[건설기계설비기사 필기] 16년 2회차 기출문제 정답·해설 페이지

죄임봉이 허용응력까지 견딜 때의 모멘트 평형에서 B단의 최대 안전하중 P는 3kN이 된다.
그림에서 강체봉 AB는 벽의 A점에 힌지로 연결되고, 중간점 C(B에서 4m, A에서 4m)를 벽면의 D점(A보다 3m 위)과 죄임봉 CD로 매달았다. 따라서 $\overline{CD}=\sqrt{4^2+3^2}=5\,\mathrm{m}$ 이고, 죄임봉 장력의 연직 성분비는 $3/5=0.6$ 이다.
죄임봉이 낼 수 있는 최대 인장력은 $T=\sigma_a A=100\times10^6\,\mathrm{Pa}\times1\times10^{-4}\,\mathrm{m^2}=10\,\mathrm{kN}$ 이다.
A점에 대한 모멘트 평형 $P\times8=T\times0.6\times4$ 를 풀면 $P=\dfrac{10\times0.6\times4}{8}=3\,\mathrm{kN}$ 이다. 경사진 부재는 장력의 연직 성분만 모멘트에 기여한다는 점을 놓치고 T를 그대로 대입하면 5kN으로 과대평가된다.

모든 단면의 굽힘응력이 같아지려면 높이가 $h=C\sqrt{L-x}$ 로 변해야 한다.
자유단에 집중하중 $P$가 작용하는 외팔보에서, 벽으로부터 거리 $x$인 단면의 굽힘모멘트는 $M=P(L-x)$ 이다.
폭 $b$가 일정한 사각단면의 단면계수는 $Z=\dfrac{bh^2}{6}$ 이므로 굽힘응력은 $\sigma=\dfrac{M}{Z}=\dfrac{6P(L-x)}{bh^2}$ 가 된다.
이 값을 일정하게 두면 $h^2\propto(L-x)$, 즉 $h=C\sqrt{L-x}$ 이다. 이렇게 만든 보를 평등강도의 보라 하며, 높이를 고정하고 폭을 변화시키는 경우에는 $b\propto(L-x)$ 로 1차 함수가 된다는 점과 구분해야 한다.

최대전단응력은 약 61MPa이다.
비틀림각 $\theta=10^\circ=0.1745\,\mathrm{rad}$이고 표면 반지름 $r=\dfrac{0.1}{2}=0.05\,\mathrm{m}$이다.
$\tau_{max}=\dfrac{G\theta r}{L}=\dfrac{8.4\times10^9\times0.1745\times0.05}{1.2}\approx61\times10^6\,\mathrm{Pa}=61\,\mathrm{MPa}$이다.

가장 비틀기 어려운 경우는 축 지름이 크고 전단탄성계수 G가 클수록이다.
같은 비틀림각과 길이에서 필요한 토크는 $T=\dfrac{G\theta J}{L}$이며, 극단면2차모멘트 $J$는 지름의 4제곱에 비례한다.
따라서 지름이 크고 G가 클수록 요구되는 토크가 커져 더 큰 힘을 들여야 비틀 수 있으므로 가장 비틀기 어려운 조건이 된다.

보가 수평을 유지하려면 두 강봉의 변형량이 같아야 하므로, 강봉 AB에 작용하는 힘은 강봉 CD의 1.50배가 된다.
그림에서 강봉 AB의 길이는 20cm, 강봉 CD의 길이는 30cm이며 지름과 재질은 서로 같다.
수평 유지 조건은 두 봉의 변형량이 같다는 뜻이므로 $\dfrac{F_{AB}L_{AB}}{AE}=\dfrac{F_{CD}L_{CD}}{AE}$ 이고, 단면적과 재질이 같으므로 $F_{AB}\times20=F_{CD}\times30$ 이다.
따라서 $\dfrac{F_{AB}}{F_{CD}}=\dfrac{30}{20}=1.5$ 이다. 길이가 짧은 부재일수록 강성이 커서 더 큰 힘을 분담한다는 원리이며, 비틀림으로 보아 $\theta=\dfrac{TL}{GJ}$ 를 같게 놓아도 길이 비만 남으므로 결과는 동일하다.

용기의 두께는 약 10mm이다.
허용응력은 최대사용응력을 안전계수로 나눈 값으로 $\sigma_{allow}=\dfrac{200}{2}=100\,\mathrm{MPa}$이다.
얇은 원통형 압력용기의 두께식 $t=\dfrac{pD}{2\sigma_{allow}}=\dfrac{1\times2000}{2\times100}=10\,\mathrm{mm}$에서 안지름 2000mm, 내압 1MPa을 대입하면 두께 10mm가 된다.

