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例題集 / 化学 / 化学工学 / 化学工学

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難易度

温度による粘度変化の読み取り

知識・記憶レベル   難易度:
温度$t$における空気の粘度$\mu$の値を下表に示す. ここで$t$と$\mu$の間には, $\mu=At+B$ ($A,B$ は定数) の関係式が成り立つことがわかっている. % $$\begin{array}{|c|*{6}{c|}} \hline t\, \textrm{[${}^\circ$C]} & 10 & 20 & 30 & 50 & 80 \\\hline \mu\, \textrm{[mPa$\cdot$s]} & 0.0176 & 0.0181 & 0.0186 & 0.0195 & 0.0209 \\\hline \end{array}$$ % 係数$A,B$を最小二乗法で決定し, $t=43$[${}^\circ$C]のときの粘度を求めよ. ここで, 関数$y=Ax+B$ の係数 $A, B$ は最小二乗法を用いて, データ $x_i, y_i$ ($i=1,2,\dots, n$) から, 次式 (1) (2)で求められる. (1) $A=\displaystyle\frac{\displaystyle\sum\limits_{i=1}^nx_i\cdot \sum\limits_{i=1}^ny_i-n\sum\limits_{i=1}^n(x_iy_i)}{\left(\displaystyle\sum\limits_{i=1}^nx_i\right)^2-n \displaystyle\sum\limits_{i=1}^n{x_i}^2}$ \bigskip (2) $B=\displaystyle\frac{\displaystyle\sum\limits_{i=1}^nx_i\cdot\sum\limits_{i=1}^n(x_iy_i)-\sum\limits_{i=1}^nx_i^2\cdot\sum\limits_{i=1}^ny_i}{\left(\displaystyle\sum\limits_{i=1}^nx_i\right)^2-n \displaystyle\sum\limits_{i=1}^n{x_i}^2}$

解答例・解説

{\bf 【解答】} $n=5$, $x_1=10$, $x_2=20$, $x_3=30$, $x_4=50$, $x_5=80$, $y_1=0.0176$, $y_2=0.0181$, $y_3=0.0186$, $y_4=0.0195$, $y_5=0.0209$ とすると, % $\displaystyle\sum\limits_{i=1}^nx_i=10+20+30+50+80=190$ $\displaystyle\sum\limits_{i=1}^ny_i=0.0176+0.0181+0.0186+0.0195+0.0209=0.0947$ $\displaystyle\sum\limits_{i=1}^n(x_iy_i)=10\times0.0176+20\times0.0181+30\times0.0186$              $+50\times0.0195+80\times0.0209=3.743$ $\displaystyle\sum\limits_{i=1}^n{x_i}^2=10^2+20^2+30^2+50^2+80^2=10300$ となる. (1)(2) に代入して % $$A=\displaystyle\frac{190\times0.0947-5\times3.743}{190^2-5\times 10300}=\frac{-0.722}{-15400}=4.69\times10^{-5}$$ $$B=\displaystyle\frac{190\times3.743-10300\times0.0947}{190^2-5\times 10300}=\frac{-264.24}{-15400}=0.0171$$ % したがって, $$\mu=4.69\times10^{-5} t+0.0171$$ である. $t=43$[${}^\circ$C] を代入すると, 求める粘度は $$\mu=4.69\times10^{-5}\times43+0.0171=0.0191 \textrm{[mPa$\cdot$s]}$$ となる. \bigskip 【注意】 この問題は, 2変数 $t$と$\mu$ のデータから, $\mu$の$t$への回帰直線の方程式を求める問題と同じである. \bigskip 【参考事項】最小二乗法,回帰直線,数列の和

蒸留計算

知識・記憶レベル   難易度:
枝付フラスコにメタノールと水の混合溶液(メタノールの質量分率$x_1=0.5$, 質量$S_1=500$[g])を入れて, メタノールの質量分率が$x_2=0.2$になるまで蒸留した. 蒸留後にフラスコに残った液の質量$S_2$を以下の気液平衡データより求めよ. % $$ \begin{array}{|c|*{5}{c|}} \hline x & 0.1 & 0.2 & 0.3 & 0.4 & 0.5 \\\hline y & 0.40 & 0.57 & 0.65 & 0.73 & 0.77 \\\hline \end{array} $$ % なお, $S_1$, $S_2$, $x$, $y$に関する以下の関係式(1)を用いて台形公式による数値積分で求めよ. $$\ln\displaystyle\frac{S_2}{S_1}=\displaystyle\int_{x_1}^{x_2}\frac{dx}{y-x}\qquad (1) $$ % ((1) は, {\bf レイリーの式}と呼ばれる蒸留の基礎式である)

