[7급 국가직 응용역학] 21년 1회차 기출문제 정답·해설 페이지

C점 휨모멘트가 0이 되려면 기둥 끝 수평하중 P가 만드는 모멘트가 등분포하중에 의한 휨모멘트를 정확히 상쇄해야 하며, 이때 상수는 1/4이다.
두 P는 같은 높이에서 반대로 작용해 반력에 영향이 없으므로 각 지점 반력은 $\dfrac{w\mathrm{L}}{2}$이다. 등분포하중에 의한 C점 모멘트는 $\dfrac{w\mathrm{L}}{2}\cdot\dfrac{\mathrm{L}}{2}-\dfrac{w\mathrm{L}}{2}\cdot\dfrac{\mathrm{L}}{4}=\dfrac{w\mathrm{L}^2}{8}$이다.
P는 팔길이 $\dfrac{\mathrm{L}}{2}$로 반대 방향 모멘트를 만들므로 $\mathrm{P}\cdot\dfrac{\mathrm{L}}{2}=\dfrac{w\mathrm{L}^2}{8}$
$\therefore \mathrm{P}=\dfrac{w\mathrm{L}}{4}$
1/8을 쓰면 P의 모멘트가 $\dfrac{w\mathrm{L}^2}{16}$에 그쳐 C점 모멘트가 남는다.
1/16과 1/32는 상쇄에 필요한 모멘트보다 더 작아 C점 모멘트가 0이 되지 않는다.

(a)는 한 지점만 고정되고 나머지 기둥 하단이 자유인 정정구조물(부정정 차수 0)이므로, 정정구조물이 없다는 설명이 옳지 않다.
폐합 루프 하나당 3차가 더해지고, 내부 힌지는 연결 부재 수에서 1을 뺀 만큼 차수를 줄인다.
(b)는 고정지점 3개로 폐합 루프 2개를 이루어 6차이다.
(c)는 (b)에서 두 부재를 잇는 힌지 하나가 1차를 줄여 5차, (d)는 세 부재를 잇는 힌지가 2차를 줄여 4차이다.
총합은 0+6+5+4=15로 옳다.
차수 순서 (b)>(c)>(d)>(a)는 옳다.
최대와 최소의 차는 6−0=6으로 옳다.

트러스는 G절점에서 좌·우 두 강체 블록이 힌지로 연결된 구조이며, 반력비 조건을 풀면 P = 10 kN이다.
우측 블록(G·D·F·E)의 G점 모멘트 평형: $10\mathrm{R_E}-20\times5+5\mathrm{P}=0$
$\mathrm{R_E}=10-0.5\mathrm{P}$
전체의 A점 모멘트 평형: $5\mathrm{R_H}+20\mathrm{R_E}-20(5+10+15)+5\mathrm{P}=0$
$\mathrm{R_H}=80+\mathrm{P}$
$80+\mathrm{P}=18(10-0.5\mathrm{P})$ → $10\mathrm{P}=100$, $\mathrm{P}=10$
8을 대입하면 반력비가 88/6으로 18보다 작다.
9를 대입하면 반력비가 89/5.5로 18에 못 미친다.
11을 대입하면 반력비가 91/4.5로 18을 넘는다.

최대전단응력은 1/20 MPa, 최대압축응력은 7/6 MPa이다.
전단력은 전 구간 4 kN으로 일정하므로 $\tau_{\max}=1.5\dfrac{\mathrm{V}}{\mathrm{A}}=1.5\times\dfrac{4000}{200\times600}=\dfrac{1}{20}\,\mathrm{MPa}$
휨모멘트는 B 왼쪽 $-4\times3=-12$, B 오른쪽 $-12+24=12$, C에서 0이므로 $|\mathrm{M}|_{\max}=12\,\mathrm{kN\cdot m}$이다.
$\mathrm{Z}=\dfrac{200\times600^2}{6}=1.2\times10^7\,\mathrm{mm^3}$
$\sigma_{\max}=\dfrac{20000}{120000}+\dfrac{12\times10^6}{1.2\times10^7}=\dfrac{1}{6}+1=\dfrac{7}{6}\,\mathrm{MPa}$
최대압축응력 1/3은 휨응력 1 MPa보다도 작아 성립하지 않는다.
최대전단응력 1/30은 직사각형 단면의 계수 1.5로 구한 값과 맞지 않는다.

