[건설기계설비기사 필기] 19년 2회차 기출문제 정답·해설 페이지

자유단의 처짐은 약 3.66 mm이다.
그림의 원관은 외경 200 mm, 두께 20 mm이므로 내경은 160 mm이고, 고정벽에서 L = 4 m 돌출한 외팔보다. 하중은 관 자체 무게에 관 안을 가득 채운 물 무게가 더해진 등분포하중이 된다.
먼저 단위길이당 하중을 구한다.
$A_{\text{관}}=\dfrac{\pi}{4}(0.2^2-0.16^2)=1.131\times10^{-2}\,\mathrm{m^2}$
$A_{\text{물}}=\dfrac{\pi}{4}(0.16^2)=2.011\times10^{-2}\,\mathrm{m^2}$
$w=(7800\times1.131\times10^{-2}+1000\times2.011\times10^{-2})\times9.8\approx1062\,\mathrm{N/m}$
단면 2차 모멘트를 구해 등분포하중 외팔보의 처짐식에 넣는다.
$I=\dfrac{\pi}{64}(0.2^4-0.16^4)=4.637\times10^{-5}\,\mathrm{m^4}$
$\delta=\dfrac{wL^4}{8EI}=\dfrac{1062\times4^4}{8\times200\times10^9\times4.637\times10^{-5}}\approx3.66\times10^{-3}\,\mathrm{m}$
즉 약 3.66 mm다. 중력가속도를 9.81 m/s²로 잡아도 3.67 mm로 사실상 같은 값이며, 물 무게를 빼고 관 자체 무게만 세면 3 mm 아래로 내려가므로 내부의 물까지 하중에 넣는 것이 이 문항의 핵심이다.

평면응력 상태의 최대 전단응력은 $\tau_{max} = \sqrt{\left(\dfrac{\sigma_x-\sigma_y}{2}\right)^2+\tau_{xy}^2}$로 구하며 계산하면 약 922 MPa이다.
$\dfrac{\sigma_x-\sigma_y}{2}=\dfrac{1750-350}{2}=700\,\mathrm{MPa}$이고 $\tau_{xy}=-600\,\mathrm{MPa}$이므로 $\tau_{max}=\sqrt{700^2+600^2}\approx 922\,\mathrm{MPa}$이다.

볼트 머리부의 높이는 $H=\dfrac{d}{2}$이다.
그림처럼 축 하중 Q가 걸리면 볼트 머리 밑면의 둘레를 따라 원통형 전단면이 생긴다. 그 전단면적이 $\pi dH$이므로 전단응력은 $\tau=\dfrac{Q}{\pi dH}$이고, 볼트 축의 인장응력은 $\sigma=\dfrac{Q}{\pi d^2/4}=\dfrac{4Q}{\pi d^2}$이다.
허용 조건이 $\tau=\dfrac{\sigma}{2}$이므로 두 식을 연결한다.
$\dfrac{Q}{\pi dH}=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{4Q}{\pi d^2}=\dfrac{2Q}{\pi d^2}$
양변에서 Q와 π를 지우면 $\dfrac{1}{dH}=\dfrac{2}{d^2}$가 되어 $H=\dfrac{d}{2}$, 곧 머리부 높이를 볼트 지름의 절반으로 잡으면 된다.

고정단에 생기는 전단응력은 약 30 MPa이다.
그림의 축에는 서로 반대 방향의 비틀림 모멘트 두 개, 즉 중간에 50 kN·mm, 자유단 쪽에 30 kN·mm가 작용한다. 고정단이 실제로 받는 토크는 두 값의 차다.
$T=50-30=20\,\mathrm{kN\cdot mm}=2\times10^4\,\mathrm{N\cdot mm}$
지름 15 mm 원형 단면 축의 비틀림 전단응력식에 대입한다.
$\tau=\dfrac{16T}{\pi d^3}=\dfrac{16\times2\times10^4}{\pi\times15^3}$
$\tau=\dfrac{3.2\times10^5}{1.06\times10^4}\approx30.2\,\mathrm{MPa}$이므로 약 30 MPa이다. 두 토크를 같은 방향으로 보고 더하면 80 kN·mm가 되어 120 MPa이 나오므로, 회전 방향을 먼저 확인하는 것이 관건이다.

