[9급 국가직 응용역학개론] 24년 1회차 기출문제 정답·해설 페이지

케이블 장력은 $\dfrac{240}{\sqrt{3}}\,\mathrm{kN}$이다. 수평 풍하중 W는 모르지만 연직 방향 평형만으로 T가 정해진다.
기구에 대한 연직 평형(케이블은 지면과 60°)
$\Sigma F_y=0:\ T\sin 60^\circ=120$
$T=\dfrac{120}{\sqrt{3}/2}=\dfrac{240}{\sqrt{3}}=80\sqrt{3}\,\mathrm{kN}$
참고로 수평 평형에서 $W=T\cos 60^\circ=\dfrac{120}{\sqrt{3}}\,\mathrm{kN}$이 되며, 이 값은 장력이 아니라 풍하중의 크기이다.
$\dfrac{120}{\sqrt{3}}$이면 연직 성분이 60 kN뿐이라 부양력을 받치지 못한다(이 값은 풍하중 W의 크기이다).
$120\sqrt{3}$이면 연직 성분이 180 kN으로 부양력보다 크다.
$240\sqrt{3}$이면 연직 성분이 360 kN으로 부양력의 세 배가 된다.

기둥 (b)의 좌굴하중은 400 kN이다. 양단 핀인 (a)와 길이·EI가 같고 양단 고정인 (b)는 유효길이가 절반이 되어 좌굴하중이 4배가 된다.
오일러 좌굴하중 $P_{cr}=\dfrac{\pi^2EI}{(KL)^2}$에서 (a) 양단 핀 $K=1$, (b) 양단 고정 $K=0.5$
$\dfrac{P_b}{P_a}=\left(\dfrac{1}{0.5}\right)^2=4$ → $P_b=4\times100=400\,\mathrm{kN}$
25 kN은 비 4를 거꾸로 적용해 나눈 값이다.
200 kN은 유효길이 비(2)를 제곱하지 않은 값이다.
$200\sqrt{2}$ kN은 유효길이 비의 제곱(4배)과 맞지 않는다.

주응력은 $\sigma_1=15,\ \sigma_2=5\,\mathrm{MPa}$, 최대전단응력은 $\tau_{max}=5\,\mathrm{MPa}$이다.
그림에서 $\sigma_x=\sigma_y=10\,\mathrm{MPa}$(인장), $\tau_{xy}=5\,\mathrm{MPa}$
$\sigma_{1,2}=\dfrac{\sigma_x+\sigma_y}{2}\pm\sqrt{\left(\dfrac{\sigma_x-\sigma_y}{2}\right)^2+\tau_{xy}^2}=10\pm\sqrt{0+25}=10\pm5$
$\tau_{max}=\sqrt{0+5^2}=5\,\mathrm{MPa}$ (모어원 반지름)
σ1=15, σ2=5, τmax=$5\sqrt{5}$ 조합은 최대전단응력을 모어원 반지름보다 크게 잡았는데, 두 수직응력이 같으므로 반지름은 τxy 자체(5)이다.
σ1=10, σ2=5, τmax=$5\sqrt{5}$ 조합은 주응력이 평균 10에서 ±5만큼 벌어진다는 점과 최대전단응력 모두 맞지 않는다.
σ1=10, σ2=5, τmax=5 조합은 최대전단응력은 맞으나, 최대주응력이 평균응력(10)과 같을 수 없다.

A점과 D점의 전단력은 $V_A=0.5P,\ V_D=0.5P$이다. 두 힌지 B·C 사이 구간이 얹힌 단순보처럼 하중을 양쪽에 반씩 넘기기 때문이다.
BC 구간(경간 $2b$, 하중이 중앙): $R_B=R_C=\dfrac{P\cdot b}{2b}=\dfrac{P}{2}$
AB는 A 고정 캔틸레버로 B 끝에 $P/2$를 받으므로 $V_A=0.5P$, CD는 D 고정 캔틸레버로 C 끝에 $P/2$를 받으므로 $V_D=0.5P$이다.
캔틸레버 구간 길이(3b, b)는 고정단 휨모멘트에만 영향을 줄 뿐 전단력에는 영향을 주지 않는다.
0.1P·0.9P 조합은 연직 합은 P이지만, 하중이 두 힌지의 정중앙에 있어 양쪽 전달력이 같아야 한다는 점에 어긋난다.
0.3P·0.7P 조합도 같은 이유로 대칭 분배와 맞지 않는다.
0.9P·0.1P 조합 역시 A쪽으로 하중이 몰릴 근거가 없다.

