[건설기계설비기사 필기] 18년 3회차 기출문제 정답·해설 페이지

단순보에 등분포하중이 걸린 표준식으로 계산하면 최대 처짐 0.79 cm, A점 기울기 0.483°가 된다.
그림의 조건은 A는 핀지점, B는 롤러지점인 지간 3 m 단순보이고 위쪽 전 구간에 5 kN/m가 작용하며, 단면은 폭 10 cm × 높이 20 cm이다.
단면 2차 모멘트: $I=\dfrac{bh^{3}}{12}=\dfrac{0.1\times0.2^{3}}{12}=6.667\times10^{-5}\,\mathrm{m^4}$
굽힘강성: $EI=10\times10^{9}\times6.667\times10^{-5}=6.667\times10^{5}\,\mathrm{N\cdot m^2}$
최대 처짐(중앙): $\delta_{max}=\dfrac{5wL^{4}}{384EI}=\dfrac{5\times5000\times3^{4}}{384\times6.667\times10^{5}}=7.91\times10^{-3}\,\mathrm{m}$ → 0.79 cm
지점 기울기: $\theta_A=\dfrac{wL^{3}}{24EI}=\dfrac{5000\times3^{3}}{24\times6.667\times10^{5}}=8.44\times10^{-3}\,\mathrm{rad}$
라디안을 도로 바꾸면 $8.44\times10^{-3}\times\dfrac{180}{\pi}=0.483$ → 0.483°

그림은 한 변이 a인 정사각형을 45° 돌려 놓은 마름모이고, 정사각형의 도심축 단면 2차 모멘트는 축 방향에 관계없이 a4/12로 같다.
단면의 두 변에 각각 a가 표시되어 있고 x-x축은 좌우 대각선, 즉 도심을 지난다. 정사각형은 도심을 지나는 어느 축에 대해서도 단면 2차 모멘트가 같은 단면(Ix = Iy)이므로 45° 돌려 놓아도 값이 변하지 않는다.
대각선 길이로 직접 확인해도 같다. 대각선 $d=\sqrt{2}\,a$인 마름모를 위·아래 두 삼각형(밑변 d, 높이 d/2)으로 나누면
$I_x=2\times\dfrac{d\,(d/2)^{3}}{12}=\dfrac{d^{4}}{48}=\dfrac{(\sqrt{2}a)^{4}}{48}=\dfrac{4a^{4}}{48}=\dfrac{a^{4}}{12}$
a4/24나 a4/32는 삼각형 하나만 계산했거나 대각선 길이를 a로 잘못 본 값이고, a4/8은 밑변과 높이를 뒤바꿔 쓴 결과여서 맞지 않는다.

이 축이 전달할 수 있는 최대 동력은 약 3.15 kW이다.
원형 축의 최대 동력은 토크와 회전 속도의 관계식 $P = \frac{T \cdot \omega}{1000}$(kW)로 구하며, 토크는 허용전단응력으로부터 $T = \frac{\tau \cdot I_p}{r}$로 결정된다.
원형 단면의 극관성모멘트는
$I_p = \frac{\pi d^4}{32} = \frac{\pi \times 10^4}{32} = \frac{10000\pi}{32} = 981.75 \text{ mm}^4$
이고, 반지름 $r = 5 \text{ mm}$이다. 허용전단응력 $\tau = 160 \text{ MPa}$를 적용하면
$T = \frac{160 \times 981.75}{5} = 31416 \text{ N·mm} = 31.416 \text{ N·m}$
회전 속도를 라디안/초로 변환하면
$\omega = 957 \times \frac{2\pi}{60} = 100.2 \text{ rad/s}$
최대 동력은
$P = \frac{31.416 \times 100.2}{1000} = 3.15 \text{ kW}$

단순보 중앙 집중하중에서 최대굽힘모멘트는 $M_{max} = \dfrac{PL}{4}$로 구한다.
$M_{max} = \dfrac{500 \, \mathrm{N} \times 400 \, \mathrm{cm}}{4} = 50000 \, \mathrm{N \cdot cm}$
사각단면의 단면계수는 $Z = \dfrac{bh^2}{6} = \dfrac{10 \times 10^2}{6} = 166.7 \, \mathrm{cm^3}$이므로, 굽힘응력은 $\sigma = \dfrac{M_{max}}{Z} = \dfrac{50000}{166.7} = 300 \, \mathrm{N/cm^2}$로 계산된다.