탄성에너지는 $U=\dfrac{1}{2}F\delta$이며 계산하면 약 100 N·m가 된다.
하중은 $F=\dfrac{EA\delta}{L}=\dfrac{200\times10^{9}\times500\times10^{-6}\times1.0\times10^{-3}}{0.5}=2\times10^{5}\,\mathrm{N}$이다.
따라서 $U=\dfrac{1}{2}\times2\times10^{5}\times1.0\times10^{-3}=100\,\mathrm{N\cdot m}$이다.

양단 핀 지지된 기둥의 좌굴응력은 오일러 공식을 적용하며, 양단 핀 지지의 유효길이는 $L_e = L$이므로 최종 좌굴응력은 $\frac{\pi^2 Eh^2}{12L^2}$이다.
좌굴하중은
$P_c = \frac{\pi^2 EI}{L^2}$
좌굴응력은 이를 단면적으로 나누면
$\sigma_c = \frac{P_c}{A} = \frac{\pi^2 EI}{AL^2}$
사각형 단면에서 최소 단면 2차 모멘트는 $I_{min} = \frac{bh^3}{12}$(높이 h가 폭 b보다 작다고 가정)이고, 단면적은 $A = bh$이다. 따라서
$\sigma_c = \frac{\pi^2 E \cdot \frac{bh^3}{12}}{bh \cdot L^2} = \frac{\pi^2 Eh^2}{12L^2}$
로 정리된다.

C점에서 힘의 평형을 고려한다. AC부재는 45°로 경사져 있고 BC는 수평, C점에는 500N의 수직 하중이 작용한다. 연직방향 평형에서 AC부재의 연직분력이 500N을 지지해야 하므로 AC = 500/sin45° = 707N(인장)이며, 수평방향 평형에서 BC부재는 AC의 수평분력과 균형을 이루어야 한다. AC의 수평분력은 707×cos45° = 500N이며, 이 힘이 BC를 미는 방향으로 작용하므로 BC부재는 500N 압축력을 받는다.

지점 A의 반력은 $R_A=\dfrac{\omega_0L}{6}$이다.
그림의 분포하중은 A에서 0, B에서 최대 ω₀인 삼각형이고 지간은 L이다. 합력은 삼각형 넓이인 $W=\dfrac{\omega_0L}{2}$이며, 작용점은 하중이 큰 B쪽으로 치우쳐 A에서 2L/3 되는 위치다.
B점에 대한 모멘트 평형을 쓰면 합력의 팔길이는 L/3이 된다.
$R_A\cdot L=W\cdot\dfrac{L}{3}$
$R_A=\dfrac{\omega_0L}{2}\cdot\dfrac{1}{3}=\dfrac{\omega_0L}{6}$
남은 반력은 $R_B=W-R_A=\dfrac{\omega_0L}{3}$로 A쪽의 두 배이며, 하중이 몰린 쪽 지점이 더 많이 받는다는 점과 맞는다.

이 중공 원형 단면의 단면계수는 $Z=\dfrac{5\pi d^3}{162}$이다.
그림의 단면은 바깥지름 d, 안지름 d/3인 중공 원형이다. 단면계수는 단면 2차 모멘트를 바깥쪽 끝까지의 거리 d/2로 나눈 값이므로 $Z=\dfrac{I}{d/2}$로 구한다.
먼저 단면 2차 모멘트를 정리한다.
$I=\dfrac{\pi}{64}\left(d^4-\left(\dfrac{d}{3}\right)^4\right)=\dfrac{\pi d^4}{64}\left(1-\dfrac{1}{81}\right)=\dfrac{\pi d^4}{64}\cdot\dfrac{80}{81}$
이를 d/2로 나누면
$Z=\dfrac{2I}{d}=\dfrac{\pi d^3}{32}\cdot\dfrac{80}{81}=\dfrac{80\pi d^3}{2592}=\dfrac{5\pi d^3}{162}$
가 되어 속이 찬 원형의 $\pi d^3/32$보다 약 1.2 % 작은 값이다.

A점의 반력은 $R_A=\dfrac{5}{16}P$이다.
그림은 왼쪽 A가 이동(롤러) 지지, 오른쪽 B가 고정단이고 중앙에 집중하중 P가 걸린 일단고정·타단지지보로, 미지 반력이 정역학 식보다 하나 많은 1차 부정정보다. 그래서 처짐 조건을 하나 더 써야 한다.
A의 반력을 잉여력으로 잡고 B를 고정단으로 하는 외팔보 두 경우를 중첩한다. 하중 P만 있을 때 A점 처짐은 $\dfrac{5PL^3}{48EI}$, 반력 RA만 있을 때는 $\dfrac{R_AL^3}{3EI}$이고, 실제 A는 지지되어 처짐이 0이어야 한다.
$\dfrac{R_AL^3}{3EI}=\dfrac{5PL^3}{48EI}$
정리하면 $R_A=\dfrac{5}{16}P$이고, 남은 $\dfrac{11}{16}P$는 고정단 B가 받는다. 즉 고정단 쪽이 하중을 더 많이 부담한다.

