[9급 국가직 응용역학개론] 26년 1회차 기출문제 정답·해설 페이지

등방성 선형탄성재료의 탄성상수 관계식을 쓰면 포아송비는 0.5이다.
탄성상수 관계식
$G=\dfrac{E}{2(1+\nu)}$
값 대입
$1+\nu=\dfrac{E}{2G}=\dfrac{300}{2\times 100}=1.5$
결과
$\nu=1.5-1=0.5$

스프링에 저장되는 일은 변위의 제곱에 비례하므로, 2 mm에서 3 mm로 늘이는 데 필요한 일은 0.005 N·m이다.
스프링 상수
$k=\dfrac{P}{\delta}=\dfrac{4\,\mathrm{N}}{0.002\,\mathrm{m}}=2000\,\mathrm{N/m}$
추가 일 = 변형에너지 증가량
$W=\dfrac{1}{2}k\left(\delta_2^2-\delta_1^2\right)$
$=\dfrac{1}{2}(2000)\left(0.003^2-0.002^2\right)$
$=1000\times 5\times 10^{-6}=0.005\,\mathrm{N\cdot m}$
처음부터 3 mm까지의 전체 일(0.009 N·m)이나 1 mm만 늘이는 일(0.001 N·m)과 혼동하지 않도록 주의한다.

평행축 정리로 두 축의 단면 2차모멘트를 모두 도심축 값으로 표현하면 $\mathrm{I}_{x_1}=\mathrm{I}_{x_2}-3\mathrm{Ad}^2$이다.
평행축 정리
$\mathrm{I}_x=\mathrm{I}_c+\mathrm{A}y^2$
두 축에 적용
$\mathrm{I}_{x_2}=\mathrm{I}_c+\mathrm{A}(2d)^2=\mathrm{I}_c+4\mathrm{Ad}^2$
$\mathrm{I}_{x_1}=\mathrm{I}_c+\mathrm{Ad}^2=\mathrm{I}_{x_2}-4\mathrm{Ad}^2+\mathrm{Ad}^2=\mathrm{I}_{x_2}-3\mathrm{Ad}^2$
$\mathrm{I}_{x_2}-\mathrm{Ad}^2$: 두 축 사이 거리 d만 보고 평행축 정리를 바로 적용한 오류이다. 평행축 정리는 반드시 도심축 기준으로만 쓸 수 있다.
$\mathrm{I}_{x_2}-4\mathrm{Ad}^2$: 이는 도심축 값 $\mathrm{I}_c$이며, 여기에 $\mathrm{Ad}^2$를 다시 더해야 한다.
$\mathrm{I}_{x_2}-2\mathrm{Ad}^2$: 거리 제곱 관계를 반영하지 않은 값이다.

A점에 대한 전도모멘트가 자중에 의한 저항모멘트와 같아지는 순간의 하중은 500 kN/m이다.
자중(단위 길이당)
상부까지 이어진 6 m×10 m 부분: $W_1=6\times 10\times 20=1200\,\mathrm{kN/m}$, A에서 팔 길이 3 m
하단 돌출 2 m×5 m 부분: $W_2=2\times 5\times 20=200\,\mathrm{kN/m}$, A에서 팔 길이 7 m
A점 모멘트 평형
$P\times 10=1200\times 3+200\times 7=3600+1400=5000$
$P=500\,\mathrm{kN/m}$
돌출부 자중을 빼고 계산하면 360 kN/m 수준이 되어 보기에 맞지 않는다.
수평하중의 작용 높이는 바닥에서 10 m(옹벽 상단)이므로 5 m로 잡으면 값이 두 배로 커진다.

지점 A의 모멘트 반력은 40 kN·m, 반시계 방향이다.
하중의 A점 모멘트
B점의 연직하중 4 kN은 작용선이 기둥 AB(A의 연직선)를 지나므로 모멘트가 없다.
D점의 수평하중 10 kN(오른쪽)은 A에서 높이 $5-1=4\,\mathrm{m}$에 작용하므로
$M=10\times 4=40\,\mathrm{kN\cdot m}$ (시계 방향)
평형
$\Sigma M_A=0$이므로 고정단 반력모멘트는 하중 모멘트와 크기가 같고 방향이 반대인 반시계 방향 40 kN·m이다.
30 kN·m: 수평거리 3 m에 10 kN을 곱한 값으로, 수평력의 팔 길이는 수직거리여야 한다.
시계 방향 40 kN·m: 하중이 만드는 모멘트 방향이며, 반력은 그 반대 방향이다.