하중 P가 한 전체 일은 재하 중의 일과 일정한 P가 추가 변위 동안 한 일의 합인 $\dfrac{3\mathrm{P}\delta}{2}$이다.
0에서 P까지 서서히 증가하는 구간은 하중-변위 선도의 삼각형 면적이므로 $\mathrm{W_1}=\dfrac{1}{2}\mathrm{P}\delta$이다.
Q가 추가될 때 P는 크기가 일정한 채로 추가 변위 $\delta$를 따라가므로 사각형 면적 $\mathrm{W_2}=\mathrm{P}\delta$이다.
$\mathrm{W}=\dfrac{1}{2}\mathrm{P}\delta+\mathrm{P}\delta=\dfrac{3\mathrm{P}\delta}{2}$
$\dfrac{\mathrm{P}\delta}{2}$: 처음 재하 구간의 일만 센 값으로, 추가 변위 동안 일정한 P가 한 일 $\mathrm{P}\delta$가 빠졌다.
$\mathrm{P}\delta$: 추가 변위 구간의 일만 센 값이다.
$2\mathrm{P}\delta$: Q가 한 일 $\dfrac{\mathrm{Q}\delta}{2}=\dfrac{\mathrm{P}\delta}{2}$까지 더한 스프링의 전체 변형에너지로, P만의 일이 아니다.

하중 제거 시 탄성변형분만 회복되므로 영구 신장량은 7 mm이다.
항복변형률 $\varepsilon_y=\dfrac{300}{200000}=0.0015$, 회복되는 탄성신장 $0.0015\times2000=3\,\mathrm{mm}$
영구 신장량 $=10-3=7\,\mathrm{mm}$
10 mm는 전체 신장을 모두 영구변형으로 본 값이다.
8 mm와 9 mm는 탄성회복량을 2 mm, 1 mm로 잘못 잡은 값이다.

상·하부 온도차에 의한 곡률이 전 길이에 일정하게 생기며, 자유단 B의 수직변위는 $\dfrac{50\alpha \mathrm{L}^2}{\mathrm{h}}$이다.
곡률 $\kappa=\dfrac{\alpha(\Delta \mathrm{T_b}-\Delta \mathrm{T_t})}{\mathrm{h}}=\dfrac{100\alpha}{\mathrm{h}}$ (하부가 더 늘어나 위로 휜다)
캔틸레버 끝 처짐 $\delta=\dfrac{\kappa \mathrm{L}^2}{2}=\dfrac{50\alpha \mathrm{L}^2}{\mathrm{h}}$
$\dfrac{100\alpha \mathrm{L}^2}{\mathrm{h}}$는 1/2 계수를 빠뜨린 값이다.
$\dfrac{100\alpha \mathrm{L}}{\mathrm{h}}$는 처짐이 아니라 끝단 회전각에 해당한다.
$\dfrac{50\alpha \mathrm{L}}{\mathrm{h}}$는 차원부터 길이가 아니다.

두께 방향 응력은 없지만 포아송 효과로 줄어들며, 변화량은 −0.0045 mm이다.
$\varepsilon_z=-\dfrac{\nu(\sigma_x+\sigma_y)}{\mathrm{E}}=-\dfrac{0.3\times300}{200000}=-0.00045$
$\Delta t=\varepsilon_z t=-0.00045\times10=-0.0045\,\mathrm{mm}$
−0.003은 x방향 응력 200 MPa만 고려한 값이다.
−0.006과 −0.0075는 두 응력의 포아송 효과를 합한 값보다 커서 성립하지 않는다.