축의 허용전단응력으로부터 전달 토크를 구하고 각속도를 곱하면 최대 전달 동력은 약 5.92 kW가 된다.
원형 단면축의 토크는 $T=\dfrac{\pi d^3}{16}\tau=\dfrac{\pi\times(0.02)^3}{16}\times20\times10^{6}\approx31.4\,\mathrm{N\cdot m}$이다.
동력은 $P=T\omega=T\times\dfrac{2\pi N}{60}=31.4\times\dfrac{2\pi\times1800}{60}\approx5920\,\mathrm{W}\approx5.92\,\mathrm{kW}$이다.

C점의 처짐량은 $\delta_C=\dfrac{3M_BL^2}{8EI}$이다.
그림은 A가 고정단이고 전체 길이가 L인 외팔보로, 중앙 B(고정단에서 L/2)에 집중 모멘트 MB가 걸리며 자유단이 C다. B와 C 사이에는 아무 하중도 없으므로 BC 구간은 휘지 않고 직선으로 남는다.
따라서 AB 구간만 길이 L/2인 외팔보 끝에 모멘트가 걸린 것과 같다.
$\delta_B=\dfrac{M_B(L/2)^2}{2EI}=\dfrac{M_BL^2}{8EI}$
$\theta_B=\dfrac{M_B(L/2)}{EI}=\dfrac{M_BL}{2EI}$
C점 처짐은 B의 처짐에 직선 구간이 기울어져 생기는 몫을 더한 값이다.
$\delta_C=\delta_B+\theta_B\cdot\dfrac{L}{2}=\dfrac{M_BL^2}{8EI}+\dfrac{M_BL^2}{4EI}=\dfrac{3M_BL^2}{8EI}$

굽힘 모멘트 절대값의 최대치는 약 3.375 kN·m로, 지점 B 바로 위에서 생긴다.
그림은 A(힌지)에서 3.0 m 떨어진 곳에 B(롤러)가 있고 B 오른쪽으로 1.5 m가 내민(캔틸레버) 부분인 보이며, 전 길이 4.5 m에 $q=3\,\mathrm{kN/m}$가 작용한다.
먼저 반력을 구한다.
$\sum M_A=0:\ R_B\times3=3\times4.5\times2.25=30.375$
$R_B=10.125\,\mathrm{kN},\quad R_A=3\times4.5-10.125=3.375\,\mathrm{kN}$
내민 끝에서 B까지를 잘라 보면 $M_B=-\dfrac{3\times1.5^2}{2}=-3.375\,\mathrm{kN\cdot m}$이고, 지간 안에서는 전단력이 0이 되는 $x=3.375/3=1.125\,\mathrm{m}$에서 $M=3.375\times1.125-\dfrac{3\times1.125^2}{2}=1.898\,\mathrm{kN\cdot m}$에 그친다. 그래서 절대값 최대는 3.375 kN·m다.

비틀림 시험 결과로부터 전단 탄성계수를 구하면 약 81.6 MPa이다.
극단면2차모멘트는 $J=\dfrac{\pi d^4}{32}=\dfrac{\pi\times(0.05)^4}{32}\approx6.14\times10^{-7}\,\mathrm{m^4}$이고, 비틀림각은 $\theta=7^\circ\approx0.1222\,\mathrm{rad}$이다.
전단탄성계수는 $G=\dfrac{TL}{J\theta}=\dfrac{30.6\times0.2}{6.14\times10^{-7}\times0.1222}\approx81.6\times10^{6}\,\mathrm{Pa}=81.6\,\mathrm{MPa}$이다.