양쪽으로 2m씩 내민 돌출보에 등분포하중이 걸리므로 굽힘모멘트 선도는 두 지점 위에서 음(-), 지점 사이 중앙에서 양(+)이 되는 형태가 된다.
그림의 보는 전체 길이 10m, 지점이 양끝에서 각각 2m 안쪽에 있어 지간은 6m이며, 등분포하중 $w$가 전 길이에 작용한다. 대칭이므로 각 반력은 $R=5w$ 이다.
내민 부분만 떼어 보면 지점 위의 모멘트는 $M=-\dfrac{w\times2^2}{2}=-2w$ 로 음의 값이고, 보 중앙(끝에서 5m)에서는 $M=5w\times3-\dfrac{w\times5^2}{2}=15w-12.5w=+2.5w$ 로 양의 값이다.
따라서 양끝에서 0으로 시작해 두 지점에서 음의 최대로 내려갔다가 중앙에서 양으로 볼록해지는 선도가 옳다. 전 구간이 음이거나 지점부만 양인 선도, 부호가 반대로 뒤집힌 선도는 내민 부분의 하중 효과를 잘못 반영한 것이다.

외팔보 전체에 균일분포하중이 걸릴 때 자유단에서 생기는 최대 처짐은 $\delta_{max}=\dfrac{\omega l^4}{8EI}$ 이다.
고정단에서 거리 x 인 단면의 굽힘모멘트가 $M(x)=-\dfrac{\omega x^2}{2}$ 이므로, 탄성곡선식 $EI\dfrac{d^2y}{dx^2}=M(x)$ 를 두 번 적분하고 고정단에서 처짐과 처짐각이 0 이라는 조건을 넣으면 자유단($x=l$)에서 $\delta=\dfrac{\omega l^4}{8EI}$ 가 얻어진다.
분모 숫자만 다른 비슷한 식들과 반드시 구분해 두어야 한다.
$\dfrac{\omega l^4}{3EI}$·$\dfrac{\omega l^4}{6EI}$ — 보 공식에 없는 값이다. 외팔보 자유단 집중하중의 처짐 $\dfrac{Pl^3}{3EI}$ 의 분모 3 과 혼동한 형태다.
$\dfrac{5\omega l^4}{384EI}$ — 지지조건이 다르다. 이것은 양단 단순지지 보에 균일분포하중이 걸릴 때의 중앙 최대 처짐이다.

허용 온도범위는 -20.2℃~50.2℃이다.
양단 고정 막대의 열응력은 $\sigma=E\alpha\Delta T$이므로 허용 온도차는 $\Delta T=\dfrac{\sigma}{E\alpha}=\dfrac{85\times10^6}{210\times10^9\times11.5\times10^{-6}}\approx35.2\,\mathrm{K}$이다.
기준온도 15℃에서 이 값만큼 오르내릴 수 있으므로 허용범위는 $15-35.2=-20.2$℃부터 $15+35.2=50.2$℃까지가 된다.

스팬 L 인 단순지지보의 A단에 M, B단에 2.5M 이 작용하므로 $\theta_A=\dfrac{3ML}{4EI}$ 이다.
단순보의 한쪽 끝에만 모멘트 M 이 작용할 때 모멘트가 걸린 쪽 처짐각은 $\dfrac{ML}{3EI}$, 반대쪽 끝은 $\dfrac{ML}{6EI}$ 이다. 그림의 처짐곡선(점선)이 전 구간에서 아래로 처져 있으므로 두 단모멘트는 같은 휨 방향으로 작용하며, 두 효과를 그대로 더하면 된다.
A단 모멘트 M 의 몫: $\dfrac{ML}{3EI}$
B단 모멘트 2.5M 의 몫: $\dfrac{2.5ML}{6EI}$
합: $\theta_A=\dfrac{2ML+2.5ML}{6EI}=\dfrac{4.5ML}{6EI}=\dfrac{3ML}{4EI}$
$\dfrac{ML}{2EI}$ 는 B단 모멘트를 2.5M 이 아니라 M 으로 잘못 본 값($\dfrac{ML}{3EI}+\dfrac{ML}{6EI}$)이고, $\dfrac{ML}{6EI}$ 는 반대쪽 끝 모멘트의 기여만 남긴 값이다. 계수 $\tfrac{1}{3}$·$\tfrac{1}{6}$ 과 배수 2.5 를 모두 챙겨야 한다.

x방향과 y방향의 변형률은 각각 약 405×10⁻⁶, 95×10⁻⁶이다.
평면응력 상태의 변형률식은 $\epsilon_x=\dfrac{\sigma_x-\nu\sigma_y}{E}$, $\epsilon_y=\dfrac{\sigma_y-\nu\sigma_x}{E}$이다.
$\epsilon_x=\dfrac{100-0.3\times50}{210000}\approx405\times10^{-6}$, $\epsilon_y=\dfrac{50-0.3\times100}{210000}\approx95\times10^{-6}$로 계산된다.