구조물은 힌지 A를 중심으로 강체 회전하며, B점의 수직처짐은 15 mm이다.
D는 A보다 9 m 높으므로 수평이동 30 mm에서 회전각 $\theta=\dfrac{30}{9}\,\mathrm{mm/m}$(시계방향)
B는 A에서 수평으로 4.5 m 떨어져 있으므로 수직처짐 $=4.5\times\dfrac{30}{9}=15\,\mathrm{mm}$
20 mm는 B의 높이 6 m를 수직처짐의 팔길이로 잘못 쓴 값이다.
10 mm와 5 mm는 회전각 $\dfrac{30}{9}$에 B의 수평거리 4.5 m를 곱한 값과 맞지 않는다.

좌표축 회전에 따라 값이 변하는 것은 전단응력 제곱의 합이다.
응력 텐서의 특성방정식 계수인 응력불변량 I1, I2, I3는 축을 어떻게 회전시켜도 값이 같다.
수직응력의 합은 제1불변량이다.
수직응력 두 개씩의 곱의 합에서 전단응력 제곱합을 뺀 값은 제2불변량이다.
세 수직응력의 곱을 포함한 식은 응력 텐서 행렬식인 제3불변량이다.

B 지점을 제거한 단순보의 처짐에서 반력에 의한 처짐을 뺀 것이 침하량이며, $\dfrac{w\mathrm{L}^4}{8\mathrm{EI}}$이다.
지간 2L 단순보 중앙 처짐(등분포): $\dfrac{5w(2\mathrm{L})^4}{384\mathrm{EI}}=\dfrac{5w\mathrm{L}^4}{24\mathrm{EI}}$
반력 $\dfrac{w\mathrm{L}}{2}$에 의한 상향 처짐: $\dfrac{(w\mathrm{L}/2)(2\mathrm{L})^3}{48\mathrm{EI}}=\dfrac{w\mathrm{L}^4}{12\mathrm{EI}}$
$\delta=\dfrac{5w\mathrm{L}^4}{24\mathrm{EI}}-\dfrac{2w\mathrm{L}^4}{24\mathrm{EI}}=\dfrac{w\mathrm{L}^4}{8\mathrm{EI}}$
$\dfrac{64w\mathrm{L}^4}{384\mathrm{EI}}$는 $\dfrac{4w\mathrm{L}^4}{24\mathrm{EI}}$로, 반력 효과를 차감한 결과와 다르다.
$\dfrac{w\mathrm{L}^4}{24\mathrm{EI}}$, $\dfrac{w\mathrm{L}^4}{48\mathrm{EI}}$는 차감 결과보다 작아 반력이 wL/2보다 커지는 경우에 해당한다.

극한상태에서는 두 부재가 모두 항복하므로 극한하중은 $3\mathrm{a}f_y$이다.
B점의 오른쪽 하중에 대해 AB는 인장, BC는 압축을 받으며 각각의 항복축력은 $\mathrm{a}f_y$, $2\mathrm{a}f_y$이다.
$\mathrm{P_u}=\mathrm{a}f_y+2\mathrm{a}f_y=3\mathrm{a}f_y$
$\mathrm{a}f_y$는 부재 AB 하나의 항복축력만 본 값이다.
$2\mathrm{a}f_y$는 큰 단면 부재 하나만 저항한다고 본 값이다.
$5\mathrm{a}f_y$는 두 부재 항복축력의 합을 넘어 평형을 만족할 수 없다.

양단이 구속돼 생기는 온도 축력이 오일러 좌굴하중과 같아지는 온도 증가량은 $\dfrac{\pi^2 \mathrm{I}}{\alpha \mathrm{aL}^2}$이다.
온도 축력 $\mathrm{P}=\mathrm{Ea}\alpha\Delta\mathrm{T}$, 양단 힌지 좌굴하중 $\mathrm{P_{cr}}=\dfrac{\pi^2\mathrm{EI}}{\mathrm{L}^2}$
$\mathrm{Ea}\alpha\Delta\mathrm{T}=\dfrac{\pi^2\mathrm{EI}}{\mathrm{L}^2}$ → $\Delta\mathrm{T}=\dfrac{\pi^2\mathrm{I}}{\alpha\mathrm{aL}^2}$
$\dfrac{\pi^2\mathrm{EI}}{\alpha\mathrm{aL}}$는 E가 약분되지 않았고 차원도 맞지 않는다.
$\dfrac{\alpha\mathrm{aL}^2}{\pi^2\mathrm{I}}$는 식을 역수로 뒤집은 것이다.