지점 A에 대한 모멘트 평형에서 거리 x는 $\dfrac{7\mathrm{L}}{3}$이다.
하중 위치(A 기준)
2P: A 왼쪽 L, 3P: A 오른쪽 x, P: A 오른쪽 3L, 지점 B: A 오른쪽 2L
A점 모멘트 평형
$R_B\times 2\mathrm{L}+2\mathrm{P}\times \mathrm{L}=3\mathrm{P}\times x+\mathrm{P}\times 3\mathrm{L}$
$4\mathrm{P}\times 2\mathrm{L}+2\mathrm{PL}=3\mathrm{P}x+3\mathrm{PL}$
$3\mathrm{P}x=7\mathrm{PL}\quad\Rightarrow\quad x=\dfrac{7\mathrm{L}}{3}$
$2\mathrm{L}$: 3P가 B 바로 위에 오는 경우로, 이때 B 반력은 $\dfrac{7\mathrm{P}}{2}$로 4P에 못 미친다.
$\dfrac{4\mathrm{L}}{3}$, $\dfrac{5\mathrm{L}}{3}$: 3P가 A 쪽으로 더 가까워지므로 B 반력이 더 작아진다.

최대휨인장응력과 최대전단응력의 비는 20 : 1이다.
최대휨응력 (중앙)
$M_{\max}=\dfrac{wL^2}{8}=\dfrac{2\times 8^2}{8}=16\,\mathrm{kN\cdot m}$
$Z=\dfrac{bh^2}{6}=\dfrac{0.2\times 0.4^2}{6}=\dfrac{0.032}{6}\,\mathrm{m^3}$
$\sigma_{\max}=\dfrac{M}{Z}=\dfrac{16\times 6}{0.032}=3000\,\mathrm{kN/m^2}$
최대전단응력 (지점, 직사각형 단면)
$V_{\max}=\dfrac{wL}{2}=8\,\mathrm{kN}$
$\tau_{\max}=\dfrac{3}{2}\cdot\dfrac{V}{bh}=1.5\times\dfrac{8}{0.08}=150\,\mathrm{kN/m^2}$
따라서 $\sigma_{\max}:\tau_{\max}=3000:150=20:1$이다. 일반식 $\dfrac{\sigma_{\max}}{\tau_{\max}}=\dfrac{L}{h}=\dfrac{8}{0.4}$로도 같은 결과가 나온다.

모든 점에서 성질이 같은 것은 균질성이고, 모든 방향에서 성질이 같은 것은 등방성이므로, 균질재료를 "모든 점 및 모든 방향에서 같다"고 정의한 설명이 옳지 않다.
균질재료라도 섬유 방향에 따라 성질이 다른 이방성 재료(예: 목재, 섬유복합재)가 될 수 있다.
포아송비가 선형탄성 영역에서만 일정하다는 설명: 옳다. 항복 이후에는 체적이 거의 보존되는 쪽으로 값이 변한다.
응력이 최대치에 도달할 때의 응력을 극한응력이라 한다는 설명: 옳다.
탄성한도를 넘은 뒤 하중을 제거해도 남는 변형을 잔류(영구)변형이라 한다는 설명: 옳다.