解答例・解説

{\bf 【方針】} \item $x$はメタノール(液体)の質量分率, $y$はメタノール(気体)の質量分率を表す. $y$を$x$の関数と考え, $\displaystyle\frac1{y-x}$ を $x$の関数とみて$x_1=0.5$ から $x_2=0.2$ まで定積分する. \bigskip \item 区間$[a,b]$ ($a< b$) を$n$等分した分点を $$a=a_0< a_1< a_2< \cdots< a_n=b$$ とし, $\Delta x=\displaystyle\frac{b-a}{n}$, $f_i=f(a_i)$ ($i=0,1,2,\dots,n$) とするとき, 台形公式は $$\displaystyle\int_a^bf(x)\,dx\fallingdotseq \left\{\frac12(f_0+f_n)+(f_1+f_2+\cdots+f_{n-1})\right\}\Delta x$$ \bigskip \item ここでは, 区間 $[0.2,0.5]$ の4つのデータから定積分の値を求める. $\Delta x=0.1$ である. \bigskip {\bf 【解答】} 気液平衡データより, $x=0.2,\ 0.3,\ 0.4,\ 0.5$ に対する $\displaystyle\frac1{y-x}$ の値は次のようになる. % %\renewcommand{\arraystretch}{2} $$ \begin{array}{|c|*{4}{c|}} \hline x & 0.2 & 0.3 & 0.4 & 0.5 \\\hline y & 0.57 & 0.65 & 0.73 & 0.77 \\\hline \displaystyle\frac1{y-x} & 2.70 & 2.86 & 3.03 & 3.70 \\\hline \end{array} $$ % $\displaystyle\int_{x_1}^{x_2}\frac{dx}{y-x}=\int_{0.5}^{0.2}\frac{dx}{y-x}=-\int_{0.2}^{0.5}\frac{dx}{y-x}$ となる. 台形公式により, $$\int_{0.2}^{0.5}\frac{dx}{y-x}=\left(\frac{2.70}2+2.86+3.08+\frac{3.70}2\right)\times0.1=0.909$$ となるので, (1) により, $$\ln \frac{S_2}{S_1}=\displaystyle\int_{x_1}^{x_2}\frac{dx}{y-x}=-0.909\qquad \textrm{(符号に注意する)}$$ したがって, $\displaystyle\frac{S_2}{S_1}=e^{-0.909}$ となるので, 求める質量$S_2$は $$S_2=e^{-0.909}S_1=0.403\times500=201.5\textrm{[g]}$$ となる. \bigskip 【注意】 \item $\log_{e}x=\ln x$ と書く. $\qquad$ (自然対数) \bigskip \item $\ln M=r$ のとき, $M=e^r$ となる. ($e$は自然対数の底) \bigskip \item $\displaystyle\int_a^bf(x)\,dx=-\displaystyle\int_b^af(x)\,dx$ \bigskip 【参考事項】数値積分, 台形公式

比熱容量の算出

知識・記憶レベル   難易度:
300[K] の酸素を70 [$\textrm{mol}/\textrm{s}$]で装置に供給し, 500[K] に加熱して取り出している. このとき, 温度上昇に必要な熱量を求めよ. ただし, 酸素の定圧モル熱容量は$$C_{\textrm{pm}} = a + bT + cT^2\,\textrm{[J$/($K$\cdot$mol$)$]}$$ で与えられ, その係数は次の通りである. $a = 25.59$[$\textrm{J}/{(\textrm{K}\cdot\textrm{mol})}$], $b = 13.25×10^{-3}$[$\textrm{J}/{(\textrm{K}^2\cdot\textrm{mol})}$] , $c = -4.21×10^{-6}$[$\textrm{J}/{(\textrm{K}^3\cdot\textrm{mol})}$]

解答例・解説

{\bf 【方針】} \item $T$ [K]は温度, $C_{\textrm{pm}}$ [J$/($K$\cdot$mol$)$] は酸素1[mol] あたりの熱容量を表す. \bigskip \item $T$の関数 $C_{\textrm{pm}}$ を $T_1=300$ から $T_2=500$ まで定積分したものが, 酸素1[mol] あたりの熱量 $\Delta H_{\textrm{m}}$ となる. これを$n=70$[mol$/$s]倍したものが, 求める熱量となる. \bigskip {\bf 【解答】} 求める熱量は \begin{align*} Q&=n\Delta H_{\textrm{m}}=n\displaystyle\int_{T_1}^{T_2}(a+bT+cT^2)\,dT\\ &=n\Bigl[aT+\frac{b}2T^2+\frac{c}{3}T^3\Bigr]_{T_1}^{T_2}\\ &=n\left\{a(T_2-T_1)+\frac{b}2\left({T_2}^2-{T_1}^2\right)+\frac{c}{3}\left({T_2}^3-{T_1}^3\right)\right\}\\ &=70\times\left\{25.59×(500-300)+\frac{13.25×10^{-3}}2×(500^2-300^2) \right.\\ &\qquad\qquad\quad\qquad\qquad\qquad\qquad\left.-\frac{4.21×10^{-6}}3×(500^3 - 300^3)\right\}\\ &= 4.23×10^5 \textrm{[J$/$s]} = 4.23×10^2 \textrm{[kJ$/$s]} \end{align*} % \bigskip 【注意】 \item 積分公式 $\displaystyle\int x^p\,dx=\displaystyle\frac1{p+1}x^{p+1}+C$ ($p\ne-1$) を使っている. \bigskip \item $F'(x)=f(x)$ のとき, $\displaystyle\int_a^b{f(x)}\,dx=\Bigl[{F(x)}\Bigr]_{a}^{b}=F(b)-F(a)$ $\qquad$ (定積分)