최대 굽힘응력은 $\sigma_{\max}=\dfrac{3PL}{a^3}$이다.
그림은 왼쪽이 고정단인 길이 L의 외팔보로, 중앙(L/2)에 아래로 P가, 자유단에 위로 P가 걸리며 단면은 한 변이 a인 정사각형이다. 두 하중의 방향이 반대라 모멘트가 서로 상쇄되는 점이 핵심이다.
고정단에서의 굽힘 모멘트를 보면 중앙 하중이 $P\cdot\dfrac{L}{2}$, 자유단 하중이 반대 방향으로 $P\cdot L$이므로
$M_{\max}=\left|P\cdot\dfrac{L}{2}-P\cdot L\right|=\dfrac{PL}{2}$
정사각형 단면의 단면계수가 $Z=\dfrac{a^3}{6}$이므로
$\sigma_{\max}=\dfrac{M_{\max}}{Z}=\dfrac{PL/2}{a^3/6}=\dfrac{3PL}{a^3}$
가 된다. 참고로 중앙 하중점부터 고정단까지 구간의 굽힘 모멘트는 $PL/2$로 일정하다.

순수 굽힘을 받는 이 보에 저장되는 탄성 변형에너지는 $U=\dfrac{M^2 L}{2EI}$ 이다.
그림은 스팬 $L$인 단순지지보의 양 끝에 크기가 같은 우력 $M$이 서로 마주 보게 작용하는 형태다. 지점 반력이 생기지 않아 보 전 구간의 굽힘모멘트가 $M(x)=M$으로 일정한 순수 굽힘 상태가 된다.
굽힘 변형에너지 식 $U=\displaystyle\int_0^L \dfrac{M(x)^2}{2EI}\,dx$에 $M(x)=M$, $EI$=일정을 대입하면
$U=\dfrac{M^2}{2EI}\displaystyle\int_0^L dx=\dfrac{M^2 L}{2EI}$
모멘트가 전 길이에 균일하므로 에너지는 길이 $L$에 정비례하고 굽힘강성 $EI$에 반비례한다. 계수가 $1/2$이 아닌 값으로 나온다면 모멘트를 위치에 따라 변하는 것으로 잘못 놓은 것이다.

노치부에서 발생하는 최대응력은 약 302 MPa이다.
그림에서 봉의 몸통 지름은 $\varnothing 12\,\mathrm{mm}$이고 노치가 파인 최소 단면의 지름은 $\varnothing 10\,\mathrm{mm}$이다. 응력집중계수는 언제나 최소 단면 기준 공칭응력에 곱해야 한다.
공칭응력: $\sigma_n=\dfrac{P}{A}=\dfrac{9500\,\mathrm{N}}{\frac{\pi}{4}\times(10\,\mathrm{mm})^2}=\dfrac{9500}{78.54}\approx 120.96\,\mathrm{MPa}$
최대응력: $\sigma_{max}=\alpha\,\sigma_n=2.5\times120.96\approx 302\,\mathrm{MPa}$
기준 단면을 몸통 지름 $12\,\mathrm{mm}$로 잡으면 값이 크게 작아지고, 응력집중계수를 곱하지 않으면 약 121 MPa에 그친다. 최소 단면 + 응력집중계수 두 가지를 모두 지켜야 한다.

이 재료의 세로탄성계수는 $E=\dfrac{P\ell}{A\delta}$ 이다.
후크의 법칙 $\sigma=E\varepsilon$에서 $E=\dfrac{\sigma}{\varepsilon}$이다. 축방향 하중 $P$가 단면적 $A$에 작용하므로 인장응력은 $\sigma=\dfrac{P}{A}$, 길이 $\ell$인 막대가 $\delta$만큼 늘어났으므로 변형률은 $\varepsilon=\dfrac{\delta}{\ell}$이다.
대입하면 $E=\dfrac{P/A}{\delta/\ell}=\dfrac{P\ell}{A\delta}$가 된다. 원래 길이 $\ell$은 분자, 신장량 $\delta$는 분모에 오는 것이 핵심이다.
같은 식을 변형량 형태로 옮기면 $\delta=\dfrac{P\ell}{AE}$가 되어, 재료역학에서 가장 많이 쓰는 축방향 신장량 공식과 동일한 관계임을 확인할 수 있다.