필요한 하중은 $P=\dfrac{3}{2}\dfrac{M}{L}$이다. 두 캔틸레버의 자유단 처짐 공식을 같게 놓으면 된다.
(a) 자유단 집중하중: $\delta_B=\dfrac{PL^3}{3EI}$
(b) 자유단 모멘트: $\delta_B=\dfrac{ML^2}{2EI}$
$\dfrac{PL^3}{3EI}=\dfrac{ML^2}{2EI}\ \Rightarrow\ P=\dfrac{3M}{2L}$
$\dfrac{1}{2}\dfrac{M}{L}$은 하중이 부족해 (a)의 처짐이 (b)의 1/3에 그친다.
$\dfrac{M}{L}$도 (a)의 처짐이 (b)의 2/3로 작다.
$2\dfrac{M}{L}$은 (a)의 처짐이 (b)의 4/3로 커진다. 결국 공식 계수 1/3과 1/2의 비가 답의 계수가 된다.

옳지 않은 설명은 A~G 전 구간에 등분포하중이 작용한다는 것이다. F~G 구간의 휨모멘트 선도가 2차 곡선이 아닌 직선이므로 이 구간에는 분포하중이 없다.
등분포하중 구간은 휨모멘트가 2차 곡선, 무하중 구간은 직선이다. F~G는 F의 부모멘트에서 G의 0까지 직선이므로 전단력이 일정하고, 자유단 G에서 그 전단력을 받아 주는 집중하중이 있어야 한다.
A~C는 부모멘트라 위로 볼록, C~E는 정모멘트라 아래로 볼록하게 처지므로 처짐 형상 설명은 옳다.
D점에서 휨모멘트가 왼쪽에서 오른쪽으로 갈 때 위로 불연속 증가하므로 시계방향 집중 모멘트하중이 작용한다는 설명은 옳다.
F~G의 직선 선도가 G에서 0으로 끝나며 기울기(전단력)가 남아 있으므로 G점에 집중하중이 작용한다는 설명은 옳다.

두 단면은 $I_{(a)}=I_{(b)}$이고 $Z_{(a)}>Z_{(b)}$이다.
정사각형은 도심을 지나는 모든 축에 대해 단면2차모멘트가 같다: $I=\dfrac{h^4}{12}$
(a) 연단거리 $h/2$: $Z_{(a)}=\dfrac{h^4/12}{h/2}=\dfrac{h^3}{6}$
(b) 연단거리 $h/\sqrt{2}$: $Z_{(b)}=\dfrac{h^4/12}{h/\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}h^3}{12}=\dfrac{h^3}{6\sqrt{2}}$
I와 Z가 모두 같다는 설명은 (b)의 연단거리가 더 멀어 Z가 작아지는 점을 놓쳤다.
I와 Z가 모두 (a)가 크다는 설명은 정사각형의 I가 축 방향과 무관하다는 점에 어긋난다.
I는 (a)가 크고 Z는 같다는 설명은 실제와 반대로, I는 같고 Z는 연단거리가 짧은 (a)가 더 크다.

케이블의 길이 변형량은 10 mm이다. 강체보의 A점 모멘트 평형으로 장력을 구한 뒤 $\delta=\dfrac{TL}{EA}$를 적용한다.
케이블 BD: 수평 4 m, 연직 3 m → 길이 5 m, 연직 성분 $\dfrac{3}{5}T$
$\Sigma M_A=0:\ \dfrac{3}{5}T\times4=16\times6\ \Rightarrow\ T=40\,\mathrm{kN}$
$\delta=\dfrac{TL}{EA}=\dfrac{40\times5}{200000\times0.1}=0.01\,\mathrm{m}=10\,\mathrm{mm}$ (장력의 수평 성분은 A와 같은 높이에 작용해 모멘트에 기여하지 않는다)
5 mm는 장력 20 kN에 해당해 A점 모멘트 평형(2.4T=96)을 만족하지 않는다.
20 mm는 장력 80 kN에 해당해 역시 평형을 만족하지 않는다.
40 mm는 장력 160 kN에 해당하는 값이다.