流体の機械的エネルギー収支

適用レベル   難易度:
流体がある流路を断面① から断面② まで通過するとき, 外部から流体に熱$q$ [J/kg]を加え, また仕事$W$ [J/kg]を与えると, 流体の内部エネルギー$U$ [J/kg]が$U_1$ [J/kg]から$U_2$ [J/kg]に変化する. 断面①, ② の高さを$h_1$, $h_2$ [m], 平均流速を$u_1$, $u_2$ [m/s], 圧力を$p_1$, $p_2$ [Pa], 比容積を$v_1$, $v_2$ [m${}^3$/kg] とし, 重力加速度を$g$ [m/s${}^2$]とするき, エネルギー保存の式は次のようになる. $$ gh_1+\displaystyle\frac{u_1^2}{2}+p_1 v_1+U_1+q+W=gh_2+\displaystyle\frac{u_2^2}{2}+p_2 v_2+U_2 \quad\cdots\quad(1)$$ 外部から加えられた熱エネルギー$q$と, 粘性によって生じた摩擦熱のエネルギー$F$ [J/kg]は, 流体の内部エネルギーの増加と流体の膨張に使われ, 次の式が成り立つ. $$ q+F=U_2-U_1+\int_{v_1}^{v_2}p\,dv \quad\cdots\quad(2)$$ $(1)$, $(2)$ を使って, 次の関係式を導け. $$ gh_1+\displaystyle\frac{u_1^2}{2}+W=gh_2+\displaystyle\frac{u_2^2}{2}+\int_{p_1}^{p_2}v\,dp+F\quad\cdots\quad(3) $$ %=image:/media/2014/11/18/141625075561377100.jpg:

解答例・解説

{\bf 【方針】} \item 与えられた式 (1), (2) と導く式(3)を見比べて, 必要な文字と消去する文字を考える. \item {(1), (2)} から $q+U_1-U_2$ を消去すると, $p_2 v_2-p_1v_1\displaystyle\int_{v_1}^{v_2}p\,dv=\displaystyle\int_{p_1}^{p_2}v\,dp$ となることを示せばよいことが分かる. \item 全微分と定積分を用いて, $p_2v_2-p_1v_1=\displaystyle\int_{v_1}^{v_2}p\,dv+\displaystyle\int_{p_1}^{p_2}v\,dp$ となることを示す. \bigskip {\bf 【解答】} (1) より, $$gh_1+\displaystyle\frac{u_1^2}{2}+W=gh_2+\displaystyle\frac{u_2^2}{2}+p_2 v_2-p_1v_1+U_2-U_1-q\quad\cdots\quad(4)$$ となる. 一方, (2) より, $$U_2-U_1-q=F-\int_{v_1}^{v_2}p\,dv\quad\cdots\quad(5)$$ となるので, (5)を(4) に代入して, $$gh_1+\displaystyle\frac{u_1^2}{2}+W=gh_2+\displaystyle\frac{u_2^2}{2}+p_2 v_2-p_1v_1-\int_{v_1}^{v_2}p\,dv+F$$ となる. したがって, $$p_2 v_2-p_1v_1-\int_{v_1}^{v_2}p\,dv=\displaystyle\int_{p_1}^{p_2}v\,dp\quad\cdots\quad(6)$$ であれば, $(3)$ が成り立つ. ここで, $z=pv$ を全微分すると, $$dz=\displaystyle\frac{\partial z}{\partial p}\,dp+\displaystyle\frac{\partial z}{\partial v}\,dv=v\,dp+p\,dv$$ となる. $p:\,p_1\mapsto p_2$ のとき,$v:\,v_1\mapsto v_2$ であり, $z:\,p_1v_1\mapsto p_2v_2$ であるので, この区間で $dz=v\,dp+p\,dv$ を定積分すると, $$\int_{p_1v_1}^{p_2v_2}\,dz=\int_{p_1}^{p_2}v\,dp+\int_{v_1}^{v_2}p\,dv$$ $$\Bigl[z\Bigr]_{p_1v_1}^{p_2v_2}=\int_{p_1}^{p_2}v\,dp+\int_{v_1}^{v_2}p\,dv$$ $${p_2v_2}-{p_1v_1}=\int_{p_1}^{p_2}v\,dp+\int_{v_1}^{v_2}p\,dv$$ $${p_2v_2}-{p_1v_1}-\int_{v_1}^{v_2}p\,dv=\int_{p_1}^{p_2}v\,dp$$ となる. 以上により, (6) が得られるので, 等式(3) が成り立つ. \bigskip 【注意】 \item $z=f(x,y)$ の全微分は $dz=\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}\,dx+\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y}\,dy$ である. \item $\displaystyle\int_a^b\,dx=\Bigl[x\Bigr]_a^b=b-a$ である. \item ここでは, 圧力$p$は比容積$v$の関数, 比容積$v$は圧力$p$の関数とみて定積分している.