변형률은 늘어난 길이를 원래 길이로 나눈 값으로, $\varepsilon = \dfrac{\Delta L}{L}$이다.
$\varepsilon = \dfrac{0.14 \, \mathrm{cm}}{200 \, \mathrm{cm}} = 0.0007 = 700 \times 10^{-6}$로 계산되어, 변형률은 이 값에 해당한다.

인장을 받는 봉에 저장되는 탄성에너지는 $U = \dfrac{P^2 L}{2AE}$로 구한다.
단면적은 $A = \pi r^2 = \pi \times (0.01\,\mathrm{m})^2 = 3.14 \times 10^{-4} \, \mathrm{m^2}$이고, 하중 $P=90000\,\mathrm{N}$, 길이 $L=1.5\,\mathrm{m}$, 탄성계수 $E=200 \times 10^9\,\mathrm{Pa}$이다.
$U = \dfrac{(90000)^2 \times 1.5}{2 \times 3.14\times10^{-4} \times 200\times10^9} \approx 97 \, \mathrm{N \cdot m}$로 계산되어, 탄성에너지는 약 97 N·m이다.

캔틸레버보의 최대 굽힘모멘트는 고정단(벽)에서 발생한다.
등분포하중 $\omega_0$는 구간 $L/2$에 작용하며 그 합력 $\omega_0 L/2$는 고정단에서 $L/4$ 거리(등분포구간 중앙)에 위치한다. 집중하중 $P$는 고정단에서 $L/2$ 거리에 작용하며, 자유단의 $P/2$는 고정단에서 $L$ 거리에 작용한다.
따라서 고정단 모멘트는 다음과 같이 계산된다.
$M_{max}=\dfrac{\omega_0 L}{2}\cdot\dfrac{L}{4}+P\cdot\dfrac{L}{2}+\dfrac{P}{2}\cdot L=\dfrac{\omega_0 L^2}{8}+PL$

양단 고정봉의 반력은 하중점에서 먼 쪽 구간의 길이에 비례하므로 $R=\dfrac{Pb}{a+b}$, $S=\dfrac{Pa}{a+b}$이다.
그림은 왼쪽 벽(A)과 오른쪽 벽(B)에 양단이 고정된 균일 단면봉이고, A에서 $a$만큼 떨어진 C점에 축하중 $P$가 B쪽(오른쪽)으로 작용하며 C~B 구간 길이는 $b$이다. 벽에서 나오는 반력은 A쪽이 $R$, B쪽이 $S$로 표시돼 있다.
힘의 평형식은 $R+S=P$ 하나뿐이라 부정정이므로 변형 적합조건을 함께 쓴다. AC 구간은 인장, CB 구간은 압축이고 봉 전체 길이는 변할 수 없으므로 $\dfrac{Ra}{AE}=\dfrac{Sb}{AE}$, 즉 $Ra=Sb$이다.
두 식을 연립하면 $S=\dfrac{Pa}{a+b}$, $R=\dfrac{Pb}{a+b}$를 얻는다. 하중점에 가까운 쪽(길이가 짧은 쪽) 반력이 더 크다는 점을 기억하면 헷갈리지 않는다.

1차 부정정보를 풀면 B점 반력은 $R_B=\dfrac{7w_0L}{128}$이고, $L=6\ \mathrm{m}$를 대입하면 $\dfrac{21}{64}w_0$이 된다.
그림은 왼쪽 A가 고정단, 오른쪽 B가 이동지점(롤러)인 전체 길이 6 m(3 m + 3 m)의 보이고, 등분포하중 $w_0$는 고정단 A쪽 3 m 구간에만 걸려 있다.
롤러를 떼어 외팔보로 보면, 고정단에서 $a$까지 등분포하중이 작용할 때 자유단 처짐은 $\delta=\dfrac{w_0a^3(4L-a)}{24EI}$이므로 $a=3,\ L=6$에서 $\delta=\dfrac{27w_0(24-3)}{24EI}=\dfrac{23.625\,w_0}{EI}$이다.
반력 $R_B$가 자유단을 들어 올리는 처짐은 $\dfrac{R_BL^3}{3EI}=\dfrac{72R_B}{EI}$이고, B점 처짐이 0이어야 하므로 $72R_B=23.625w_0$ → $R_B=0.328125\,w_0=\dfrac{21}{64}w_0$가 된다.