부재의 축방향 응력은 300 MPa(인장)이다. 게이지가 측정한 전체 변형률에서 온도 변형률을 빼면 응력에 의한 탄성 변형률이 남는다.
$\varepsilon=\dfrac{\sigma}{E}+\alpha\Delta T$
$\alpha\Delta T=20\times10^{-6}\times(-30)=-600\times10^{-6}$
$\dfrac{\sigma}{E}=2400\times10^{-6}+600\times10^{-6}=3000\times10^{-6}$
$\sigma=100000\,\mathrm{MPa}\times0.003=300\,\mathrm{MPa}$
240 MPa는 측정 변형률 전체를 응력 변형률로 본 값으로, 온도 수축을 보정하지 않았다.
180 MPa는 온도 변형률의 부호를 반대로 보정(2400−600)한 값이다.
120 MPa는 탄성 변형률 1200×$10^{-6}$에 해당해 어떤 보정으로도 나오지 않는다.

미끄러짐 직전의 최대 하중은 25 kN이다. 도르래 마찰이 없으므로 케이블 장력은 P와 같고, 그 경사 성분이 수직항력을 줄인다.
경사 3:4 → $\sin\theta=0.6,\ \cos\theta=0.8$
$N=W-0.6P=55-0.6P$
미끄러짐 직전: $0.8P=\mu N=0.5(55-0.6P)$
$1.1P=27.5\ \Rightarrow\ P=25\,\mathrm{kN}$
30 kN이면 수평 성분 24 kN이 최대정지마찰력 0.5×37=18.5 kN을 넘어 이미 미끄러진다.
35 kN이면 수평 성분 28 kN이 0.5×34=17 kN을 넘는다.
40 kN이면 수평 성분 32 kN이 0.5×31=15.5 kN을 넘는다. 장력의 연직 성분으로 수직항력이 감소하는 점을 반영해야 한다.

y방향 수축변형률은 $0.24\times10^{-3}$이다. x방향이 구속되어 있어 벽이 x방향 압축응력을 만들고, 이것이 포아송 효과로 y방향 수축을 줄인다.
x방향 구속 $\varepsilon_x=0$: $\sigma_x-\nu\sigma_y=0\ \Rightarrow\ \sigma_x=0.2\times(-50)=-10\,\mathrm{MPa}$
$\varepsilon_y=\dfrac{\sigma_y-\nu\sigma_x}{E}=\dfrac{-50-0.2\times(-10)}{200000}=\dfrac{-48}{200000}=-0.24\times10^{-3}$
0.20은 σx를 −50 MPa(양방향 같은 압력)로 본 값 $(-50+10)/200000$으로, 마찰 없는 벽의 구속 조건 $\varepsilon_x=0$과 다르다.
0.22는 구속응력이 −30 MPa여야 나오는 값으로 $\sigma_x=\nu\sigma_y$와 맞지 않는다.
0.26은 구속이 없을 때의 $0.25\times10^{-3}$보다도 커서, 구속이 오히려 수축을 줄인다는 점과 맞지 않는다.

A점의 수직 반력은 $\dfrac{10}{3}\,\mathrm{kN}$ 하향이다. 두 케이블 장력의 합(40/3 kN)이 하중 10 kN보다 커서 A가 보를 아래로 잡아당겨야 한다.
변형 적합: A 중심으로 회전각 θ → $\delta_B=5\theta,\ \delta_C=10\theta$
$T_B=\dfrac{EA\cdot5\theta}{2},\ T_C=\dfrac{EA\cdot10\theta}{4}$ → 두 장력이 같다 ($T_B=T_C=T$)
$\Sigma M_A=0:\ 5T+10T=10\times10\ \Rightarrow\ T=\dfrac{20}{3}\,\mathrm{kN}$
$\Sigma F_y=0:\ R_A+2T-10=0\ \Rightarrow\ R_A=10-\dfrac{40}{3}=-\dfrac{10}{3}\,\mathrm{kN}$ (음수이므로 하향)
20/3 kN 하향은 케이블 하나의 장력 크기로, A점 반력이 아니다.
20/3 kN 상향도 케이블 장력과 혼동한 값이다.
10/3 kN 상향은 크기는 맞으나 반력이 음수로 나온 점을 놓쳐 방향이 반대이다.