하중 구간 끝 B의 처짐에 B의 처짐각이 만드는 직선 처짐을 더하면 C점 처짐은 $\dfrac{5wL^4}{384EI}$이다.
B점 처짐·처짐각 (하중 길이 $a=\dfrac{L}{2}$인 캔틸레버)
$\delta_B=\dfrac{wa^4}{8EI}=\dfrac{wL^4}{128EI}$
$\theta_B=\dfrac{wa^3}{6EI}=\dfrac{wL^3}{48EI}$
C점 처짐 (BC 구간은 하중이 없어 직선)
$\delta_C=\delta_B+\theta_B\times\dfrac{L}{4}=\dfrac{wL^4}{128EI}+\dfrac{wL^4}{192EI}$
$=\dfrac{3wL^4+2wL^4}{384EI}=\dfrac{5wL^4}{384EI}$
$\dfrac{7wL^4}{384EI}$: 처짐각 항의 팔 길이를 BC 길이(L/4)가 아니라 L/2로 잡은 값이다.
$\dfrac{5wL^4}{24EI}$, $\dfrac{7wL^4}{24EI}$: 전 길이 L에 하중이 실린 캔틸레버 끝 처짐 $\dfrac{wL^4}{8EI}$보다도 커서 성립하지 않는다.

보의 B점 처짐과 스프링 변위가 같다는 적합조건으로 풀면 B점 처짐은 5 mm이다.
스프링 없는 캔틸레버 끝 처짐
$\delta_w=\dfrac{wL^4}{8EI}=\dfrac{0.8\times 10^4}{8\times 10^5}=0.01\,\mathrm{m}$
스프링력 R에 의한 처짐 회복
$\delta_R=\dfrac{RL^3}{3EI}=\dfrac{R\times 1000}{3\times 10^5}=\dfrac{R}{300}$
적합조건 ($\delta_B=R/k$)
$0.01-\dfrac{R}{300}=\dfrac{R}{300}\quad\Rightarrow\quad R=1.5\,\mathrm{MN}$
$\delta_B=\dfrac{1.5}{300}=0.005\,\mathrm{m}=5\,\mathrm{mm}$
10 mm: 스프링이 없을 때의 처짐으로, 스프링 반력을 무시한 값이다.
1 mm, 50 mm: 단위 환산(m→mm) 또는 스프링 강성 반영 과정의 오류에서 나오는 값이다.

단면법으로 C점에 대한 모멘트를 취하면 부재 FG의 부재력 크기는 $\dfrac{3\mathrm{P}}{4}$(인장)이다.
지점 E 반력 (A점 모멘트, 수평하중 P는 높이 L)
$R_E\times 6\mathrm{L}=2\mathrm{P}\times 3\mathrm{L}-\mathrm{P}\times \mathrm{L}=5\mathrm{PL}$
$R_E=\dfrac{5\mathrm{P}}{6}$
단면법 (부재 CD·CG·FG를 절단, 오른쪽 자유물체, C점 기준)
C는 E에서 수평 3L, 높이 2L이고 D는 C보다 L 아래에 있다.
$R_E\times 3\mathrm{L}-\mathrm{P}\times \mathrm{L}-F_{FG}\times 2\mathrm{L}=0$
$\dfrac{5\mathrm{PL}}{2}-\mathrm{PL}=2\mathrm{L}\,F_{FG}\quad\Rightarrow\quad F_{FG}=\dfrac{3\mathrm{P}}{4}$
$\dfrac{7\mathrm{P}}{4}$: 단면 모멘트식에서 D점 수평하중의 모멘트 부호를 반대로 넣은 값이다.
$\dfrac{5\mathrm{P}}{4}$: 반력 계산에서 수평하중 P의 모멘트 부호를 반대로 넣어 $R_E=\dfrac{7\mathrm{P}}{6}$로 잡은 값이다.

중앙 집중하중을 받는 단순보의 처짐식에 x = 2 m를 대입하면 C점 처짐은 $\dfrac{440}{\mathrm{EI}}$이다.
처짐식 ($0\le x\le \dfrac{L}{2}$)
$\delta(x)=\dfrac{Px\left(3L^2-4x^2\right)}{48EI}$
값 대입 ($P=60\,\mathrm{kN},\ L=8\,\mathrm{m},\ x=2\,\mathrm{m}$)
$\delta_C=\dfrac{60\times 2\times\left(3\times 64-4\times 4\right)}{48EI}=\dfrac{120\times 176}{48EI}=\dfrac{440}{EI}$
$\dfrac{220}{\mathrm{EI}}$, $\dfrac{110}{\mathrm{EI}}$: 계산 중 계수를 절반·4분의 1로 잘못 처리한 값이다.
$\dfrac{55}{\mathrm{EI}}$: 중앙 처짐 $\dfrac{PL^3}{48EI}=\dfrac{640}{EI}$보다 지나치게 작아 C점 위치와 맞지 않는다.