절점 A의 평형만으로 구할 수 있으며, 부재 AB는 $\dfrac{\mathrm{P}}{\sqrt{3}}$의 인장을 받는다.
A에는 수평 부재 AB와 60° 경사 부재 AC만 연결된다. 수직 평형: $\mathrm{F_{AC}}\sin60^\circ=\mathrm{P}$ → $\mathrm{F_{AC}}=\dfrac{2\mathrm{P}}{\sqrt{3}}$(압축)
수평 평형: $\mathrm{F_{AB}}=\mathrm{F_{AC}}\cos60^\circ=\dfrac{\mathrm{P}}{\sqrt{3}}$, AC가 A를 밀어내므로 AB는 인장이다.
$\dfrac{\mathrm{P}}{\sqrt{3}}$(압축)은 부재력 방향을 반대로 본 것이다.
$\dfrac{2}{\sqrt{3}}\mathrm{P}$(압축)은 부재 AC의 부재력이다.
$\dfrac{2}{\sqrt{3}}\mathrm{P}$(인장)은 방향은 맞지만 크기가 AC 부재력의 값이다.

B점에서 전단력이 −36 kN에서 +12 kN으로 뛰므로 지점 B의 반력은 상향 48 kN이며, 12 kN이라는 설명이 옳지 않다.
전단력선도의 불연속 도약량은 그 점의 집중력, 기울기는 분포하중 크기와 같다.
A점에서 0에서 40 kN으로 도약하므로 A 반력은 상향 40 kN이다.
전 구간에서 전단력이 일정 기울기로 감소하므로 하향 등분포하중이 전 구간에 작용한다.
D점에서 22 kN에서 −6 kN으로 떨어지므로 하향 집중하중 28 kN이 작용한다.

전체 평형과 힌지 C의 모멘트 0 조건을 연립하면 지점 B의 수평반력은 20 kN이다.
A를 원점으로 C(10, 7), B(15, 5)이다. 지점 B의 반력을 수평 $\mathrm{H_B}$, 수직 $\mathrm{V_B}$라 하면
A점 모멘트: $15\mathrm{V_B}-5\mathrm{H_B}=22\times10=220$
부재 CB의 C점 모멘트: $5\mathrm{V_B}+2\mathrm{H_B}=0$
연립하면 $\mathrm{H_B}=-20$(B가 아치를 미는 방향), $\mathrm{V_B}=8\,\mathrm{kN}$ → 크기 20 kN
10 kN이면 C점 조건에서 $\mathrm{V_B}=4$가 되어 A점 모멘트 평형(220)이 성립하지 않는다.
15 kN과 18 kN도 두 평형식을 동시에 만족하지 못한다.

휨모멘트 부호가 바뀌는 곳마다 변곡점이 생기며, 최소 3개이다.
하중 구간 AC는 고정단 A에서 부모멘트, 하중점 B에서 정모멘트, 연속지점 C에서 다시 부모멘트이므로 변곡점이 2개 생긴다.
무하중 구간 CD는 C의 부모멘트가 고정단 D로 전달(1/2, 반대 부호)되어 직선으로 부호가 바뀌므로 변곡점이 1개 생긴다.
1개는 하중 구간 한쪽의 부호 변화만 센 것이다.
2개는 무하중 구간 CD의 부호 변화를 빠뜨린 것이다.
4개는 고정단 D 쪽에 변곡점이 하나 더 생긴다고 본 것으로, 직선 모멘트는 한 번만 부호가 바뀐다.