축에 작용하는 토크는 약 800N·m이다.
초당 10회전은 각속도로 환산하면 $\omega=2\pi n=2\pi\times10\approx62.8\,\mathrm{rad/s}$이다.
동력과 토크의 관계식 $P=T\omega$에서 $T=\dfrac{P}{\omega}=\dfrac{50000}{62.8}\approx800\,\mathrm{N\cdot m}$가 된다.

밑변이 x축 위에 놓인 삼각형이므로 $I_x=\dfrac{a^4}{6}$ 이다.
그림의 단면은 x축 위 $-a$ 부터 $+a$ 까지가 밑변이어서 밑변 $b=2a$ 이고, 꼭짓점이 y축 위 높이 $a$ 에 있으므로 높이 $h=a$ 인 이등변삼각형이다.
삼각형의 밑변을 지나는 축에 대한 단면 2차 모멘트는 $I=\dfrac{bh^3}{12}$ 이므로
$I_x=\dfrac{(2a)\times a^3}{12}=\dfrac{2a^4}{12}=\dfrac{a^4}{6}$
같은 삼각형이라도 도심축 기준이면 $\dfrac{bh^3}{36}=\dfrac{a^4}{18}$ 로 달라진다. 여기서 묻는 축은 도심축이 아니라 밑변과 겹치는 x축이라는 점이 계산의 갈림길이다.

등방성 재료의 탄성계수 관계식에서 $E=2G(1+\nu)$ 이다.
세로탄성계수 E, 전단탄성계수 G, 체적탄성계수 K, 포아송비 ν 사이에는 $G=\dfrac{E}{2(1+\nu)}$ 와 $K=\dfrac{E}{3(1-2\nu)}$ 가 성립한다. 앞의 식을 E 에 대해 풀면 곧바로 $E=2G(1+\nu)$ 가 된다.
부호와 형태를 확인하면 나머지는 걸러진다.
$2G(1-\nu)$ — 괄호 안 부호가 반대다. 포아송비가 클수록 E 가 작아진다는 잘못된 관계가 되며, 강재의 $\nu\approx0.3$ 을 넣으면 실제보다 작은 값이 나온다.
$\dfrac{2G(1+\nu)}{\nu}$·$\dfrac{2G(1-\nu)}{\nu}$ — ν 로 나누는 항은 이 관계식에 없다. $\nu\to0$ 일 때 E 가 무한대로 발산해 물리적으로 성립하지 않는다.

양단 회전 기둥의 단말계수는 n=1, 일단고정·타단자유 기둥은 n=1/4 이므로 $P_2/P_1=1/4$ 이다.
그림 왼쪽은 위·아래를 모두 핀으로 지지해 가운데가 한 번 부푸는 좌굴형이고, 오른쪽은 아래만 고정하고 위는 자유단이라 캔틸레버처럼 휘는 좌굴형이다. 오일러 좌굴하중은 $P_{cr}=n\dfrac{\pi^2EI}{L^2}$ 이므로 재질·길이 L·단면이 같으면 하중비는 단말계수의 비만으로 결정된다.
$\dfrac{P_2}{P_1}=\dfrac{\frac{1}{4}\pi^2EI/L^2}{1\times\pi^2EI/L^2}=\dfrac{1}{4}$
즉 한쪽을 자유단으로 두면 양단을 핀으로 지지했을 때의 1/4 하중에서 이미 좌굴한다. 참고로 일단고정·타단회전은 n=2, 양단고정은 n=4 로 지지가 단단할수록 값이 커진다.

공학적 변형률과 진변형률의 관계식은 $\epsilon=\ln(e+1)$이다.
공학적 변형률 $e=\dfrac{\Delta L}{L_0}$은 초기 길이를 기준으로 한 상대변화량인 반면, 진변형률은 순간 길이를 기준으로 적분한 값이므로 $\epsilon=\displaystyle\int_{L_0}^{L}\dfrac{dL}{L}=\ln\!\left(\dfrac{L}{L_0}\right)=\ln(1+e)$로 유도된다.

양단고정보의 중앙에 집중하중 P 가 걸리면 하중점 C 의 굽힘모멘트는 $M_C=\dfrac{P\ell}{8}$ 이다.
그림처럼 A·B 가 모두 고정이고 하중이 $\ell/2$ 지점(C)에 있으므로 좌우 대칭이다. 따라서 양 지점 반력은 각각 $P/2$ 이고, 부정정 해석으로 얻어지는 고정단 모멘트는 $M_A=M_B=\dfrac{P\ell}{8}$(처짐을 억제하는 부모멘트)이다.
A에서 C까지 자유물체로 끊으면
$M_C=\dfrac{P}{2}\times\dfrac{\ell}{2}-\dfrac{P\ell}{8}=\dfrac{P\ell}{4}-\dfrac{P\ell}{8}=\dfrac{P\ell}{8}$
$\dfrac{P\ell}{4}$ 는 같은 하중을 단순지지보로 보았을 때의 중앙 모멘트다. 양단을 고정하면 고정단이 모멘트를 나눠 받아 중앙 모멘트가 그 절반으로 줄어든다.