円管内層流流動

適用レベル   難易度:
ニュートン流体が半径$R$ [m]の円管内を層流で流れている. 管内の半径$r$ [m], 長さ$L$ [m]の円柱形流体要素に加えられる力は, 断面に作用する圧力差$\varDelta p$ $(=p_1 - p_2)$ [Pa]による力と, 側面に作用する粘性による剪断応力$\tau$ [N/m${}^2$]による力があり, 定常状態ではこれらがつりあって次の式が成り立つ. $$\pi r^2 \varDelta p=2\pi rL\tau\quad\cdots\quad(1)$$ 管内の任意の半径位置$r$における流速を$u$ [m/s]とすると, ニュートンの粘性法則から, $$\tau=-\mu\frac{du}{dr}\quad\cdots\quad(2)$$ が成り立つ. ここで $\mu$ [kg/(m・s)]は流体の粘度である. これらの式より, 次の関係を導け. $$u=\frac{\varDelta p}{4\mu L}(R^2-r^2)\quad\cdots\quad(3)$$ %=image:/media/2014/11/18/141625189222822400.jpg:

解答例・解説

{\bf 【方針】} \item 式 (1), (2) から$\tau$ を消去して, $u$ と $r$ の変数分離形の微分方程式を作る. このとき, $u,r$以外の文字は全て定数である. \item 得られた微分方程式について, $r=R$ のとき, $u=0$ として特殊解を求める. {\bf 【解答】} (1) より, $\tau=\displaystyle\frac{\varDelta p r} {2L}$ となるので, (2) と合わせて, $$-\mu\frac{du}{dr}=\frac{\varDelta p\, r} {2L}$$ となる. これより, $$du=-\frac{\varDelta p}{2\mu L}r\,dr$$ となる. 壁面$r=R$ において, $u=0$ として積分すると, $$\int_0^u\,du=-\frac{\varDelta p}{2\mu L}\int_{R}^{r}r\,dr$$ $$\Bigl[u\Bigr]_0^u=-\frac{\varDelta p}{2\mu L}\Bigl[\frac12r^2\Bigr]_R^r$$ $$u=\frac{\varDelta p}{4\mu L}(R^2-r^2)$$ となるので, (3) が得られる. \bigskip {\bf 【注意】} \item 変数分離形の1階微分方程式 $\displaystyle\frac{dy}{dx}=f(x)g(y)$ は $\displaystyle\frac{dy}{g(y)}=f(x)\,dx$ と変形して両辺を積分する. 初期条件「$x=x_0$ のとき, $y=y_0$」が与えられたときは, $$\displaystyle\int_{y_0}^{y}\displaystyle\frac{dy}{g(y)}=\int_{x_0}^{x}f(x)\,dx$$ として定積分すると, 特殊解が得られる. \item $\displaystyle\int \,dx=x+C$, $\displaystyle\int x\,dx=\displaystyle\frac12x^2+C$   (不定積分)

理想溶液の回分単蒸留

適用レベル   難易度:
低沸点成分モル分率$x_s$の原液$L_s$ [mol]を回分単蒸留して, 低沸点成分モル分率$x_f$の釜残液$L_f$ [mol]を得るとき, 次のRayleigh(レイリー)の式が成り立つ. $$\ln \frac{L_f}{L_s} =\int_{x_s}^{x_f}\frac{dx}{y-x}\quad\cdots\quad(1)$$ ここで$y$は低沸点成分モル分率$x$の液と平衡な蒸気の低沸点成分モル分率である. 理想溶液の場合, 蒸気のモル分率$y$は相対揮発度$\alpha$ を用いて液のモル分率$x$の関数として次のように表わせる. $$y=\frac{αx}{1+(α-1)x}\quad\cdots\quad(2)$$ 理想溶液の場合のRayleighの式はどのように表わせるか.

解答例・解説

{\bf 【方針】} \item 式 (2) を (1) に代入して, $x$についての定積分を計算する. \item 積分には部分分数分解を用いる. \bigskip {\bf 【解答】} 理想溶液の$x$と$y$の関係(2) を Rayleighの式(1) に代入すると, $$\ln \frac{L_f}{L_s}=\int_{x_s}^{x_f}\frac{dx}{\frac{\alpha x}{1+(\alpha-1)x}-x}\quad\cdots\quad(3)$$ となる. ここで, \begin{align*} \frac{\alpha x}{1+(\alpha-1)x}-x&=\frac{\alpha x-\left\{1+(\alpha-1)x\right\}x}{1+(\alpha-1)x}\\ &=\frac{(\alpha-1)x-(\alpha-1)x^2}{1+(\alpha-1)x} =\frac{(\alpha-1)x(1-x)}{1+(\alpha-1)x} \end{align*} であるから, (3)より, $$ \ln \frac{L_f}{L_s}%&=\int_{x_s}^{x_f}\frac{dx}{\frac{(\alpha-1)x(1-x)}{1+(\alpha-1)x}}\\ =\frac{1}{\alpha-1}\int_{x_s}^{x_f}\frac{1+(\alpha-1)x}{x(1-x)}\,dx\quad\cdots\quad(4)$$ となる. ここで, $$\frac{1+(\alpha-1)x}{x(1-x)}=\frac{A}{x}+\frac{B}{1-x}$$ として分母を払うと, $$1+(\alpha-1)x=A(1-x)+Bx=(-A+B)x+A$$ となるので, これが$x$ についての恒等式になるためには $$\left\{\begin{array}{l} -A+B=\alpha-1\\ A=1 \end{array}\right.$$ これを解いて, $$A=1,\ B=\alpha$$ を得る. したがって, $$\frac{1+(\alpha-1)x}{x(1-x)}=\frac{1}{x}+\frac{\alpha}{1-x}$$ となるので, (4)より, \begin{align*} \ln \frac{L_f}{L_s}=\frac{1}{\alpha-1}\int_{x_s}^{x_f}\left(\frac{1}{x}+\frac{\alpha}{1-x}\right)\,dx =\frac{1}{α-1}\left(\ln \frac{x_f}{x_s} +\alpha\ln\frac{1-x_s}{1-x_f}\right) \end{align*} となる. したがって, 理想溶液の場合のRayleighの式は次のようになる. $$\ln \frac{L_f}{L_s}=\frac{1}{α-1}\left(\ln \frac{x_f}{x_s} +\alpha\ln\frac{1-x_s}{1-x_f}\right)$$ \bigskip 【注意】 \item 部分分数分解により, 分数式 $\displaystyle\frac{cx+d}{(x+a)(x+b)}$ ($a,b,c,d$ は定数) は $\displaystyle\frac{\alpha}{x+a}+\displaystyle\frac{\beta}{x+b}$ ($\alpha,\beta$ は定数) と変形できる. \bigskip \item $\log_e x=\ln x$ と書く. (自然対数) \bigskip \item $\displaystyle\int\displaystyle\frac1{x+a}=\ln |x+a|+C$ (不定積分)