단위길이당 비틀림모멘트를 전 길이에 걸쳐 받는 축이므로 $\tau_{max}=\dfrac{16t_0L}{\pi d^3}$이다.
분포토크 $t_0$가 길이 $L$ 전체에 작용하면 내부 토크는 자유단에서 0, 고정단으로 갈수록 누적되어 최대 토크는 $T_{max}=t_0L$이 된다.
지름 $d$인 원형 단면의 극단면계수는 $Z_p=\dfrac{\pi d^3}{16}$이므로 $\tau_{max}=\dfrac{T_{max}}{Z_p}=\dfrac{t_0L}{\pi d^3/16}=\dfrac{16t_0L}{\pi d^3}$이다.

양단 회전(핀-핀) 지지에서 오일러 좌굴하중은 $P_{cr} = \dfrac{\pi^2 EI}{L^2}$로 나타내며, 이 식을 좌굴길이 $L$에 대해 정리하여 계산한다.
단면2차모멘트를 단위 환산하면 $I = 260\,\mathrm{cm^4} = 2.6\times10^{-6}\,\mathrm{m^4}$이므로 $EI = 105\times10^9\,\mathrm{Pa} \times 2.6\times10^{-6}\,\mathrm{m^4} = 2.73\times10^5\,\mathrm{N\cdot m^2}$이고, 하중 $P_{cr}=100\,\mathrm{kN}$을 대입하면 $L^2 = \dfrac{\pi^2 \times 2.73\times10^5}{100000} \approx 26.9 \, \mathrm{m^2}$이다.
따라서 $L = \sqrt{26.9} \approx 5.19 \, \mathrm{m} = 519 \, \mathrm{cm}$로, 좌굴길이는 약 519 cm이다.

최대 처짐은 자유단 B에서 생기며 $\delta_{max}=\dfrac{Pc^2(3L-c)}{6EI}$이다.
그림은 왼쪽 A가 고정단, 오른쪽 B가 자유단인 길이 $L$의 외팔보이고, 고정단에서 $c$만큼 떨어진 점에 집중하중 $P$가 아래로 작용한다.
하중점까지는 길이 $c$인 외팔보와 같으므로 처짐 $\delta_c=\dfrac{Pc^3}{3EI}$, 처짐각 $\theta_c=\dfrac{Pc^2}{2EI}$이고, 하중이 없는 c~B 구간은 휘지 않고 직선인 채로 따라 회전한다.
따라서 $\delta_B=\delta_c+\theta_c(L-c)=\dfrac{Pc^3}{3EI}+\dfrac{Pc^2(L-c)}{2EI}=\dfrac{Pc^2(3L-c)}{6EI}$가 된다. $c=L$을 넣으면 $PL^3/3EI$로 되돌아가는 것으로 검산할 수 있다.

45° 로제트 게이지 식으로 전단변형률을 구하면 $\gamma_{xy} = 2\varepsilon_{45} - (\varepsilon_0 + \varepsilon_{90}) = 200 \times 10^{-6}$이다.
주변형률은 $\varepsilon_{1,2} = \dfrac{\varepsilon_0+\varepsilon_{90}}{2} \pm \sqrt{\left(\dfrac{\varepsilon_0-\varepsilon_{90}}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{\gamma_{xy}}{2}\right)^2} = 300\times10^{-6} \pm 141\times10^{-6}$이므로 $\varepsilon_1 = 441\times10^{-6}$, $\varepsilon_2 = 159\times10^{-6}$이다.
평면응력 상태의 주응력은 $\sigma_1 = \dfrac{E}{1-\nu^2}(\varepsilon_1+\nu\varepsilon_2)$, $\sigma_2 = \dfrac{E}{1-\nu^2}(\varepsilon_2+\nu\varepsilon_1)$에 대입해 구하면 $\sigma_1 \approx 110\,\mathrm{MPa}$, $\sigma_2 \approx 66\,\mathrm{MPa}$가 된다.

인장방향 변형률이 $\varepsilon$일 때 포아송비 $\nu$에 의해 가로(반경)방향에는 $-\nu\varepsilon$의 변형률이 생긴다.
단면적은 가로 치수의 제곱에 비례하므로, 작은 변형에 대해 단면적의 상대변화는 가로방향 변형률의 2배로 근사되어 $\Delta A \approx 2\nu\varepsilon A$만큼 감소한다.