중앙점 C 의 굽힘모멘트는 약 4.5 kN·m 이다.
그림에서 스팬은 $3+3=6\,\mathrm{m}$ 이고, 균일분포하중 $\omega=2\,\mathrm{kN/m}$ 는 A부터 중앙 C까지 왼쪽 3 m 구간에만 걸린다. 합력은 $W=2\times3=6\,\mathrm{kN}$, 작용점은 A에서 1.5 m 지점이다.
반력을 먼저 구하면
$R_B=\dfrac{6\times1.5}{6}=1.5\,\mathrm{kN}$, $R_A=6-1.5=4.5\,\mathrm{kN}$
하중이 없는 오른쪽에서 끊는 편이 간단하다.
$M_C=R_B\times3=1.5\times3=4.5\,\mathrm{kN\cdot m}$
왼쪽에서 검산해도 $M_C=4.5\times3-6\times1.5=4.5\,\mathrm{kN\cdot m}$ 로 같다. 하중이 전 구간에 걸린 것으로 잘못 보면 $\omega\ell^2/8=9\,\mathrm{kN\cdot m}$ 가 나오므로 재하 구간을 그림에서 정확히 읽어야 한다.

직사각형 단면보의 최대전단응력은 평균전단응력의 1.5배이다.
$\tau_{max} = 1.5 \dfrac{V}{A}$
단면적은 $A = 3\text{cm} \times 4\text{cm} = 1200\text{mm}^2$이므로 $\tau_{max} = 1.5 \times \dfrac{800\text{N}}{1200\text{mm}^2} = 1.0\text{MPa}$이다.

볼트가 받는 전단면이 한 개(1면 전단)이므로 전단응력은 약 6.37 MPa 이다.
그림은 두 판재를 겹쳐 볼트 한 개로 체결하고 좌우로 각각 500 N 씩 잡아당기는 겹치기 이음이다. 전단이 일어나는 면은 두 판재가 맞닿는 곳 단 한 군데이고, 저항 단면적은 골지름 1 cm 인 원 단면이다.
$A=\dfrac{\pi d^2}{4}=\dfrac{\pi\times(0.01\,\mathrm{m})^2}{4}=7.854\times10^{-5}\,\mathrm{m^2}$
$\tau=\dfrac{P}{A}=\dfrac{500}{7.854\times10^{-5}}=6.37\times10^{6}\,\mathrm{Pa}=6.37\,\mathrm{MPa}$
전단면을 두 개로 잘못 잡으면 약 3.2 MPa 이 되고, 지름을 골지름 대신 바깥지름으로 잡아도 값이 달라진다. 전단면 수와 골지름 두 가지를 그림과 단서에서 확인하는 것이 요령이다.

압력이 체적에 선형으로 변하므로 기체가 한 일은 사다리꼴 넓이인 $W=\dfrac{1}{2}(P_2+P_1)(V_2-V_1)$ 이다.
그림은 위쪽이 선형 스프링에 눌린 피스톤-실린더이고 아래에서 기체를 가열하는 구조다. 피스톤이 올라갈수록 스프링이 더 압축되어 압력이 체적에 비례해 직선으로 증가한다.
기체가 피스톤에 한 일은 $W=\displaystyle\int_{V_1}^{V_2}P\,dV$, 즉 P-V 선도에서 과정선 아래 면적이다. P 가 V 의 1차식이면 그 면적은 두 변이 $P_1$, $P_2$ 이고 높이가 $(V_2-V_1)$ 인 사다리꼴이 된다.
주어진 $P=aV$ 로 직접 적분해도 $W=\displaystyle\int_{V_1}^{V_2}aV\,dV=\dfrac{a}{2}(V_2^2-V_1^2)=\dfrac{1}{2}(P_2V_2-P_1V_1)$ 로 같은 값이다. 따라서 $P_2V_2-P_1V_1$ 만 쓰면 1/2 배를 빠뜨린 값이고, 체적을 더한 $(V_2+V_1)$ 꼴은 사다리꼴의 높이가 될 수 없다.

카르노 냉동사이클의 성능계수(COP)는 저온부 절대온도와 온도차의 비로 구해진다.
$COP = \dfrac{T_L}{T_H - T_L}$
응축기 온도 $T_H = 50+273 = 323\text{K}$, 증발기 온도 $T_L = -20+273 = 253\text{K}$이므로 $COP = \dfrac{253}{323-253} = 3.61$이다.