강체보 중앙 하중이 두 기둥에 절반씩 분배되고, 긴 기둥(2 m)이 먼저 좌굴하므로 임계하중은 $172.8\pi^2$ N이다.
$\mathrm{I}=\dfrac{12^4}{12}=1728\,\mathrm{mm^4}$, $\mathrm{EI}=200000\times1728=3.456\times10^8\,\mathrm{N\cdot mm^2}$
2 m 기둥: $\mathrm{P_{cr}}=\dfrac{\pi^2\times3.456\times10^8}{2000^2}=86.4\pi^2$
$\dfrac{\mathrm{P}}{2}=86.4\pi^2$ → $\mathrm{P}=172.8\pi^2$
$86.4\pi^2$는 긴 기둥 하나의 좌굴하중으로, 하중 분배를 빠뜨린 값이다.
$345.6\pi^2$는 짧은 기둥(1 m)의 좌굴하중이다.
$691.2\pi^2$는 짧은 기둥 기준으로 하중 분배까지 적용한 값으로 긴 기둥이 먼저 좌굴하므로 성립하지 않는다.

소성중립축은 면적을 이등분하는 위치이며, 소성 휨모멘트는 4.0 kN·m이다.
플랜지 $40\times20=800$, 복부 $10\times80=800\,\mathrm{mm^2}$로 같으므로 소성중립축은 플랜지와 복부 경계에 있다.
$\mathrm{M_P}=f_y(800\times10+800\times40)=100\times40000=4\times10^6\,\mathrm{N\cdot mm}=4.0\,\mathrm{kN\cdot m}$
3.2는 복부 기여만 계산하고 플랜지 기여를 빠뜨린 값이다.
0.8은 플랜지 기여만 계산한 값이다.
2.4는 두 기여의 합보다 작아 전단면 소성 상태의 값이 아니다.

C점 처짐은 스프링 침하에 의한 강체변위와 단순보 휨처짐의 합으로, $\dfrac{7}{192}\dfrac{\mathrm{PL}^3}{\mathrm{EI}}$이다.
A 반력 $\dfrac{\mathrm{P}}{2}$, 스프링 변위 $\dfrac{\mathrm{P}}{2k}=\dfrac{\mathrm{PL}^3}{32\mathrm{EI}}$, C점에는 그 절반 $\dfrac{\mathrm{PL}^3}{64\mathrm{EI}}=\dfrac{3}{192}\dfrac{\mathrm{PL}^3}{\mathrm{EI}}$
휨처짐 $\dfrac{\mathrm{PL}^3}{48\mathrm{EI}}=\dfrac{4}{192}\dfrac{\mathrm{PL}^3}{\mathrm{EI}}$, 합계 $\dfrac{7}{192}\dfrac{\mathrm{PL}^3}{\mathrm{EI}}$
$\dfrac{3}{192}$ 계수는 스프링 효과만 계산한 값이다.
$\dfrac{5}{192}$ 계수는 두 성분의 합과 맞지 않는다.
$\dfrac{1}{192}$ 계수는 양단 고정보 중앙 처짐 공식이다.

곡면에 작용하는 수압의 수평·연직 성분을 합성하면 $\sqrt{13}$ MN이다.
수평분력(연직 투영면): $\rho g\dfrac{h^2}{2}b=1000\times10\times\dfrac{2^2}{2}\times100=2\times10^6\,\mathrm{N}$
연직분력(곡면 위 물 무게, 1/4원): $\rho g\dfrac{\pi r^2}{4}b=1000\times10\times3\times100=3\times10^6\,\mathrm{N}$
합력 $\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}\,\mathrm{MN}$
$\sqrt{10}$은 수평분력을 1 MN으로 절반만 잡은 값이다.
$\sqrt{12}$, $\sqrt{11}$은 수평 2 MN·연직 3 MN의 합성값과 맞지 않는다.

전단력은 단면에 평행한 방향(단면을 미끄러뜨리는 방향)으로 작용하는 내력이므로 옳은 설명이다.
내력은 외력에 저항해 부재 단면에 생기는 축력·전단력·휨모멘트·비틀림모멘트를 말하며, 회전축의 방향으로 휨과 비틀림을 구분한다.
반력은 지점이 구조물에 가하는 외력이므로 내력에 포함되지 않는다.
휨모멘트는 부재 축과 직각인 축을 중심으로 부재를 굽히려는 모멘트이다.
비틀림모멘트는 부재의 길이 방향 축을 중심으로 회전시키려는 모멘트로, 휨모멘트와 설명이 서로 뒤바뀌었다.