A점과 B점의 압축응력 비를 편심 공식으로 세우면 편심거리는 20 mm이다.
편심 압축응력 (단면 240 mm×240 mm, 하중은 B쪽으로 e만큼 편심)
$\sigma=\dfrac{P}{A}\left(1\pm\dfrac{6e}{b}\right),\quad b=240\,\mathrm{mm}$
비 조건
$\left(1-\dfrac{6e}{240}\right):\left(1+\dfrac{6e}{240}\right)=1:3$
$3-\dfrac{18e}{240}=1+\dfrac{6e}{240}\quad\Rightarrow\quad \dfrac{24e}{240}=2$
$e=20\,\mathrm{mm}$
40 mm: 핵 경계($\dfrac{b}{6}$)로, 이때 A점 응력이 0이 되어 비가 0 : 2가 된다.
30 mm: 응력비가 1 : 7이 된다.
60 mm: 핵 경계를 넘어 A점에 인장이 생긴다.

3축 응력 상태의 체적변형률은 세 수직응력의 합에 비례하며, 크기는 0.0015이다.
체적변형률 공식
$\varepsilon_v=\dfrac{1-2\nu}{E}\left(\sigma_x+\sigma_y+\sigma_z\right)$
값 대입(압축이므로 크기만 계산)
$\left|\varepsilon_v\right|=\dfrac{1-2(0.25)}{2.0\times 10^5}\times(150+200+250)$
$=\dfrac{0.5\times 600}{2.0\times 10^5}=0.0015$
체적은 감소(부호 −)하지만 문제는 크기를 묻는다.

고정단 상연 A에서 축압축응력과 휨인장응력이 상쇄되는 하중은 96 kN이다.
고정단 휨모멘트
$M=2\,\mathrm{kN}\times 500\,\mathrm{mm}=1000\,\mathrm{kN\cdot mm}$
연직하중이 아래로 작용하는 캔틸레버이므로 고정단 상연(A점)에 인장이 생긴다.
A점 응력 = 0 ($y=30\,\mathrm{mm}$)
$-\dfrac{P}{A}+\dfrac{My}{I}=0$
$\dfrac{P}{3200}=\dfrac{1000\times 30}{1.0\times 10^6}=0.03\,\mathrm{kN/mm^2}$
$P=0.03\times 3200=96\,\mathrm{kN}$
32 kN: 휨응력 항에서 y나 모멘트 팔 길이를 잘못 반영한 값이다.
160 kN, 320 kN: 연단거리를 50 mm·100 mm처럼 실제(30 mm)보다 크게 잡은 경우의 값이다.

부재 CG의 영향선은 H와 F에서 0, G에서 최대이고 A–H·F–E 구간은 0인 삼각형 모양이다.
절점 G에 모이는 부재는 수평인 하현재 GH·GF와 연직재 CG뿐이므로, 연직 방향 평형 $\Sigma F_y=0$에서 CG 부재력 = G 절점에 직접 실린 하중이다.
단위 하중이 G에 있으면 CG는 1 kN(인장), H나 F 또는 그 바깥 절점에 있으면 0이다. 하중이 H–G, G–F 사이 바닥틀 위에 있으면 G로 전달되는 몫이 선형으로 변하므로 영향선은 H–G–F 구간의 삼각형이 된다.
A에서 최대이고 E로 갈수록 직선으로 줄어드는 선: 지점 A 반력의 영향선 모양이다.
H에서 양, G에서 음으로 부호가 바뀌는 선: 사재처럼 패널 전단력을 받는 부재의 영향선 모양이다.
A와 E에서 0이고 G에서 최대인 큰 삼각형: 상현재·하현재처럼 휨모멘트에 비례하는 부재의 영향선 모양이다.