편심 압축하중이므로 직접압축응력과 굽힘응력을 더해 375 N/cm²가 된다.
그림은 사각 단면 기둥의 정면도와 단면도로, 하중 $P$가 도심에서 $h$ 방향으로 $e$만큼 치우쳐 아래로 작용한다. 주어진 값은 $P=1800\ \mathrm{N}$, $b=3\ \mathrm{cm}$, $h=4\ \mathrm{cm}$, $e=1\ \mathrm{cm}$이다.
단면적 $A=bh=3\times4=12\ \mathrm{cm^2}$, 단면계수 $Z=\dfrac{bh^2}{6}=\dfrac{3\times4^2}{6}=8\ \mathrm{cm^3}$, 편심모멘트 $M=Pe=1800\times1=1800\ \mathrm{N\cdot cm}$이다.
따라서 $\sigma_{max}=\dfrac{P}{A}+\dfrac{M}{Z}=\dfrac{1800}{12}+\dfrac{1800}{8}=150+225=375\ \mathrm{N/cm^2}$로, 굽힘 성분이 압축 성분보다 크다는 점이 특징이다.

비틀림각은 $\theta = \dfrac{TL}{GJ}$로 구하며, 재료와 단면($G$, $J$)이 같으므로 두 축의 비틀림각은 $T$와 $L$의 곱에 비례한다.
길이 $\ell$인 축은 $T\ell$, 길이 $2\ell$인 축은 $2T \times 2\ell = 4T\ell$에 비례하므로, 두 축의 비틀림각의 비는 $1:4$가 된다.

B점 반력의 크기는 52.5 kN이다.
그림은 A가 회전지점(핀), A에서 2 m 떨어진 곳이 이동지점(롤러) B이고, B에서 1 m 더 뻗은 자유단 끝에 25 kN 집중하중이 걸린 내민보이다. 15 kN/m 등분포하중은 A~B의 2 m 구간에 작용한다.
등분포하중의 합력은 $15\times2=30\ \mathrm{kN}$이고 작용점은 A에서 1 m 지점이므로, A점 모멘트 평형은 $R_B\times2=30\times1+25\times3=105$이다.
따라서 $R_B=\dfrac{105}{2}=52.5\ \mathrm{kN}$이며, 수직력 평형에서 $R_A=30+25-52.5=2.5\ \mathrm{kN}$으로 검산된다.

원형 단면의 최대 전단응력은 평균 전단응력의 4/3배이므로 $\tau_{max}=\dfrac{4V}{A}$이다.
그림은 도심을 지나는 y축과 z축이 표시된 원형 단면이고, 이 단면에 걸리는 전체 전단력이 $3V$로 주어져 있다.
원형 단면에서는 $\tau_{max}=\dfrac{4}{3}\cdot\dfrac{F}{A}$이므로 $F=3V$를 대입하면 $\tau_{max}=\dfrac{4}{3}\times\dfrac{3V}{A}=\dfrac{4V}{A}$가 된다. 직사각형 단면이면 1.5배라는 점과 짝지어 외워 두면 혼동하지 않는다.

비가역 사이클에서는 $\oint \dfrac{dQ}{T} < 0$이 성립한다.
클라우지우스 부등식은 임의의 사이클에 대해 $\oint \dfrac{dQ}{T}\le 0$이며, 등호는 사이클을 이루는 모든 과정이 가역일 때만 성립한다.
비가역성이 있으면 마찰·급격한 열전달 등으로 엔트로피가 추가로 생성되어 같은 사이클을 돌아왔을 때 적분값이 0보다 작아진다. 따라서 0이거나 0 이상이 되는 식은 비가역 사이클을 나타낼 수 없다.

스로틀(교축) 과정은 유체가 좁은 통로를 지나며 압력이 강하하는 과정으로, 외부와 일이나 열의 출입이 없고 위치·속도 에너지 변화도 무시할 만큼 작아 엔탈피가 일정하게 유지되는 등엔탈피 과정이다.
압력은 스로틀 과정의 목적상 오히려 감소하며, 엔트로피는 비가역 과정이므로 증가하고, 온도는 실제 기체에서 줄-톰슨 효과에 의해 변할 수 있어 일정하게 유지되지 않는다.

폴리트로픽 과정은 $P_1V_1^n = P_2V_2^n$의 관계를 만족하므로, 이 식을 지수 $n$에 대해 풀어 계산한다.
$\dfrac{P_2}{P_1} = \left(\dfrac{V_1}{V_2}\right)^n \Rightarrow \dfrac{800}{70} = \left(\dfrac{12}{2}\right)^n = 6^n$
$n = \dfrac{\ln(800/70)}{\ln 6} = \dfrac{\ln 11.43}{\ln 6} \approx 1.36$로, 폴리트로프 지수는 약 1.36이다.