熱伝導に関するフーリエの法則

知識・記憶レベル   難易度:
固体の$x$方向に温度勾配$\displaystyle\frac{dT}{dx}$ [K/m]がある場合, 熱伝導による伝熱速度$q$ [J/s]は、固体の熱伝導度$k$ [J/(m・s・K)]と伝熱面積$A$ [m${}^2$]を用いて次のFourier(フーリエ)の法則で表せる. $$q=-kA \frac{dT}{dx}$$ なお, 円筒座標や球座標で半径$r$方向に温度勾配$\displaystyle\frac{dT}{dr}$がある場合は次の式となる. $$q=-kA\frac{dT}{dr}$$ 固体壁を横切るように熱伝導が起こっている場合を考える. 定常状態で$q$は一定であり, 熱伝導度$k$は温度によらず一定と仮定する. %Fourierの式は, 次のようになる. %$$q\int_{x_1}^{x_2} \frac{dx}{A}=-k\int_{T_1}^{T_2}\, dT=k(T_1-T_2)$$ 次のそれぞれの場合について, ( )内の条件のもとでFourierの法則の式の左辺を定積分することにより, 伝熱速度$q$を与える式を導け. \begin{enumerate} \item[(1)] 伝熱面積が$A$ (一定)である平面壁($x = x_1$ のとき $T = T_1$, $x = x_2$ のとき $T = T_2$) \item[(2)] 伝熱面積が$A= 2\pi rL$ である円筒壁($r = r_1$ のとき $T = T_1$, $r = r_2$のとき $T = T_2$) \item[(3)] 伝熱面積が$A = 4\pi r^2$である球殻壁($r = r_1$ のとき $T = T_1$, $r = r_2$ のとき $T = T_2$) \end{enumerate} ここで, $r$は円筒および球殻の半径, $L$は円筒の長さを表す. また, 伝熱面積$A_1$, $A_2$の平均値は, 次式で定義される対数平均面積$A_{lm}$, 幾何平均面積$A_{gm}$を利用せよ: $$A_{lm}=\frac{A_2-A_1}{\ln \displaystyle\frac{A_2}{A_1}},\ \ A_{gm}=\sqrt{A_1 A_2}$$ %=image:/media/2014/11/18/141625318523651300.jpg:

解答例・解説

{\bf 【方針】} \item $T$と$x$ (もしくは$r$) を変数と考えて, その他の文字はみな定数とみる. \item (1) は$q=-kA \displaystyle\frac{dT}{dx}$ を, (2)(3) は $q=-kA \displaystyle\frac{dT}{dr}$ を使う. \item $q=-kA \displaystyle\frac{dT}{dx}$ は $\displaystyle\frac{q}{A}\,dx=-k\,dT$ と変形できるので, 与えられた条件を積分区間として定積分する. $q=-kA \displaystyle\frac{dT}{dr}$ を使う場合も同様である. \bigskip {\bf 【解答】} (1) $q=-kA \displaystyle\frac{dT}{dx}$ より, $\displaystyle\frac{q}{A}\,dx=-k\,dT$ となる. 伝熱面積$A$, $q$, $k$が一定で, $x:\, x_1\mapsto x_2$ のとき, $T:\,T_1\mapsto T_2$ であるので, $$\int_{x_1}^{x_2}\frac{q}{A}\,dx=-\int_{T_1}^{T_2}k\,dT$$ $$\frac{q}{A}\Bigl[x\Bigr]_{x_1}^{x_2}\,dx=-k\Bigl[T\Bigr]_{T_1}^{T_2}$$ $$\frac{q}{A}(x_2-x_1)=-k(T_2-T_1)$$ %$$q=-kA\frac{T_2-T_1}{x_2-x_1}$$ したがって, $q=kA\displaystyle\frac{T_1-T_2}{x_2-x_1}$ となる. (2) $q=-kA\displaystyle\frac{dT}{dr}$ より, $\displaystyle\frac{q}{A}\,dr=-k\,dT$ となる. $A=2\pi rL$ を代入して, $\displaystyle\frac{q}{2\pi rL}\,dr=-k\,dT$ $q$, $L$, $k$ は一定で, $r:\, r_1\mapsto r_2$ のとき, $T:\,T_1\mapsto T_2$ であるので, $$\int_{r_1}^{r_2}\frac{q}{2\pi r L}\,dr=-\int_{T_1}^{T_2}k\,dT$$ $$\frac{q}{2\pi L}\Bigl[\ln|r|\Bigr]_{r_1}^{r_2}\,dx=-k\Bigl[T\Bigr]_{T_1}^{T_2}$$ $$\frac{q}{2\pi L}(\ln r_2-\ln r_1)=-k(T_2-T_1)$$ $$q=k\frac{2\pi L}{\ln\displaystyle\frac{r_2}{r_1}}(T_1-T_2)$$ ここで, $\ln\displaystyle\frac{r_2}{r_1}=\ln\displaystyle\frac{2\pi r_2 L}{2\pi r_1 L}=\ln\displaystyle\frac{A_2}{A_1}$, $2\pi L=\displaystyle\frac{2\pi L(r_2-r_1)}{r_2-r_1}=\frac{A_2-A_1}{r_2-r_1}$ であるので, $$q=k\displaystyle\frac{A_2-A_1}{\ln\displaystyle\frac{A_2}{A_1}}\frac{T_1-T_2}{r_2-r_1}=k A_{lm}\frac{T_1-T_2}{r_2-r_1}$$ (3) $q=-kA\displaystyle\frac{dT}{dr}$ より, $\displaystyle\frac{q}{A}\,dr=-k\,dT$ となる. $A=4\pi r^2$ を代入して, $\displaystyle\frac{q}{4\pi r^2}\,dr=-k\,dT$ $q$, $k$ は一定で, $r:\, r_1\mapsto r_2$ のとき, $T:\,T_1\mapsto T_2$ であるので, $$\int_{r_1}^{r_2}\frac{q}{4\pi r^2}\,dr=-\int_{T_1}^{T_2}k\,dT$$ $$\frac{q}{2\pi L}\Bigl[-\displaystyle\frac{1}{r}\Bigr]_{r_1}^{r_2}\,dx=-k\Bigl[T\Bigr]_{T_1}^{T_2}$$ $$\frac{q}{4\pi }\left(\displaystyle\frac1{r_1}-\displaystyle\frac1{r_2}\right)=k(T_1-T_2)$$ $$\frac{q}{4\pi }\displaystyle\frac{r_2-r_1}{r_1r_2}=-k(T_2-T_1)$$ $$q=k\cdot {4\pi }{\displaystyle\frac{r_1r_2}{r_2-r_1}}(T_1-T_2)$$ ここで, $4\pi r_1r_2=\sqrt{4\pi r_1^2\cdot 4\pi r_2^2}=\sqrt{A_1A_2}=A_{gm}$ であるので, $$q=k A_{gm}\frac{T_1-T_2}{r_2-r_1}$$ {\bf 【注意】} \item $\displaystyle\int\,dx=x+C$, $\displaystyle\int\displaystyle\frac1{x}\,dx=\ln |x|+C$, $\displaystyle\int\displaystyle\frac1{x^2}\,dx=-\displaystyle\frac1x+C$ (不定積分) \item $F'(x)=f(x)$ のとき, $\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx=\Bigl[F(x)\Bigr]_a^b=F(b)-F(a)$ (定積分) \item $\log_e x=\ln x$ と書く. (自然対数) \item $\ln M-\ln N=\ln\displaystyle\frac{M}{N}$ (対数の性質) \item 幾何平均は数学では「相乗平均」と呼ばれている.

固体の乾燥速度と乾燥時間

適用レベル   難易度:
湿り固体を加熱して乾燥するとき, 乾燥速度$R$ [kg$/($m${}^2\cdot $s$)$]は含水量$W$ [--]の大きい間は一定値$R_c$となる. この期間を{\bf 恒率乾燥期間}と呼ぶ. しかし, 限界含水率$W_c$と呼ばれる含水率以下では乾燥速度は徐々に小さくなり, 平衡含水率$W_e$に達して乾燥が終わる. この期間を{\bf 減率乾燥期間}と呼ぶ. いずれの期間においても, 乾燥速度$R$は含水率$W$を時間$t$ [s]で微分した次の式で定義される. $$R=-\frac{M}{A}\frac{dW}{dt}$$ ここで$M$ [kg]は完全に乾燥させた固体の質量, $A$ [m${}^2$]は乾燥面積である. \begin{enumerate} \item[(1)] 恒率乾燥期間の乾燥速度を$R = R_c$として, 初期含水率$W_0$から限界含水率$W_c$まで乾燥するのに要する時間$t_c$を与える式を求めよ. \item[(2)] 減率乾燥期間の乾燥速度$R$が $$R=R_c\,\frac{W-W_e}{W_c-W_e}$$ で与えらえるとき, 限界含水率$W_c$から最終含水率$W_f$まで乾燥するのに要する時間$t_f$を与える式を求めよ.