정압과정에서는 샤를의 법칙에 따라 비체적과 절대온도가 비례한다.
$\dfrac{v_1}{T_1} = \dfrac{v_2}{T_2}$
초기 온도 $T_1 = 200+273 = 473\text{K}$에서 $T_2 = 473 \times \dfrac{0.4}{0.6} = 315.3\text{K}$이 되며, 이는 $42^{\circ}\text{C}$에 해당한다.

단열과정(adiabatic process)에서는 계와 주변 사이에 열의 이동이 없으므로 Q = 0이다. 열역학 제1법칙 ΔU = Q - W에서 Q = 0을 대입하면 ΔU = -W, 즉 내부 에너지의 변화량이 수행한 일과 크기가 같고 부호가 반대이므로 수행한 일의 절대값은 내부 에너지 변화량의 절대값과 같다.
엔탈피의 변화량: 엔탈피 변화(ΔH = ΔU + Δ(PV))는 일의 크기와 일반적으로 다르다.
단열과정 중의 일은 0: 단열과정에서도 일은 일어난다(기체 팽창이나 압축 시).
외부로부터 받은 열량: 열량은 단열과정에서 0이므로 틀렸다.

밀도는 질량을 부피로 나눈 값이므로 한 변이 2배가 되면 부피는 8배로 늘어난다.
질량이 $m$, 한 변 $a$일 때 $\rho = \dfrac{m}{a^3}$이다.
질량이 $2m$, 한 변이 $2a$이면 부피는 $(2a)^3 = 8a^3$이 되어 밀도는 $\rho' = \dfrac{2m}{8a^3} = \dfrac{1}{4}\rho$로, 원래 밀도의 1/4이 된다.

복사 열전달량은 절대온도의 4제곱에 비례한다(스테판-볼츠만 법칙).
$\dfrac{Q_A}{Q_B} = \left(\dfrac{T_A}{T_B}\right)^4$
절대온도는 $T_A = 120+273 = 393\text{K}$, $T_B = 80+273 = 353\text{K}$이므로 $\dfrac{Q_A}{Q_B} = \left(\dfrac{393}{353}\right)^4 \approx 1.54$이다.

이상기체 상태방정식으로 압력을 구하면 약 112kPa이다.
$PV = mRT$에서 $P = \dfrac{mRT}{V}$이다.
질량 200kg, 기체상수 0.287kJ/kg·K, 온도 $T=20+273=293\text{K}$, 체적 150m³를 대입하면 $P = \dfrac{200 \times 0.287 \times 293}{150} \approx 112\text{kPa}$이다.

가역 등온 상변화 과정에서 가한 열량은 온도와 엔트로피 변화량의 곱으로 구해진다.
$q = T(s_2 - s_1)$
포화온도 $T=212.4+273.15\approx 485.6\text{K}$, 엔트로피 차 $s_2-s_1 = 6.3408-2.4473 = 3.8935\text{kJ/kg}\cdot\text{K}$를 대입하면 $q = 485.6 \times 3.8935 \approx 1890\text{kJ/kg}$이다.

정압과정의 가한 열량은 내부에너지 변화와 팽창일의 합으로 구해진다.
$Q = \Delta U + W$이고, 정압일은 $W = P\Delta V$이다.
압력 200kPa, 체적 변화 $\Delta V = 0.6-0.4=0.2\text{m}^3$이므로 $W = 200 \times 0.2 = 40\text{kJ}$이고, 여기에 내부에너지 증가분 100kJ을 더하면 $Q = 100+40 = 140\text{kJ}$이다.

같은 고열원·저열원 사이에서 작동하면 열펌프의 성적계수는 냉동기의 성적계수보다 정확히 1 만큼 크다.
고열원 온도 $T_H$, 저열원 온도 $T_L$ 인 카르노 사이클에서
$COP_{HP}=\dfrac{T_H}{T_H-T_L}$, $COP_{R}=\dfrac{T_L}{T_H-T_L}$
두 식을 빼면 $COP_{HP}-COP_{R}=\dfrac{T_H-T_L}{T_H-T_L}=1$ 이 되어 $COP_{HP}=COP_{R}+1$ 이다. 에너지 보존으로 보아도 열펌프가 방출하는 열 $Q_H$ 는 냉동기가 흡수하는 열 $Q_L$ 에 압축일 W 를 더한 값이므로 두 성적계수의 차가 $W/W=1$ 이라는 뜻이다.
1 을 빼는 형태나 $\dfrac{1}{COP_{R}\pm1}$ 형태는 열펌프 성적계수가 항상 1 보다 크다는 성질과 어긋나므로 성립할 수 없다.

카르노 사이클의 일은 열효율과 공급열량의 곱으로 구해진다.
$\eta = 1-\dfrac{T_L}{T_H} = 1-\dfrac{300}{600} = 0.5$
따라서 일은 $W = \eta Q_H = 0.5 \times 800 = 400\text{kJ}$이다.