폴리트로픽 지수가 비열비와 같을 때, 즉 $n=k$일 때가 가역 단열(등엔트로피) 과정이다.
발문의 식 $Pu^{n}=C$는 지수 $n$ 값만 바꾸면 기본 과정들을 모두 포함하는 일반식이다.
$n=0$이면 $P=C$이므로 정압과정이지 등온과정이 아니다.
$n=1$이면 $Pu=C$이므로 등온과정이지 정적과정이 아니다.
$n=\infty$이면 $u=C$이므로 정적과정이지 정압과정이 아니다.

디젤사이클의 열효율은 $\eta = 1 - \dfrac{1}{r^{k-1}} \cdot \dfrac{\rho^k - 1}{k(\rho - 1)}$로 구하며, 압축비 $r=18$, 체절비(분사단절비) $\rho=2$, 비열비 $k=1.4$를 대입한다.
$r^{k-1} = 18^{0.4} \approx 3.18$, $\dfrac{\rho^k-1}{k(\rho-1)} = \dfrac{2^{1.4}-1}{1.4 \times 1} \approx 1.17$이다.
$\eta = 1 - \dfrac{1.17}{3.18} \approx 0.632$로, 열효율은 약 63 %이다.

정압과정에서 계에 가해진 열량은 $Q = \Delta U + W$로 구하며, 여기서 일은 $W = P\Delta V$이다.
$W = 250\,\mathrm{kPa} \times (0.5 - 0.35)\,\mathrm{m^3} = 37.5\,\mathrm{kJ}$이고, 내부에너지 증가 $\Delta U = 93.9\,\mathrm{kJ}$가 주어졌으므로,
$Q = 93.9 + 37.5 = 131.4\,\mathrm{kJ}$로, 팽창에 필요한 열량은 약 131.4 kJ이다.

같은 초기상태에서 부피를 2배로 늘릴 때 폴리트로픽(지수 2) 과정이 한 일은 $W=\dfrac{1}{2\ln 2}W_1$이다.
등온팽창의 일은 $W_1=P_1V_1\ln\dfrac{V_2}{V_1}=P_1V_1\ln 2$이므로 $P_1V_1=\dfrac{W_1}{\ln 2}$로 정리된다.
$n=2$인 폴리트로픽 과정에서는 $P_2=P_1\left(\dfrac{V_1}{V_2}\right)^{2}=\dfrac{P_1}{4}$이고, $W=\dfrac{P_1V_1-P_2V_2}{n-1}=P_1V_1-\dfrac{P_1}{4}(2V_1)=\dfrac{P_1V_1}{2}$이다.
여기에 $P_1V_1=\dfrac{W_1}{\ln 2}$를 대입하면 $W=\dfrac{W_1}{2\ln 2}\approx0.72\,W_1$로, 지수가 클수록 같은 팽창에서 하는 일이 줄어든다는 사실과도 맞는다.

역카르노 냉동사이클의 성능계수는 $COP = \dfrac{T_L}{T_H - T_L}$로 절대온도를 사용해 계산한다.
응축기 온도 $T_H = 40+273=313\,\mathrm{K}$, 증발기 온도 $T_L=-10+273=263\,\mathrm{K}$을 대입하면 $COP = \dfrac{263}{313-263} = \dfrac{263}{50} \approx 5.26$으로, 성능계수는 약 5.26이다.

이상기체의 엔탈피는 온도만의 함수이므로, 등온과정에서는 체적이 변하더라도 온도가 일정하게 유지되는 한 엔탈피도 변하지 않는다.
따라서 체적 감소와 관계없이 엔탈피 변화량은 0이다.

밀폐계 등온과정에서 이상기체가 하는(또는 받는) 일은 $W = P_1V_1 \ln\dfrac{V_2}{V_1} = P_1V_1 \ln\dfrac{P_1}{P_2}$로 구한다.
$P_1V_1 = 150\,\mathrm{kPa} \times 0.5\,\mathrm{m^3} = 75\,\mathrm{kJ}$이고, $\dfrac{P_1}{P_2} = \dfrac{150}{600} = 0.25$이므로,
$W = 75 \times \ln(0.25) \approx -104\,\mathrm{kJ}$로, 압축에 필요한 일의 크기는 약 104 kJ이다.