이 단면봉의 최대 인장응력은 약 3.5 MPa이다.
그림에서 천장에 매달린 봉의 단면은 한 변 $10\,\mathrm{cm}$인 정사각형이고, 봉 축을 기준으로 왼쪽 20 cm 지점에 2000 N, 오른쪽 30 cm 지점에 3000 N이 아래로 걸린다. 축하중과 편심에 의한 굽힘이 겹치는 편심 인장 문제다.
축하중 $P=2000+3000=5000\,\mathrm{N}$, 단면적 $A=0.1\times0.1=0.01\,\mathrm{m^2}$
봉 축에 대한 합모멘트 $M=3000\times0.3-2000\times0.2=900-400=500\,\mathrm{N\cdot m}$
단면계수 $Z=\dfrac{bh^2}{6}=\dfrac{0.1\times0.1^2}{6}=1.667\times10^{-4}\,\mathrm{m^3}$
따라서 $\sigma_{max}=\dfrac{P}{A}+\dfrac{M}{Z}=\dfrac{5000}{0.01}+\dfrac{500}{1.667\times10^{-4}}=0.5+3.0=3.5\,\mathrm{MPa}$이다. 굽힘 성분이 축응력의 6배여서 편심을 빠뜨리고 $P/A=0.5\,\mathrm{MPa}$만 계산하면 크게 틀린다.

압축응력으로부터 필요한 단면적을 구한 뒤 한 변의 길이를 구하면 약 7.9 cm이다.
단면적은 $A=\dfrac{F}{\sigma}=\dfrac{500\times10^{3}}{80\times10^{6}}=6.25\times10^{-3}\,\mathrm{m^2}=62.5\,\mathrm{cm^2}$이다.
정사각형 단면이므로 한 변의 길이는 $a=\sqrt{62.5}\approx7.9\,\mathrm{cm}$이다.

용기 안의 비체적으로부터 건도를 구하고 질량을 곱하면 증기량은 약 2.66 kg이다.
비체적은 $v=\dfrac{V}{m}=\dfrac{1}{5}=0.2\,\mathrm{m^3/kg}$이고, 건도는 $x=\dfrac{v-v_f}{v_g-v_f}=\dfrac{0.2-0.001093}{0.37489-0.001093}\approx0.532$이다.
증기 질량은 $m_g=x\times m=0.532\times5\approx2.66\,\mathrm{kg}$이다.

정압과정에서의 엔트로피 변화량은 $\Delta S = m c_p \ln\dfrac{V_2}{V_1}$로 구한다.
정압과정은 $V \propto T$이므로 $\ln(T_2/T_1)$ 대신 $\ln(V_2/V_1)$을 그대로 쓸 수 있다.
대입하면 $\Delta S = 5 \times 0.92 \times \ln\dfrac{0.6}{0.2} = 4.6 \times \ln 3 \approx 5.054\ \mathrm{kJ/K}$이다.

정상유동 에너지식에서 출구 엔탈피는 $h_2 = h_1 + \dfrac{V_1^2 - V_2^2}{2} - q_{loss}$로 구한다.
속도수두 차는 $\dfrac{200^2-50^2}{2} = 18750\ \mathrm{J/kg} = 18.75\ \mathrm{kJ/kg}$이고, 방열량은 $0.5\ \mathrm{kJ/kg}$이다.
따라서 $h_2 = 2776.4 + 18.75 - 0.5 \approx 2794.7\ \mathrm{kJ/kg}$이다.

계가 외부에 한 일은 0 kJ이다.
그림은 다수의 추를 얹은 피스톤이 끼워진 실린더 안에 가스가 들어 있는 계를 보여 준다. 그러나 문제 조건에서 피스톤을 고정해 체적을 일정하게 유지한 채 압력이 300 kPa에서 200 kPa로 떨어질 때까지 열을 제거하므로, 이 과정은 정적(정용) 과정이다.
밀폐계의 이동 경계일은 $W=\displaystyle\int_1^2 P\,dV$인데, 체적이 $0.05\,\mathrm{m^3}$로 고정되어 $dV=0$이므로 $W=0$이다. 경계가 움직이지 않으면 압력이 아무리 변해도 일은 발생하지 않는다.
이때 제거한 열은 전부 내부에너지 감소로 나타나 $Q=\Delta U$가 된다. 압력 변화에 체적을 곱한 $(300-200)\times0.05=5\,\mathrm{kJ}$ 같은 계산은 체적이 변하는 정압 과정에서만 의미가 있어 여기서는 함정이다.

등온 상변화 과정의 엔트로피 증가량은 $\Delta S = \dfrac{Q}{T}$로 구한다.
표준대기압에서 물의 증발온도는 $100\,^\circ\mathrm{C} = 373.15\ \mathrm{K}$이고 공급 열량은 $Q = 652\ \mathrm{J}$이다.
대입하면 $\Delta S = \dfrac{652}{373.15} \approx 1.75\ \mathrm{J/K}$이다.