解答例・解説

{\bf 【方針】} \item (1) は $R=R_c$ (一定) として, $R=-\displaystyle\frac{M}{A}\frac{dW}{dt}$ に代入し, 定積分により$t_c$ を求める式を作る. \item (2) は $R=R_c\,\displaystyle\frac{W-W_e}{W_c-W_e}$ を, $R=-\displaystyle\frac{M}{A}\frac{dW}{dt}$ に代入し, 定積分により$t_f$ を求める式を作る. $t=0$ のとき $W=W_c$, $t=t_f$ のとき, $W=W_f$ とする. \item $M$, $A$ は定数と考える. {\bf 【解答】} (1) 恒率乾燥期間の乾燥速度$R_c$は一定値なので, $$-\frac{M}{A}\frac{dW}{dt}=R_c$$ 変数を分離して, $$dt=-\frac{M}{A}\frac{dW}{R_c}$$ 与えられた区間で定積分すると, $$\int_0^{t_c}\,dt=-\frac{M}{A}\int_{W_0}^{W_c}\frac{dW}{R_c}$$ $$\Bigl[t\Bigr]_0^{t_c}=-\frac{M}{R_cA}\Bigl[W\Bigr]_{W_0}^{W_c}$$ $$t_c=-\frac{M(W_c-W_0)}{R_cA}=\frac{M(W_0-W_c)}{R_cA}$$ したがって, $t_c=\displaystyle\frac{M(W_0-W_c)}{R_cA}$ である. (2) $R=-\displaystyle\frac{M}{A}\frac{dW}{dt}$ より, $$dt=-\frac{M}{A}\frac{dW}{R}$$ 減率乾燥期間の乾燥速度を代入すると, $$dt=-\frac{M}{A}\frac{dW}{R_c\,\frac{W-W_e}{W_c-W_e}}$$ 与えられた区間で定積分すると, $$\int_0^{t_f}\,dt=-\frac{M}{A}\int_{W_c}^{W_f}\frac{dW}{R_c\,\frac{W-W_e}{W_c-W_e}}$$ となるから, \begin{align*} t_f&=-\frac{M(W-W_e)}{R_cA}\Bigl[\ln|W-W_e|\Bigr]_{W_c}^{W_f}\\ &=-\frac{M(W-W_e)}{R_cA}(\ln|W_f-W_e|-\ln|W_c-W_e|)\\ &=\frac{M(W-W_e)}{R_cA}\ln\frac{W_c-W_e}{W_f-W_e} \end{align*} したがって, $t_f=\displaystyle\frac{M(W-W_e)}{R_cA}\ln\frac{W_c-W_e}{W_f-W_e}$ である. 【注意】 \item $\displaystyle\int\,dx=x+C$, $\displaystyle\int\displaystyle\frac1{x+a}\,dx=\ln |x+a|+C$ (不定積分) \item $F'(x)=f(x)$ のとき, $\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx=\Bigl[F(x)\Bigr]_a^b=F(b)-F(a)$ (定積分) \item $\log_e x=\ln x$ と書く. (自然対数) \item $\ln M-\ln N=\ln\displaystyle\frac{M}{N}$ (対数の性質)

粉砕エネルギーに関する理論

適用レベル   難易度:
粉砕エネルギー$E$ [J/kg] と粉砕される粒子径$d_p$ [m]との間には一般に次の関係が成立する. $$\frac{dE}{d(d_p)}=-\frac{K}{(d_p)^n} \qquad(*)$$ (1) Kick(キック)の法則($n = 1$), (2) Rittinger(リッティンガー)の法則($n = 2$), (3) Bond(ボンド)の法則($n = 3/2$)のそれぞれの場合について, 平均粒径$d_{p1}$の砕料を$d_{p2}$の砕製物に粉砕するときの粉砕エネルギー$E$を表す式を導け.

解答例・解説

{\bf 【方針】} \item この場合は,$E$が$d_p$ の関数になっていると考える. \item $d_p$ と $E$ について定積分する. $d_p=d_{p1}$ のとき $E=0$ として, $d_p=d_{p2}$ のときの $E$ を求める. {\bf 【解答】} (1) $(*)$ で $n=1$ とすると, $$\frac{dE}{d(d_p)}=-\frac{K}{d_p} $$ 変数を分離して, $$dE=-K\,\frac{d(d_p)}{d_p}$$ 与えられた区間で定積分すると, $$\int_0^E\,dE=-K\int_{d_{p1}}^{d_{p2}}\frac{d(d_p)}{d_p}$$ $$\Bigl[E\Bigr]_0^{E}=-K\Bigl[\ln |d_p|\Bigr]_{d_{p1}}^{d_{p2}}$$ $$E=-K(\ln d_{p2}-\ln d_{p1})=K\ln\frac{d_{p1}}{d_{p2}}$$ (2) $(*)$ で $n=2$ とすると, $$\frac{dE}{d(d_p)}=-\frac{K}{(d_p)^2} $$ 変数を分離して, $$dE=-K\,\frac{d(d_p)}{(d_p)^2}$$ 与えられた区間で定積分すると, $$\int_0^E\,dE=-K\int_{d_{p1}}^{d_{p2}}\frac{d(d_p)}{(d_p)^2}$$ $$\Bigl[E\Bigr]_0^{E}=-K\Bigl[-\frac1{d_p}\Bigr]_{d_{p1}}^{d_{p2}}$$ $$E=K\left(\frac1{d_{p2}}-\frac1{d_{p1}}\right)$$ (3) $(*)$ で $n=\displaystyle\frac32$ とすると, $$\frac{dE}{d(d_p)}=-\frac{K}{(d_p)^{\frac32}} $$ 変数を分離して, $$dE=-K\,\frac{d(d_p)}{(d_p)^{\frac32}}$$ 与えられた区間で定積分すると, $$\int_0^E\,dE=-K\int_{d_{p1}}^{d_{p2}} {(d_p)^{-\frac32}}\,{d(d_p)}$$ $$\Bigl[E\Bigr]_0^{E}=-K\Biggl[\frac1{-\displaystyle\frac32+1}{(d_p)^{-\frac32+1}}\Biggr]_{d_{p1}}^{d_{p2}}$$ $$E=2K\left\{(d_{p2})^{-\frac12}-(d_{p1})^{-\frac12}\right\}= 2K\left(\frac1{\sqrt{d_{p2}}}-\frac1{\sqrt{d_{p1}}}\right)$$ 【注意】 \item $\displaystyle\int\,dx=x+C$, $\displaystyle\int\displaystyle\frac1{x}\,dx=\ln |x|+C$, $p\ne-1$ のとき $\displaystyle\int{x^p}\,dx=\frac1{p+1}x^{p+1}+C$   (不定積分) \item $F'(x)=f(x)$ のとき, $\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx=\Bigl[F(x)\Bigr]_a^b=F(b)-F(a)$ (定積分) \item $\log_e x=\ln x$ と書く. (自然対数) \item $\ln M-\ln N=\ln\displaystyle\frac{M}{N}$ (対数の性質)

