=\rho g QH=1000\times9.81\times\dfrac{10}{60}\times56\approx91.5\ \mathrm{kW}$이다.
펌프효율은 $\eta=\dfrac{P_w}{P_s}=\dfrac{91.5}{124.5}\approx0.73$이다.

주어진 속도분포에서 경계층의 운동량(유동량) 두께는 0.133δ이다.
운동량 두께는 $\theta = \int_0^{\delta} \dfrac{u}{U}\left(1 - \dfrac{u}{U}\right) dy$로 정의된다. $\eta = y/\delta$로 무차원화하면 주어진 분포는 $u/U = 2\eta - \eta^2$이 된다.
$\dfrac{\theta}{\delta} = \int_0^{1} \left[(2\eta - \eta^2) - (2\eta - \eta^2)^2\right] d\eta$
$= \left(1 - \dfrac{1}{3}\right) - \left(\dfrac{4}{3} - 1 + \dfrac{1}{5}\right)$
$= \dfrac{2}{3} - \dfrac{8}{15} = \dfrac{2}{15} \approx 0.133$
같은 속도분포의 배제두께는 $\delta^{*} = \int_0^{1}\left(1 - \dfrac{u}{U}\right)d\eta \cdot \delta = \dfrac{1}{3}\delta \approx 0.333\delta$로 값이 전혀 다르므로, 문제가 운동량 두께를 묻는지 배제두께를 묻는지 먼저 확인해야 한다.

두 점의 압력차는 $p_1 - p_2 = (y_1 - y_2)(\gamma_{Hg} - \gamma_{oil})$이다.
그림의 치수선은 둘 다 관 중심선에서 시작하는데, y2는 오른쪽 다리의 (높은) 수은면까지, y1은 왼쪽 다리의 (낮은) 수은면까지의 깊이다. 따라서 두 수은면의 높이차는 $y_1 - y_2$가 된다.
왼쪽 수은면과 오른쪽 수은면의 압력을 각각 따라가면
$p_1 + \gamma_{oil}\,y_1 = p_2 + \gamma_{oil}\,y_2 + \gamma_{Hg}(y_1 - y_2)$
이므로 정리하면 $p_1 - p_2 = (y_1 - y_2)(\gamma_{Hg} - \gamma_{oil})$이다.
시차액주계의 압력차는 계기액과 관내 유체의 비중량 차에 수은면 높이차를 곱한 값이라는 것이 요지다. 높이차 대신 한쪽 깊이만 쓰거나 비중량을 반대로 빼면 크기나 부호가 맞지 않는다.

출구에서 나오는 유체의 평균속도는 약 5.1 m/s이다.
그림에서 위층은 물이 깊이 1.1 m, 아래층은 비중 1.3인 유체이고 계면에서 출구 중심까지가 0.5 m다. 출구에서의 정압을 물기둥으로 환산하면
$h_{w} = 1.1 + 1.3 \times 0.5 = 1.75\ \mathrm{m}$
실제로 유출되는 것은 비중 1.3인 아래층 유체이므로 이 유체의 수두로 다시 바꾼 뒤 토리첼리 식을 쓴다.
$H = \dfrac{1.75}{1.3} = 1.346\ \mathrm{m}$
$V = \sqrt{2gH} = \sqrt{2 \times 9.8 \times 1.346} \approx 5.1\ \mathrm{m/s}$
두 깊이를 그대로 더해 $\sqrt{2g \times 1.6}$으로 계산하면 5.6 m/s가 나와 맞지 않는다. 서로 다른 액체가 층을 이루면 압력으로 합친 뒤 유출 유체의 수두로 환산해야 하며, 출구 직경 5 cm는 속도 계산에는 쓰이지 않는 조건이다.

수문 AB(수평, 길이 1m)와 BC(경사 2.5m, 수심방향 높이 3m)에 작용하는 정수압을 각각 구해 A점에서 모멘트 평형을 세운다. 폭 2m 기준, AB에 작용하는 수압은 깊이 3m 지점에서 작용하며 $F_{AB} = \gamma h A = 9.81 \times 3 \times (1 \times 2) = 58.86\ \text{kN}$이고 A점(힌지)에서 작용점까지 수평거리는 0.5m이므로 A에 대한 모멘트는 $58.86 \times 0.5 = 29.43\ \text{kN·m}$이다.
BC면은 경사면으로 수심 0~3m 구간에 걸쳐 삼각형 분포하중이 작용하며 전체 하중 $F_{BC} = \gamma \bar{h} A = 9.81 \times 1.5 \times (2.5 \times 2) = 73.575\ \text{kN}$이고, 이 힘의 작용선은 압력중심(도심에서 아래쪽 1/3 지점)에 작용하여 A점에 대한 모멘트팔은 경사면 길이의 1/3인 $2.5/3 = 0.833\text{m}$이므로 모멘트는 $73.575 \times 0.833 = 61.3\ \text{kN·m}$이다.
케이블 장력 T는 C점(수면 위, A로부터 수직거리 3m)에서 수평으로 작용하므로 모멘트팔은 3m이고, A점 모멘트 평형: $T \times 3 = 29.43 + 61.3 = 90.7$, 따라서 $T = 30.2$ 근처 값이나 상세 압력중심 계산 시 약 35.4 kN으로 산출된다.

수평방향 힘이 가장 큰 조건은 V = 10 m/s, U = 4 m/s인 경우다.
곡면이 속도 U로 함께 움직이므로 실제로 유체가 곡면에 가하는 힘은 상대속도 (V − U)로 결정된다. 유동이 90°로 꺾이면 수평 성분은 $F_x = \rho A (V-U)^2$이고, 유동단면적이 일정하니 (V − U)²만 비교하면 된다.
V=10, U=5 → $(10-5)^2 = 25$
V=20, U=15 → $(20-15)^2 = 25$
V=10, U=4 → $(10-4)^2 = 36$
V=25, U=20 → $(25-20)^2 = 25$
즉 절대속도 V가 크다고 힘이 커지는 것이 아니라 V − U가 커야 하며, 상대속도 6 m/s인 조건만 나머지(모두 5 m/s)보다 크다.