이상기체의 엔트로피 변화량은 정적비열항과 체적항의 합으로 표현되며, 온도와 체적이 모두 2배가 되면 두 항이 합쳐져 정압비열로 정리된다.
$\Delta s = c_v \ln\dfrac{T_2}{T_1} + R\ln\dfrac{v_2}{v_1}$
$T_2/T_1 = v_2/v_1 = 2$이고 $R = c_p-c_v$이므로 $\Delta s = c_v\ln 2 + (c_p-c_v)\ln 2 = c_p\ln 2$가 된다.

강도성 상태량은 물질의 양에 무관한 상태량으로 온도·압력·비체적이 이에 해당한다.
반면 체적은 물질의 양(질량)에 비례하여 커지는 용량성(외연적) 상태량이므로 강도성 상태량이 아니다.

가역과정에서 T-S 선도의 과정선 아래 면적은 주고받은 열량을 나타낸다.
가역과정의 엔트로피 정의 $dS=\dfrac{\delta Q}{T}$ 를 바꿔 쓰면 $\delta Q=T\,dS$ 이고, 상태 1 에서 2 까지 적분하면 $Q_{1\to2}=\displaystyle\int_{1}^{2}T\,dS$ 가 된다. 그림의 빗금 친 띠가 바로 높이 T·폭 dS 인 $T\,dS$ 이고, 이것을 1에서 2까지 모은 과정선 아래 면적이 열량이다.
나머지 양들은 읽는 선도나 성격이 다르다.
절대일 $\int P\,dV$ 와 공업일 $-\int V\,dP$ 는 T-S 선도가 아니라 P-V 선도의 면적으로 읽는 양이다.
내부에너지는 상태량이어서 경로의 면적이 아니라 두 상태의 차 $\Delta U=U_2-U_1$ 로 구한다.

정압과정에서 가한 열량은 정압비열과 온도 변화량의 곱으로 구해진다.
체적이 2배가 되면 정압과정이므로 절대온도도 2배가 된다. 초기 온도 $T_1=150+273=423\text{K}$이므로 $T_2=846\text{K}$, $\Delta T = 423\text{K}$이다.
질량 0.287kg, 정압비열 1.004kJ/kg·K를 대입하면 $Q = mc_p\Delta T = 0.287 \times 1.004 \times 423 \approx 121.9\text{kJ}$이다.

오토 사이클(Otto cycle)은 단열압축-정적가열-단열팽창-정적방열의 4과정으로 이루어져, 단열과정과 정적과정만으로 구성된 사이클이다.
디젤 사이클은 정압가열을, 사바테 사이클은 정적·정압가열을 함께 포함하며, 랭킨 사이클은 증기의 상변화를 수반하므로 해당하지 않는다.

브레이턴 사이클의 이론 열효율은 약 0.316 이다.
그림의 P-V 선도를 보면 1→2 는 압력이 일정한 채 체적이 커지는 고압 정압가열, 2→3 은 단열팽창, 3→4 는 저압 정압방열, 4→1 은 단열압축이다. 따라서 가열량은 $q_{in}=c_p(T_2-T_1)$, 방열량은 $q_{out}=c_p(T_3-T_4)$ 이다.
$\eta=1-\dfrac{q_{out}}{q_{in}}=1-\dfrac{c_p(T_3-T_4)}{c_p(T_2-T_1)}=1-\dfrac{T_3-T_4}{T_2-T_1}$
$=1-\dfrac{690-383}{1010-561}=1-\dfrac{307}{449}=1-0.684\fallingdotseq0.316$
정압선과 단열선을 바꿔 잡아 $1-\dfrac{T_1}{T_2}$ 처럼 계산하면 0.44 부근의 전혀 다른 값이 나온다. 열이 드나드는 두 과정이 어디인지를 선도에서 먼저 확인하는 것이 이 유형의 관건이다.

이상기체의 가역단열과정에서 압력과 체적의 관계식 $PV^n = \text{일정}$의 지수 $n$은 비열비와 같다.
$n = k = \dfrac{C_p}{C_v}$로, 정압비열과 정적비열의 비로 정의된다.

터빈의 출력은 질량유량과 엔탈피 강하량의 곱으로 구해진다.
$\dot{W} = \dot{m}\Delta h = 10\text{kg/s} \times 800\text{kJ/kg} = 8000\text{kW}$

정압과정에서 가한 열량은 정압비열과 온도변화량의 곱으로 나타나며, 정압과정에서 체적비는 절대온도비와 같다.
$Q = mc_p\Delta T$에서 $\Delta T = \dfrac{Q}{mc_p} = \dfrac{323}{1\times1.0} = 323\text{K}$이다.
초기 온도 $T_1=50+273=323\text{K}$이므로 $T_2=323+323=646\text{K}$이 되어, $\dfrac{V_2}{V_1}=\dfrac{T_2}{T_1}=\dfrac{646}{323}=2$, 즉 변경 후 체적은 변경 전의 2배가 된다.