단열압축에서 온도 변화는 $T_2 = T_1 \times r^{k-1}$로 구하며, 압축비 $r=16$, 압축전 온도 $T_1 = 90+273=363\,\mathrm{K}$, 비열비 $k=1.4$를 대입한다.
$T_2 = 363 \times 16^{0.4} \approx 363 \times 3.03 \approx 1101\,\mathrm{K}$이므로, 섭씨온도로 환산하면 $1101-273 \approx 828\,^\circ\mathrm{C}$가 되어, 압축 후 공기온도는 약 828 ℃이다.
계산 결과인 1101을 그대로 섭씨온도로 답하지 않도록, 절대온도에서 273을 빼는 환산 과정을 반드시 거쳐야 한다.

비열이 온도에 따라 변하므로 온도로 적분해 구하면 약 504.6 kJ이다.
주어진 식은 $C_p=1.0053+0.000079\,t$ [kJ/(kg·℃)]이고, 질량 5 kg을 0 ℃에서 100 ℃까지 정압 가열하는 조건이다.
$Q=m\int_{0}^{100}C_p\,dt=5\left[\,1.0053t+\dfrac{0.000079}{2}t^{2}\right]_{0}^{100}$
$=5\,(100.53+0.395)=5\times100.925=504.6\ \mathrm{kJ}$이며, 이는 구간 평균 비열 1.00925 kJ/(kg·℃)를 곱한 것과 같은 결과다.

카르노 사이클의 열효율은 $\eta = 1 - \dfrac{T_L}{T_H}$로, 절대온도를 사용해 계산한다.
$T_H = 500+273=773\,\mathrm{K}$, $T_L=50+273=323\,\mathrm{K}$을 대입하면 $\eta = 1 - \dfrac{323}{773} \approx 0.582$로, 열효율은 약 58 %이다.

내부에너지 변화가 없는 과정에서 엔탈피 변화는 $\Delta H = \Delta U + \Delta(PV) = (P_2V_2 - P_1V_1)$로 구한다.
$P_2V_2 = 1000\,\mathrm{kPa}\times0.2\,\mathrm{m^3}=200\,\mathrm{kJ}$, $P_1V_1 = 50\,\mathrm{kPa}\times2.0\,\mathrm{m^3}=100\,\mathrm{kJ}$이므로,
$\Delta H = 200-100=100\,\mathrm{kJ}$로, 엔탈피 변화는 100 kJ이다.

두 물체가 각각 제3의 물체와 열평형(같은 온도)에 있으면 그 두 물체도 서로 열평형 상태에 있다는 원리를 열역학 제0법칙이라 하며, 이는 온도라는 물리량을 정의하고 온도계로 온도를 측정할 수 있는 근거가 된다.
열역학 제1법칙은 에너지 보존을, 제2법칙은 에너지 변환의 방향성을, 제3법칙은 절대영도에서의 엔트로피에 관한 것이어서 온도 측정의 기초 원리와는 구분된다.

두 기관의 효율이 같으려면 중간 온도는 두 열원 온도의 기하평균이어야 하므로 T = 400 K이다.
그림의 배치는 800 K 고온열원 → 카르노기관 1(일 W1) → 중간 열원 T → 카르노기관 2(일 W2) → 200 K 저온열원이다. 각 기관이 카르노 기관이므로 효율은 $\eta_1 = 1 - \dfrac{T}{800}$, $\eta_2 = 1 - \dfrac{200}{T}$이다.
두 효율을 같게 두면 $\dfrac{T}{800} = \dfrac{200}{T}$, 곧 $T^2 = 800 \times 200 = 160000$이다.
따라서 $T = \sqrt{160000} = 400\,\mathrm{K}$이며, 이는 두 열원 온도의 기하평균 $\sqrt{T_H T_L}$이다. 산술평균인 500 K로 답하지 않도록 주의한다.

카르노 열펌프의 성적계수는 $COP_{HP} = \dfrac{T_H}{T_H-T_L}$, 카르노 냉동기의 성적계수는 $COP_R = \dfrac{T_L}{T_H-T_L}$로, 두 식의 분모가 같다.
두 식을 빼면 $COP_{HP} - COP_R = \dfrac{T_H-T_L}{T_H-T_L} = 1$이 되어, 두 성적계수의 차는 항상 1이다.

이상적인(카르노) 냉동사이클의 성능계수는 $COP_R = \dfrac{T_L}{T_H-T_L}$로, 절대온도인 실내 $T_L=20+273=293\,\mathrm{K}$, 실외 $T_H=35+273=308\,\mathrm{K}$를 대입한다.
$COP_R = \dfrac{293}{308-293} = \dfrac{293}{15} \approx 19.5$이고, 실내에서 뽑아내야 할 열량 $Q_L=3\,\mathrm{kW}$에 대해 필요한 최소동력은 $W_{min} = \dfrac{Q_L}{COP_R} = \dfrac{3}{19.5} \approx 0.154\,\mathrm{kW}$로 계산된다.