휨모멘트는 $\mathrm{M}=\mathrm{EI}v^{\prime\prime}$로 구하며, C점의 크기는 $\dfrac{w\mathrm{L}^2}{16}$이다.
$v^{\prime\prime}=-\dfrac{w}{48\mathrm{EI}}(6\mathrm{L}^2-30\mathrm{L}x+24x^2)$
$x=\dfrac{\mathrm{L}}{2}$: 괄호 $=6\mathrm{L}^2-15\mathrm{L}^2+6\mathrm{L}^2=-3\mathrm{L}^2$ → $\mathrm{M}=\dfrac{w\mathrm{L}^2}{16}$
검산: B 반력 $\dfrac{3w\mathrm{L}}{8}$로 $\dfrac{3w\mathrm{L}}{8}\cdot\dfrac{\mathrm{L}}{2}-\dfrac{w}{2}\left(\dfrac{\mathrm{L}}{2}\right)^2=\dfrac{w\mathrm{L}^2}{16}$
$\dfrac{w\mathrm{L}^2}{8}$은 고정단 A의 모멘트 크기이다.
$\dfrac{w\mathrm{L}^2}{2}$는 캔틸레버 고정단 모멘트이다.
$\dfrac{w\mathrm{L}^2}{4}$는 이 보의 최대 모멘트(고정단)보다도 커 성립하지 않는다.

B점에 3.0 kN을 가한 경우 C점 휨모멘트가 L/3로 가장 작다.
AD는 지간 L의 내민보, E는 내부 힌지이며 EG 구간은 E와 G에 얹힌 단순보로 작용한다.
B점 3.0 kN: $\mathrm{R_A}=2$, $\mathrm{M_C}=2\cdot\dfrac{2\mathrm{L}}{3}-3\cdot\dfrac{\mathrm{L}}{3}=\dfrac{\mathrm{L}}{3}$로 가장 작다.
C점 2.0 kN: $\mathrm{M_C}=\dfrac{2\cdot(\mathrm{L}/3)(2\mathrm{L}/3)}{\mathrm{L}}=\dfrac{4\mathrm{L}}{9}$로 더 크다.
E점 1.5 kN: 내민 끝 하중으로 $\mathrm{R_A}=-0.75$, $|\mathrm{M_C}|=0.75\cdot\dfrac{2\mathrm{L}}{3}=\dfrac{\mathrm{L}}{2}$이다.
F점 2.0 kN: EG 단순보에서 E로 $2\cdot\dfrac{\mathrm{L}/2}{2\mathrm{L}/3}=1.5\,\mathrm{kN}$이 전달돼 역시 $\dfrac{\mathrm{L}}{2}$이다.

보 AC가 양단 고정이라 B점은 수평 이동이 없고, B의 회전만 미지수로 풀면 $\mathrm{M_{CB}}$는 18 kN·m이다.
B점 강도: BA $\dfrac{4\mathrm{E}(2\mathrm{I})}{2}=4\mathrm{EI}$, BC $\dfrac{4\mathrm{E}(3\mathrm{I})}{4}=3\mathrm{EI}$, BD(타단 힌지) $\dfrac{3\mathrm{E}(4\mathrm{I})}{4}=3\mathrm{EI}$
BD 고정단모멘트(일단고정·타단힌지, 중앙 집중하중) $\dfrac{3\mathrm{PL}}{16}=\dfrac{3\times160\times4}{16}=120$
절점 평형 $10\mathrm{EI}\theta_B=120$ → $\mathrm{EI}\theta_B=12$
$\mathrm{M_{BC}}=3\times12=36$, 전달모멘트 $\mathrm{M_{CB}}=\dfrac{36}{2}=18\,\mathrm{kN\cdot m}$
36은 B단 모멘트 $\mathrm{M_{BC}}$로, C단으로 절반 전달되기 전 값이다.
24와 30은 분배율 3/10로 구한 B단 모멘트 36의 전달값과 맞지 않는다.