이상기체 상태방정식 $PV = \dfrac{m}{M}RT$를 이용해 압력을 구한다.
몰수는 $n = \dfrac{10}{24} \approx 0.4167\ \mathrm{kmol}$, 온도는 $T = 25+273.15 = 298.15\ \mathrm{K}$이다.
대입하면 $P = \dfrac{nRT}{V} = \dfrac{0.4167 \times 8.3143 \times 298.15}{0.5} \approx 2066\ \mathrm{kPa}$이다.

비열은 $c = \dfrac{Q}{m \Delta T}$로 계산한다.
온도차 $100-15=85\,^\circ\mathrm{C}$를 대입하면 $c = \dfrac{714}{4 \times 85} \approx 2.1\ \mathrm{kJ/kg\cdot K}$이다.

압축비는 $\varepsilon = \dfrac{V_s + V_c}{V_c}$로 정의된다.
배기량 1200cc, 극간체적 200cc를 대입하면 $\varepsilon = \dfrac{1200+200}{200} = 7$이다.

강도성 상태량은 물질의 양에 관계없이 일정한 값을 갖는 상태량으로, 압력·온도·밀도가 이에 해당한다.
반면 체적은 질량(물질의 양)에 비례해 값이 달라지는 용량성 상태량이므로 강도성 상태량에 속하지 않는다.

전도에 의한 전달 열량은 푸리에 법칙 $Q = \dfrac{kA\Delta T}{L}\,t$로 계산한다.
전열률은 $\dfrac{15 \times 1 \times 20}{0.01} = 30000\ \mathrm{W} = 30\ \mathrm{kJ/s}$이다.
1분(60초) 동안 전달되는 열량은 $30 \times 60 = 1800\ \mathrm{kJ}$이다.

공기(이상기체)의 엔트로피 변화량은 $\Delta S = m\left(c_p \ln\dfrac{T_2}{T_1} - R \ln\dfrac{P_2}{P_1}\right)$로 구한다.
$\ln\dfrac{650}{300} \approx 0.773$, $\ln\dfrac{550}{100} \approx 1.705$이므로 $\Delta S = 3\times(1.005\times0.773 - 0.287\times1.705)$이다.
괄호 안은 $0.7771-0.4892 \approx 0.288$이므로 $\Delta S \approx 3\times0.288 \approx 0.8635\ \mathrm{kJ/K}$, 즉 약 $863\ \mathrm{J/K}$이다.

오토사이클의 열효율은 압축비만의 함수인 $\eta = 1 - \left(\dfrac{1}{\varepsilon}\right)^{k-1}$로 구한다.
압축비 18, 비열비 1.41을 대입하면 $\eta = 1 - \left(\dfrac{1}{18}\right)^{0.41} \approx 1 - 0.306 = 0.694$이다.
따라서 열효율은 약 $69.4\%$이다.

브레이튼 사이클의 열효율은 압력비를 이용한 $\eta = 1 - \left(\dfrac{P_1}{P_2}\right)^{\frac{k-1}{k}}$로 구한다.
압력비 $\dfrac{100}{500}=0.2$, 지수 $\dfrac{k-1}{k}\approx0.286$을 대입하면 $\eta = 1 - 0.2^{0.286} \approx 1-0.631=0.369$이다.
따라서 열효율은 약 $36.9\%$이다.

줄-톰슨 계수는 등엔탈피 교축과정에서의 온도 변화율 $\mu_J = \dfrac{\Delta T}{\Delta P}$로 정의된다.
온도차는 $344-350=-6\ \mathrm{K}$, 압력차는 $200-800=-600\ \mathrm{kPa}$이다.
대입하면 $\mu_J = \dfrac{-6}{-600} = 0.01\ \mathrm{K/kPa}$이다.

카르노, 스털링, 에릭슨 사이클은 최고·최저온도가 같으면 모두 카르노 효율과 동일한 이상적 가역사이클이다(스털링은 정적 재생, 에릭슨은 정압 재생으로 열을 회수한다).
반면 브레이튼 사이클은 열의 출입이 정압 과정에서 일어나며 재생이 없으면 압력비(온도비)에 따라 효율이 달라져 같은 온도 범위라도 카르노 효율보다 낮다.
따라서 동일한 최고·최저온도 조건에서 효율이 다르게 나타나는 사이클은 브레이튼 사이클이다.

카르노 사이클의 열효율은 $\eta = \dfrac{W}{Q_H} = 1-\dfrac{T_L}{T_H}$로 구한다.
효율은 $\eta = \dfrac{585.5}{1000} = 0.5855$이므로 $\dfrac{T_L}{T_H} = 0.4145$이다.
저열원 온도 $T_L = 15+273=288\ \mathrm{K}$를 대입하면 $T_H = \dfrac{288}{0.4145} \approx 695\ \mathrm{K} \approx 422\,^\circ\mathrm{C}$이다.