안전율 2.0을 적용한 오일러 좌굴하중 조건에서 필요한 최소지름은 200 mm이다.
필요 좌굴하중 (양단 힌지, $K=1$)
$P_{cr}=2.0\times 300=600\,\mathrm{kN}$
오일러 공식으로 I 산정
$P_{cr}=\dfrac{\pi^2EI}{L^2}$
$I=\dfrac{P_{cr}L^2}{\pi^2E}=\dfrac{(600\times 10^3)(9000)^2}{9\times 72\times 10^3}=7.5\times 10^7\,\mathrm{mm^4}$
지름 산정
$I=\dfrac{\pi d^4}{64}$
$d^4=\dfrac{64\times 7.5\times 10^7}{3}=1.6\times 10^9$
$d=200\,\mathrm{mm}$

B는 연직 반력 없이 모멘트(와 수평력)만 받으므로 연직하중 전부를 A가 받고, B의 휨모멘트 크기는 $\dfrac{2\mathrm{qL}^2}{3}$이다.
A 연직반력 (사다리꼴 하중 전체)
$R_A=\dfrac{2q+q}{2}\times L=\dfrac{3qL}{2}$
B점 모멘트 (하중을 등분포 q와 삼각형 0~q로 분해)
등분포 q: 합력 $qL$, B에서 $\dfrac{L}{2}$
삼각형(A에서 q, B에서 0): 합력 $\dfrac{qL}{2}$, B에서 $\dfrac{2L}{3}$
$M_B=R_A L-\left(\dfrac{qL^2}{2}+\dfrac{qL^2}{3}\right)=\dfrac{3qL^2}{2}-\dfrac{5qL^2}{6}=\dfrac{2qL^2}{3}$
$\dfrac{\mathrm{qL}^2}{2}$: 하중을 등분포 q로만 보고 A 쪽으로 커지는 삼각형 증분을 빠뜨린 값이다.
$\dfrac{\mathrm{qL}^2}{6}$, $\dfrac{\mathrm{qL}^2}{3}$: B를 연직 지지점으로 오인해 하중을 나눠 가지면 이처럼 작은 값이 나온다.

일단 고정·타단 롤러 보의 롤러 반력 공식 $\dfrac{3wl}{8}$에 하중 2q와 경간 L/3을 대입하면 B 반력은 $\dfrac{\mathrm{qL}}{4}$이다.
변위일치법 (B 지점 제거 후 처짐 = 반력에 의한 처짐 회복)
$\dfrac{wl^4}{8EI}=\dfrac{R_Bl^3}{3EI}\quad\Rightarrow\quad R_B=\dfrac{3wl}{8}$
값 대입 ($w=2q,\ l=\dfrac{L}{3}$)
$R_B=\dfrac{3\times 2q\times L}{8\times 3}=\dfrac{qL}{4}$
$\dfrac{3\mathrm{qL}}{8}$: 하중 q, 경간 L로 본 표준값을 그대로 쓴 것이다.
$\dfrac{3\mathrm{qL}}{4}$: 하중 2q만 반영하고 경간 L/3을 반영하지 않은 값이다.
$\dfrac{\mathrm{qL}}{8}$: 하중을 q로 잘못 읽은 값이다.

대칭이라 각 경간이 양단 고정보처럼 거동하므로, B를 제거하면 경간이 두 배가 되어 최대 정모멘트는 400 kN·m이다.
B가 있을 때
하중·구조가 B에 대해 대칭이므로 B의 처짐각이 0이 되어 AB·BC는 각각 경간 10 m의 양단 고정보이다.
$M^{+}_{\max}=\dfrac{wl^2}{24}=\dfrac{w\times 10^2}{24}=100\quad\Rightarrow\quad w=24\,\mathrm{kN/m}$
B 제거 후 (경간 20 m 양단 고정보)
$M^{+}_{\max}=\dfrac{24\times 20^2}{24}=400\,\mathrm{kN\cdot m}$
200 kN·m: 경간이 두 배일 때 모멘트도 두 배라고 본 오류로, 모멘트는 경간의 제곱에 비례한다.
800 kN·m: 20 m 양단 고정보의 단부 부모멘트 $\dfrac{wl^2}{12}$로, 정모멘트가 아니다.
100 kN·m: 지점 제거의 영향을 반영하지 않은 값이다.