터빈일을 공급열로 나누면 약 26.8 %가 되어, 보기 중 26.7 %가 답이다.
주어진 엔탈피는 보일러 입구 290.5 kJ/kg, 보일러 출구 3476.9 kJ/kg, 응축기 입구 2622.1 kJ/kg, 응축기 출구 286.3 kJ/kg이다. 펌프일을 무시하면 터빈일은 보일러 출구와 응축기 입구의 엔탈피 차, 공급열은 보일러 출구와 보일러 입구의 엔탈피 차다.
$w_T = 3476.9 - 2622.1 = 854.8\,\mathrm{kJ/kg}$
$q_{in} = 3476.9 - 290.5 = 3186.4\,\mathrm{kJ/kg}$
$\eta = \dfrac{854.8}{3186.4} \approx 0.268$
약 26.8 %이므로 26.7 %가 가장 가깝다. 참고로 펌프일 $290.5 - 286.3 = 4.2\,\mathrm{kJ/kg}$까지 순일에서 빼면 $\eta = \dfrac{854.8 - 4.2}{3186.4} \approx 0.267$로 26.7 %가 정확히 재현된다.

한 사이클을 거쳐 시스템이 원래 상태로 돌아오면 내부에너지 변화는 0이므로, 열역학 제1법칙에 의해 시스템에 가해진 전체 열량은 시스템이 수행한 전체 일의 양과 같다는 설명이 옳다.
열과 일은 상태함수가 아니라 경로에 따라 값이 달라지는 경로함수이다.
일과 열의 대표 단위는 와트(W)가 아니라 줄(J)이며, 와트는 단위시간당 에너지인 동력의 단위이다.
열역학 제1법칙은 에너지 보존을 나타낼 뿐 열과 일의 방향성을 제시하는 것은 열역학 제2법칙이다.

경계층 밖에서는 점성의 영향이 무시할 만큼 작아 포텐셜 유동(비점성·비회전 유동)으로 가정할 수 있다.
전단응력이 크게 작용하거나 와류가 발생하는 것은 점성의 영향이 지배적인 경계층 내부의 특징이며, 각속도 성분 역시 비회전 유동인 경계층 밖에서는 0에 가까워 항상 양의 값을 갖는다고 할 수 없다.

마노미터는 압력차를 측정하는 계측기이며, 유체의 점성계수를 직접 측정하는 점도계의 종류에 속하지 않는다.
오스트발트 점도계와 세이볼트 점도계는 일정량의 유체가 모세관이나 오리피스를 통과하는 시간을 측정해, 낙구식 점도계는 구가 유체 속을 낙하하는 속도를 측정해 점성계수를 구하는 대표적인 점도계이다.

정수력학적 합력은 $F = \gamma h_c A$로 도심의 깊이에만 좌우된다. 원판을 수직으로 세워도 도심의 깊이가 그대로 1 m로 유지되므로 합력의 크기는 변하지 않는다.
다만 수직 상태에서는 깊이에 따라 압력이 선형으로 변하므로 압력분포가 아래쪽으로 치우쳐, 합력의 작용점(압력중심)은 $y_{cp}=y_c+\dfrac{I_c}{y_c A}$에 의해 도심보다 아래쪽으로 이동한다.

비중은 약 0.95이다.
물체가 유체보다 가벼워 뜨려는 성질이 있으므로, 완전히 잠기게 하려면 부력에서 물체 무게를 뺀 만큼의 힘으로 눌러야 한다. 즉 $F = F_B - W$ 관계가 성립한다.
물속에서: $F_{B,water} = \rho_w g V = 1000 \times 9.8 \times 0.2 = 1960\ \mathrm{N}$이므로 $W = 1960 - 300 = 1660\ \mathrm{N}$이다.
다른 유체에서: $F_{B,fluid} = W + 200 = 1860\ \mathrm{N}$이므로 비중 $= \dfrac{F_{B,fluid}}{F_{B,water}} = \dfrac{1860}{1960} \approx 0.95$이다.