차원 표시가 잘못된 것은 압력의 차원이다.
압력은 힘을 면적으로 나눈 값이므로 차원은 $ML^{-1}T^{-2}$가 되어야 하나, 제시된 표기는 $MLT^{-2}$로 길이 차원의 지수가 $-1$이 아닌 $+1$인 힘(force)의 차원이어서 틀렸다.
일, 동력, 동점성계수의 차원 $ML^2T^{-2}$, $ML^2T^{-3}$, $L^2T^{-1}$은 모두 옳게 표기되어 있다.

원관 내 유량은 달시-바이스바흐 방정식으로 압력차와 관계를 구한 뒤 유속을 산출해 구한다.
$\Delta P = f\dfrac{L}{d}\cdot\dfrac{\rho V^2}{2}$에서 $V = \sqrt{\dfrac{2\Delta P \cdot d}{f L \rho}}$이다.
안지름 0.05m, 길이 20m, 마찰계수 0.02, 압력차 20kPa를 대입하면 $V \approx 2.24\text{m/s}$이고, 유량은 $Q = VA = 2.24 \times \dfrac{\pi}{4}(0.05)^2 \approx 4.4\text{L/s}$이다.

수평 원관 내 층류 유동에서 유량이 일정할 때 압력강하는 하겐-푸아죄유 법칙을 따른다.
$\Delta P = \dfrac{128\mu L Q}{\pi d^4}$
유량 $Q$가 일정하면 압력강하는 관 지름의 4제곱에 반비례한다.

버킹엄 파이 정리는 물리량을 표현하는 변수의 개수와 기본차원 개수의 차만큼 독립적인 무차원수를 만들 수 있다는 정리이다.
변수의 개수를 $k$, 기본차원 개수를 $r$이라 하면, $(k-r)$개의 독립적인 무차원수의 관계식으로 나타낼 수 있다.

부르돈관(Bourdon tube)은 탄성 변형을 이용해 압력을 측정하는 압력계로, 유량 측정과는 직접적인 관련이 없다.
반면 오리피스, 벤투리, 노즐은 모두 차압을 이용한 유량 측정에 사용되는 대표적인 기구이다.

강물의 가속도는 연속방정식으로 구한 유속의 공간 변화율을 이용해 구한다.
유량 $Q=10\text{m}^3/\text{s}$, 수심 $h=1\text{m}$이므로 유속은 $V=\dfrac{Q}{hW}$이며, 폭 $W$가 10m마다 1m씩 좁아지므로 $\dfrac{dW}{dx}=-0.1$이다.
폭이 5m인 지점에서 $V=\dfrac{10}{1\times5}=2\text{m/s}$이고, $\dfrac{dV}{dx}=-\dfrac{Q}{hW^2}\dfrac{dW}{dx}=0.04$이므로 가속도는 $a=V\dfrac{dV}{dx}=2\times0.04=0.08\text{m/s}^2$이다.

비압축성 2차원 유동의 연속방정식을 만족하려면 속도성분의 편미분 합이 0이 되어야 한다.
$\dfrac{\partial u}{\partial x}+\dfrac{\partial v}{\partial y}=0$
$u=kxy$이므로 $\dfrac{\partial u}{\partial x}=ky$이고, $v=a^2+x^2-y^2$이므로 $\dfrac{\partial v}{\partial y}=-2y$이다. 두 값의 합이 0이 되려면 $ky-2y=0$, 즉 $k=2$이다.

단면 CD를 통과하는 유량은 Uobδ/2이다.
그림의 검사체적 ABCD에서 왼쪽 면 AD는 두께 δ 전체가 균일속도 Uo이므로 유입 유량은 $Q_{AD}=U_o b \delta$이다.
오른쪽 면 BC는 $u=\dfrac{U_o y}{\delta}$인 삼각형(선형) 분포이므로 $Q_{BC}=\int_0^{\delta}\dfrac{U_o y}{\delta}b\,dy=\dfrac{U_o b\delta}{2}$가 되어 유입량의 절반만 빠져나간다.
아래 면 AB는 평판 벽면이라 유량이 없고 정상유동이므로 남은 유량은 모두 윗면 CD로 나간다.
$Q_{CD}=U_o b\delta-\dfrac{U_o b\delta}{2}=\dfrac{U_o b\delta}{2}$
이 값은 경계층이 발달하면서 바깥으로 밀려나는 유선의 유량에 해당한다. δ 전체 유량 Uobδ를 그대로 답하면 BC 면으로 빠져나간 몫을 빼지 않은 것이고, 1/4·1/8로 두면 선형 속도분포의 적분값과 맞지 않는다.