D~E 구간 전단력의 영향선은 A에서 0, D에서 음의 최댓값, E에서 양의 최댓값, F에서 0인 꺾은선이다. 하중이 세로보를 거쳐 패널점으로만 전달되므로 D와 E 사이에서 불연속 없이 직선으로 이어진다.
경간을 5등분(패널 길이 a)하면 패널점 값은 단순보 전단 영향선과 같다: D에서 $-\dfrac{3}{5}$, E에서 $+\dfrac{1}{5}$. 패널 내부는 두 패널점 값을 직선 보간한다.
D에서 수직으로 뛰는(불연속) 영향선은 바닥틀이 없는 일반 단순보의 단면 전단 영향선이다.
A~D에서 0이다가 D에서 음으로 떨어져 F까지 직선으로 돌아오는 선도는 하중이 A~D 패널점에 있을 때 생기는 음의 전단(좌측 가지)을 빠뜨렸다.
E에서 꼭짓점을 갖는 양(+)의 삼각형은 E점 휨모멘트 영향선의 형태이다.

등분포 소성붕괴하중은 $w_u=\dfrac{8M_p}{L^2}$이다. 정정 단순보는 최대 모멘트 위치(경간 중앙)에 소성힌지 하나만 생겨도 붕괴 기구가 된다.
단순보 중앙 휨모멘트 $M_{max}=\dfrac{wL^2}{8}$
$\dfrac{w_uL^2}{8}=M_p\ \Rightarrow\ w_u=\dfrac{8M_p}{L^2}$
$\dfrac{4M_p}{L^2}$은 최대 모멘트를 $wL^2/4$로 잘못 잡은 값이다.
$\dfrac{2M_p}{L^2}$은 캔틸레버의 고정단 모멘트 $wL^2/2$를 적용한 값이다.
$\dfrac{M_p}{L^2}$은 계수 1/8을 빠뜨리고 $wL^2=M_p$로 둔 값이다.

스프링 강성은 $k_B=2.5\,\mathrm{kN/m}$이다. 보가 수평을 유지하려면 두 스프링의 늘음량이 같아야 한다.
반력: $R_A=\dfrac{900\times2}{3}=600\,\mathrm{N},\ R_B=\dfrac{900\times1}{3}=300\,\mathrm{N}$
같은 처짐: $\dfrac{R_A}{k_A}=\dfrac{R_B}{k_B}\ \Rightarrow\ \dfrac{0.6}{5}=0.12\,\mathrm{m}$
$k_B=\dfrac{0.3}{0.12}=2.5\,\mathrm{kN/m}$
1.0 kN/m이면 B 스프링이 0.3 m 늘어나 A쪽(0.12 m)보다 훨씬 처진다.
1.5 kN/m이면 B쪽 0.2 m로 여전히 B쪽으로 기운다.
2.0 kN/m이면 B쪽 0.15 m로 A쪽 0.12 m와 같지 않다. 반력 비 2:1과 강성 비 2:1이 같아야 한다.

최대전단응력의 비는 $\dfrac{9\pi}{32}$이다. 정사각형은 평균의 1.5배, 원형은 평균의 4/3배가 최대전단응력이다.
정사각형: $\tau_{max}=\dfrac{3}{2}\dfrac{V}{a^2}$
원형(지름 a): $\tau_{max}=\dfrac{4}{3}\dfrac{V}{\pi a^2/4}=\dfrac{16V}{3\pi a^2}$
$\dfrac{3/2}{16/(3\pi)}=\dfrac{9\pi}{32}$
$\pi/4$는 평균전단응력의 비(면적 비)로, 단면 형상 계수(3/2, 4/3)를 빠뜨린 값이다.
$7\pi/32$는 두 계수 3/2와 4/3의 조합으로 나오지 않는다.
$3\pi/16$은 정사각형 계수 3/2를 1로 본 값이다.