통나무의 평균 밀도는 약 835 kg/m³이다.
납을 매달아 통나무를 물속에 완전히 잠긴 채 평형시키므로, 두 물체의 부력의 합은 무게의 합과 같다: $\rho_w g (V_{wood}+V_{lead}) = W_{wood} + W_{lead}$.
납의 부피는 $V_{lead} = \dfrac{34}{11300} \approx 0.00301\ \mathrm{m^3}$, 납의 무게는 $W_{lead} = 34 \times 9.8 \approx 333.2\ \mathrm{N}$이다.
따라서 $V_{wood} = \dfrac{1540+333.2}{1000\times 9.8} - 0.00301 \approx 0.1881\ \mathrm{m^3}$이고, $\rho_{wood} = \dfrac{W_{wood}}{gV_{wood}} = \dfrac{1540}{9.8\times 0.1881} \approx 835\ \mathrm{kg/m^3}$이다.

유체의 체적탄성계수는 압력과 같은 차원을 갖는다.
체적탄성계수는 $K = -V\dfrac{dP}{dV}$로 정의되며, 부피 변화율(무차원)에 대한 압력의 비이므로 단위가 압력과 동일한 $\mathrm{Pa}(=\mathrm{N/m^2})$이다.
부피는 $\mathrm{m^3}$ 차원이다.
속도와 가속도는 각각 $\mathrm{m/s}$, $\mathrm{m/s^2}$ 차원으로 압력과 다르다.

공기의 최대 평균 속도는 물의 최대 평균 속도의 약 15배이다.
같은 지름의 관에서 임계 레이놀즈수가 동일하므로 $Re = \dfrac{VD}{\nu}$가 같으면 속도비는 동점성계수($\nu=\mu/\rho$)비와 같다.
공기: $\nu_{air} = \dfrac{1.8\times10^{-5}}{1.2} = 1.5\times10^{-5}\ \mathrm{m^2/s}$, 물: $\nu_{water} = \dfrac{1.0\times10^{-3}}{1000} = 1.0\times10^{-6}\ \mathrm{m^2/s}$이다.
따라서 속도비는 $\dfrac{V_{air}}{V_{water}} = \dfrac{\nu_{air}}{\nu_{water}} = \dfrac{1.5\times10^{-5}}{1.0\times10^{-6}} = 15$이다.

레이놀즈수를 감소시키는 것은 완전난류 유동에서 마찰손실을 줄이는 방법이 아니다.
완전난류(완전 거친 관) 영역에서는 마찰계수가 상대조도에만 좌우되고 레이놀즈수와는 거의 무관해지므로, 레이놀즈수를 낮춘다고 손실이 줄지 않는다.
관 지름을 키우면 유속과 마찰손실이 줄어든다.
상대조도를 낮추면(표면을 매끄럽게 하면) 마찰계수가 감소한다.
곡관 사용을 줄이면 국부손실이 줄어든다.

팬의 동력 손실은 약 0.17 W이다.
팬이 유체에 전달하는 유효 동력은 $P_{useful} = Q\,\Delta P$이며, 체적유량은 $Q = \dfrac{\dot{m}}{\rho} = \dfrac{0.01}{1.2} \approx 0.00833\ \mathrm{m^3/s}$이다.
따라서 $P_{useful} = 0.00833 \times 100 \approx 0.833\ \mathrm{W}$이고, 동력 손실은 $P_{loss} = P_{supply} - P_{useful} = 1 - 0.833 \approx 0.17\ \mathrm{W}$이다.

깃을 고정시키는데 필요한 힘은 160 N이다.
제트가 180°로 방향이 바뀌므로 운동량 변화는 $F = \rho A V^2 (1-\cos180^\circ) = 2\rho A V^2$이다.
대입하면 $F = 2 \times 1000 \times 0.005 \times 4^2 = 160\ \mathrm{N}$이다.

탱크 수위의 변화 속도는 약 -0.064 m/s이다.
탱크 단면적은 $A_{tank} = \dfrac{\pi}{4}(1)^2 \approx 0.785\ \mathrm{m^2}$이고, 유입·유출 유량은 각각 $Q_{in} = 0.1\times0.5 = 0.05\ \mathrm{m^3/s}$, $Q_{out} = 0.1\times1 = 0.1\ \mathrm{m^3/s}$이다.
연속방정식에 의해 $A_{tank}\dfrac{dh}{dt} = Q_{in}-Q_{out} = -0.05\ \mathrm{m^3/s}$이므로 $\dfrac{dh}{dt} = \dfrac{-0.05}{0.785} \approx -0.064\ \mathrm{m/s}$이다. 음수는 수위가 낮아짐을 뜻한다.