탱크 밑면이 받는 계기압력은 기름의 밀도, 중력가속도, 기름 깊이의 곱으로 구해진다.
탱크가 반만 차 있으므로 기름 깊이는 $h=5\text{m}$이고, 비중 0.8이므로 밀도는 $800\text{kg/m}^3$이다.
$P = \rho g h = 800\times9.81\times5 \approx 39.2\text{kPa}$

수직거리 h가 4배로 커지면 유출속도는 2배가 된다.
그림처럼 수면이 대기에 열려 있고 출구도 대기로 분출하며 마찰을 무시할 수 있으므로, 수면과 출구를 잇는 유선에 베르누이식을 적용하면 위치수두 h가 그대로 속도수두로 바뀐다.
$\dfrac{V^2}{2g}=h \;\Rightarrow\; V=\sqrt{2gh}$
즉 유출속도는 수두의 제곱근에 비례한다(토리첼리의 정리).
따라서 $\dfrac{V_2}{V_1}=\sqrt{\dfrac{4h}{h}}=2$이다. 2√2배·4배·8배는 속도가 h에 비례하거나 그보다 빠르게 커진다고 본 값으로, 제곱근 관계와 맞지 않는다.

회전하는 원판 밑면의 전단응력은 중심축에서의 거리에 비례해 선형으로 커진다.
그림에서 아래 원판은 고정되어 있고 위 원판은 갭 높이 h를 유지한 채 각속도 ω로 회전하며, 중심에서 반지름 R까지 갭이 시료 액체로 채워져 있다. 중심축에서 거리가 r인 점의 원판 표면 속도는 $v=r\omega$이다.
갭 사이 속도분포가 선형이고 Newton 유체이므로
$\tau=\mu\dfrac{dv}{dy}=\mu\dfrac{r\omega}{h}$
여기서 μ·ω·h는 모두 상수이므로 τ ∝ r이다.
따라서 중심(r = 0)에서 0이고 바깥 가장자리에서 $\tau_{max}=\dfrac{\mu\omega R}{h}$로 최대가 된다. 거리와 무관하게 일정하거나 거리의 제곱에 비례·거리에 반비례한다는 설명은 이 선형 속도분포에서 나올 수 없다.

펌프 동력은 전양정(실양정+손실수두)을 기준으로 산정되므로, 여기서 손실수두를 역산할 수 있다.
$P = \rho g Q H_{total}$에서 $H_{total} = \dfrac{P}{\rho g Q} = \dfrac{7000}{1000\times9.81\times0.05} \approx 14.3\text{m}$이다.
실양정 10m를 제외한 나머지가 마찰손실수두이므로 $h_L = 14.3-10 \approx 4.3\text{m}$이다.

완전 발달한 층류유동의 마찰계수는 레이놀즈수만의 함수($f=64/Re$)이며, 관의 표면 거칠기(조도)와는 무관하다.
층류에서 압력강하는 관 길이에 제곱이 아닌 1차로 비례한다.
레이놀즈수가 매우 큰 완전난류에서 마찰계수는 오히려 상대조도의 영향을 크게 받는다.
수력학적으로 매끄러운 파이프라도 마찰계수는 0이 아니라 레이놀즈수에 따른 유한한 값을 갖는다.

정지판이 제트로부터 받는 힘은 1000 N이다.
그림에서 단면적 A = 0.01 m²인 물 제트가 속도 Vj = 10 m/s로 정지한 평판에 수직으로 부딪히고, 부딪힌 물은 판을 따라 위·아래로 갈라져 나간다. 즉 제트가 가지고 들어온 축방향 운동량이 전부 소멸한다.
운동량 방정식으로 판이 받는 힘을 구하면
$F=\rho Q V_j=\rho A V_j^{\,2}$
$F=1000\times0.01\times10^{2}=1000\ \mathrm{N}$
물의 밀도 1000 kg/m³를 그대로 넣으면 1 kN 규모가 나온다. 10 N·10 kN·100 kN은 밀도·단면적·속도의 제곱 가운데 어느 하나를 빠뜨리거나 잘못 곱해 자릿수가 어긋난 값이다.

경계층(boundary layer)은 물체 표면 근처에서 점성의 영향이 뚜렷하게 나타나는 층으로, 점성 유동 영역과 비점성(이상유체) 유동 영역의 경계를 이룬다.

회전하는 원통 용기 속 액체의 자유표면은 포물면을 이루며, 물이 넘치기 시작하는 순간은 이 포물면이 컵 벽면 높이에 닿는 시점이다.
체적 보존을 적용하면 $\omega^2 = \dfrac{4g(H-h_0)}{R^2}$의 관계가 성립한다.
컵 깊이 $H=10\text{cm}$, 초기 수위 $h_0=7\text{cm}$, 반지름 $R=3\text{cm}$를 대입하면 $\omega = \sqrt{\dfrac{4\times9.81\times0.03}{0.03^2}} \approx 36.2\text{rad/s}$이다.