열역학 제1법칙과 제2법칙을 모두 만족하는 조합은 $Q_1=20\,\mathrm{kJ}$, $Q_2=30\,\mathrm{kJ}$, $W=20\,\mathrm{kJ}$이다.
그림의 사이클은 $T_3=240\,\mathrm{K}$인 저온부에서 $Q_3=30\,\mathrm{kJ}$을 흡수하고 일 $W$를 공급받아, $T_1=320\,\mathrm{K}$로 $Q_1$, $T_2=370\,\mathrm{K}$로 $Q_2$를 방출한다. 제1법칙은 $Q_3+W=Q_1+Q_2$이다.
정답 조합은 $30+20=20+30=50\,\mathrm{kJ}$으로 에너지 보존을 만족한다. 제2법칙은 전체 엔트로피 변화로 확인한다:
$\Delta S=\dfrac{Q_1}{T_1}+\dfrac{Q_2}{T_2}-\dfrac{Q_3}{T_3}=\dfrac{20}{320}+\dfrac{30}{370}-\dfrac{30}{240}\approx +0.019\,\mathrm{kJ/K}>0$
양수이므로 제2법칙도 만족한다.
나머지 조합은 다음 이유로 제외된다.
$Q_1=Q_2=20,\;W=20$ : $30+20=50\ne 40$이라 제1법칙 자체가 성립하지 않음
$Q_1=Q_2=20,\;W=10$ : 에너지식은 맞지만 $\Delta S\approx-0.008\,\mathrm{kJ/K}$로 엔트로피 감소 → 제2법칙 위반
$Q_1=20,\;Q_2=15,\;W=5$ : 에너지식은 맞지만 $\Delta S\approx-0.022\,\mathrm{kJ/K}$로 역시 제2법칙 위반

가역(카르노) 냉동사이클의 성적계수는 $COP = \dfrac{T_L}{T_H - T_L}$로 구한다.
흡열기 온도 $T_L=-10+273=263\ \mathrm{K}$, 방열기 온도 $T_H=20+273=293\ \mathrm{K}$를 대입하면 $COP = \dfrac{263}{30} \approx 8.77$이다.
이론 압축동력은 $W = \dfrac{Q_L}{COP} = \dfrac{70}{8.77} \approx 7.98\ \mathrm{kW}$이다.

냉동기 팽창밸브에서의 교축과정은 외부와 일·열의 출입이 없고 운동에너지 변화를 무시하므로 엔탈피가 일정하게 유지되는 등엔탈피 과정이다.
이 과정에서 압력과 온도는 급격히 낮아지지만 엔탈피는 변하지 않으며, 비가역 과정이므로 엔트로피는 오히려 증가한다.

절대압력은 게이지압력에 대기압을 더한 값, 즉 $P_{abs}=P_{gauge}+P_{atm}$이다.
대입하면 $P_{abs} = 1 + 0.099 = 1.099\ \mathrm{MPa}$이다.

중량당 에너지와 같은 차원을 갖는 것은 높이 $z$ 하나뿐이다.
중량당 에너지는 단위가 $\dfrac{\mathrm{J}}{\mathrm{N}}=\mathrm{m}$, 즉 길이 차원 [L]이며 이를 수두(head)라 부른다. 베르누이식을 수두 형태로 쓴 $\dfrac{P}{\gamma}+\dfrac{v^2}{2g}+z$의 세 항이 모두 여기에 해당한다.
제시된 세 항을 차원으로 따지면 다음과 같다.
$\dfrac{P}{\rho}$ : $\mathrm{(N/m^2)\div(kg/m^3)=m^2/s^2}$ → 질량당 에너지(J/kg)
$\dfrac{\rho v^2}{2}$ : $\mathrm{(kg/m^3)(m^2/s^2)=N/m^2}$ → 체적당 에너지(압력 차원, 동압)
$z$ : $\mathrm{m}$ → 중량당 에너지(위치수두)
밀도 $\rho$로 나누면 질량당, 비중량 $\gamma=\rho g$로 나눠야 중량당이 된다는 구분이 이 문제의 핵심이다.