봉 재료의 탄성계수는 240 GPa이다. 곡률과 휨모멘트의 관계 $\dfrac{1}{\rho}=\dfrac{M}{EI}$를 E에 대해 풀면 된다.
$I=\dfrac{10\times10^3}{12}=833.3\,\mathrm{mm^4}=8.333\times10^{-10}\,\mathrm{m^4}$
$E=\dfrac{M\rho}{I}=\dfrac{50\times4}{8.333\times10^{-10}}=2.4\times10^{11}\,\mathrm{Pa}=240\,\mathrm{GPa}$
200 GPa는 I를 $a^4/10$으로 잡은 값이다.
220 GPa는 정사각형 단면2차모멘트 $a^4/12$로 계산한 값과 맞지 않는다.
260 GPa도 같은 이유로 곡률-모멘트 관계를 만족하지 않는다.

부재 BC의 부재력은 $5\sqrt{2}\,\mathrm{kN}$(압축)이다. 지점 반력을 구한 뒤 절점 A, 절점 B 순으로 절점법을 적용한다.
반력: $\Sigma M_A=0:\ 3R_D=5\times1+5\times2\Rightarrow R_D=5,\ R_A=5\,\mathrm{kN}$
절점 A(AB는 45° 경사): $F_{AB}\sin45^\circ+5=0\Rightarrow F_{AB}=-5\sqrt{2}$
절점 B 수평 평형(AB·BC 모두 45°, BF는 연직): $F_{BC}=F_{AB}=-5\sqrt{2}\,\mathrm{kN}$
검산: 절점 B 연직 $5+5-F_{BF}-5=0\Rightarrow F_{BF}=5$(인장), 절점 D에서도 $F_{DC}=-5\sqrt{2}$로 대칭적 결과가 나온다.
5 kN 인장은 45° 경사 부재의 한 성분만 본 값이며 부호도 반대이다.
5 kN 압축은 경사 부재의 연직 성분(5 kN)을 부재력으로 착각한 값이다.
$5\sqrt{2}$ kN 인장은 크기는 맞으나, 절점 B에서 BC는 지점 반력을 받치는 압축재 AB와 같은 부재력이다.

A점의 회전각은 $\theta_A=0.015\,\mathrm{rad}$, C점의 처짐은 $\delta_C=0.03\,\mathrm{m}$이다. 하중이 경간 중앙에 있는 단순보 공식을 그대로 쓴다.
$\theta_A=\dfrac{PL^2}{16EI}=\dfrac{8\times6^2}{16\times1200}=\dfrac{288}{19200}=0.015\,\mathrm{rad}$
$\delta_C=\dfrac{PL^3}{48EI}=\dfrac{8\times6^3}{48\times1200}=\dfrac{1728}{57600}=0.03\,\mathrm{m}$
θA=0.015, δC=0.02 조합의 처짐은 $PL^3/72EI$에 해당해 중앙 집중하중 공식과 다르다.
θA=0.01, δC=0.03 조합의 회전각은 $PL^2/24EI$에 해당한다.
θA=0.01, δC=0.02 조합은 두 값 모두 공식과 맞지 않는다.

판의 두께는 t = 8 mm이다. 접착면(중립축에서 t/2 떨어진 면)의 전단응력 $\tau=\dfrac{VQ}{Ib}$가 전단강도 5 MPa에 도달하는 조건이다.
$V=\dfrac{P}{2}=4.5\,\mathrm{kN}=4500\,\mathrm{N}$
$I=\dfrac{50(3t)^3}{12}=112.5t^3,\ Q=50t\times t=50t^2$ (윗판 면적 × 중립축까지 거리 t)
$\tau=\dfrac{4500\times50t^2}{112.5t^3\times50}=\dfrac{40}{t}=5\ \Rightarrow\ t=8\,\mathrm{mm}$
16 mm는 전단력을 P 전체로 잡은 값이다.
24 mm이면 접착면 전단응력이 40/24≈1.7 MPa로 강도에 못 미친다.
32 mm이면 접착면 전단응력이 1.25 MPa로 역시 파괴되지 않는다.