강제와류에서 액면은 포물면을 이루며, 넘치기 직전에는 액면이 컵 가장자리(반지름 $R$)에 닿는다.
포물면의 높이차는 $h_p = \dfrac{\omega^2 R^2}{2g}$로, $R=0.03\ \mathrm{m}$, $\omega=40\ \mathrm{rad/s}$를 대입하면 $h_p \approx 7.34\ \mathrm{cm}$이다.
회전 전후 물의 부피가 같으므로 초기 높이는 컵 깊이에서 포물면 높이의 절반을 뺀 $h_0 = 10 - \dfrac{7.34}{2} \approx 6.33\ \mathrm{cm}$가 된다.

2차원 포텐셜 유동이 되기 위한 조건은 $C+E=0$이다.
비압축성 포텐셜 유동의 속도 포텐셜은 연속방정식으로부터 라플라스 방정식 $\nabla^2\Phi=\dfrac{\partial^2\Phi}{\partial x^2}+\dfrac{\partial^2\Phi}{\partial y^2}=0$을 만족해야 한다. 주어진 함수는 $\Phi=Ax+By+Cx^2+Dxy+Ey^2$이다.
$\dfrac{\partial\Phi}{\partial x}=A+2Cx+Dy\;\Rightarrow\;\dfrac{\partial^2\Phi}{\partial x^2}=2C$
$\dfrac{\partial\Phi}{\partial y}=B+Dx+2Ey\;\Rightarrow\;\dfrac{\partial^2\Phi}{\partial y^2}=2E$
따라서 $2C+2E=0$, 즉 $C+E=0$이다.
속도 포텐셜이 존재한다는 것 자체가 이미 비회전(irrotational) 조건을 보장하므로 남는 제약은 연속방정식뿐이며, $A$·$B$·$D$에는 아무런 조건이 붙지 않는다.

뉴턴유체의 전단응력은 $\tau = \mu \dfrac{du}{dy}$로 구한다.
속도분포를 미분하면 $\dfrac{du}{dy} = 20(0.5-y)$이고, 평판면($y=0$)에서는 $\dfrac{du}{dy}=10\ \mathrm{s^{-1}}$이다.
따라서 $\tau = 0.01\times10 = 0.1\ \mathrm{Pa}$이다.

최대 모멘트는 항력에 모멘트 팔길이 1.75m를 곱해 약 96 N·m이다.
항력은
$F_D = C_D \cdot \frac{1}{2}\rho V^2 A$
로 구한다. 원판 면적
$A = \frac{\pi}{4}(0.5)^2 = 0.1963\,m^2$
이며,
$F_D = 1.17 \times \frac{1}{2}\times 1.2 \times 20^2 \times 0.1963 = 55.1\,N$
이다. 모멘트 팔길이는 지지대 높이(1.5m)에 원판 중심까지의 거리(반지름 0.25m)를 더한 1.75m이므로, 최대 모멘트는
$M = F_D \times L = 55.1 \times 1.75 ≈ 96\,N\cdot m$
이다.

점 (1, 1)을 지나는 유선의 방정식은 $y=\dfrac{1}{x}$이다.
주어진 속도 벡터 $\vec{V}=-x\,\vec{i}+y\,\vec{j}$에서 $u=-x$, $v=y$이다. 유선은 속도 벡터에 접하는 선이므로 $\dfrac{dx}{u}=\dfrac{dy}{v}$를 적분해 구한다.
$\dfrac{dx}{-x}=\dfrac{dy}{y}\;\Rightarrow\;\dfrac{dy}{y}=-\dfrac{dx}{x}$
$\ln y=-\ln x+C\;\Rightarrow\;xy=\text{일정}$
점 $(1,1)$을 대입하면 상수는 1이므로 $xy=1$, 즉 $y=\dfrac{1}{x}$
이 유동은 $\dfrac{\partial u}{\partial x}+\dfrac{\partial v}{\partial y}=-1+1=0$으로 연속방정식을 만족하는 정체점(stagnation) 유동이며, 유선군은 직각쌍곡선 모양이 된다.

피토관 유속은 마노미터 압력차를 이용해 $V=\sqrt{\dfrac{2\rho_w g \Delta h}{\rho_{air}}}$로 구한다.
수주 높이차 $\Delta h=0.025\ \mathrm{m}$를 이용하면 압력차는 $\Delta p = \rho_w g \Delta h \approx1000\times9.81\times0.025 \approx245\ \mathrm{Pa}$이다.
대입하면 $V=\sqrt{\dfrac{2\times245}{1.25}} \approx19.8\ \mathrm{m/s}$이다.