定圧濾過速度

適用レベル   難易度:
スラリーの濾過速度$u$ [m$/$s]は, 濾液体積$V$ [m${}^3$]を濾過時間$t$ [s]で微分した次式で定義される. $$u=\frac1A\,\frac{dV}{dt} \qquad\cdots(1)$$ ここで, $A$ [m${}^2$]は濾過面積である. 粒子層に対する圧力損失を表したKozeny-Carman(コゼニー-カルマン)の式から, 濾過速度をケークと濾材を通過する濾液の流速と考えると, $$u=\frac{\varDelta P}{(R_c+R_m)\mu} \qquad\cdots(2)$$ が成り立つ. ここで, $\varDelta P$ [Pa]は濾過圧力, $R_c$ [1$/$m]はケークの抵抗係数, $R_m$ [1$/$m]は濾材の抵抗係数, $\mu$ [$\textrm{kg}/(\textrm{m}\cdot\textrm{s})$]は濾液の粘度である. ケークの固形分質量$W_c$ [kg] は物質収支により次のように表わせる. $$W_c=\frac{\rho SV}{1-mS} $$ ここで $\rho$ [$\textrm{kg}/\textrm{m}^3$]は濾液の密度, $S$ [kg$/$kg]はスラリー中の固形分濃度, $m$ [kg$/$kg]はケークの固形分に対する全ケークの質量比である. ケークの抵抗係数$R_c$は単位濾過面積当たりのケークの固形分質量に比例するので, $$R_c=\frac{\alpha W_c}{A}=\frac{\alpha \rho SV}{(1-mS)A} \qquad\cdots(3)$$ が成り立つ. ここで $\alpha$ [m$/$kg]はケークの平均濾過比抵抗である. 濾材の抵抗係数$R_m$も同様に表わすと, $$R_m=\frac{\alpha\rho SV_m}{(1-mS)A} \qquad\cdots(4)$$ となる. ここで$V_m$ [m${}^3$] は濾材の抵抗に相当するケークを形成するのに必要な仮想濾液量である. これらの式を用いて, $\varDelta P$ を一定にして濾過を行った場合の, 濾液体積$V$と時間$t$の関係を求めよ.

解答例・解説

{\bf 【方針】} \item (1)(2)(3)(4) から, $u$, $R_c$, $R_m$ を消去し, $K = \displaystyle\frac{2(1 - mS)A^2\varDelta P}{\alpha\rho\mu S}$ [m${}^6/$s] (\textbf{Ruth(ルース)の定圧濾過係数}) とおいて, $V$ と $t$ の微分方程式を作る. 他の文字は定数と考える. \item 初期条件 「$t=0$ のとき $V=0$」 のもとでの特殊解を求める. {\bf 【解答】} (1)より, $\displaystyle\frac{dV}{dt}=Au$ (2) を代入すると, $\displaystyle\frac{dV}{dt}=\frac{A\varDelta P}{(R_c+R_m)\mu }$ さらに, (3)(4)を代入すると, $$\displaystyle\frac{dV}{dt}=\frac{A\varDelta P}{\displaystyle\frac{a\rho S}{(1-mS)A}(V+V_m)\mu}=\frac{(1-mS)A^2\varDelta P}{(V+V_m)\alpha\rho\mu S}$$ となるので, $K=\displaystyle\frac{2(1 - mS)A^2\varDelta P}{\alpha\rho\mu S}$ とおくと, $$\frac{dV}{dt}=\frac{K}{2(V+V_m)}$$ 変数を分離して, $$2(V+V_m)\, dV=K\,dt$$ 初期条件「$t=0$ のとき $V=0$」での解は, $$\int_0^V2(V+V_m)\,dV=K\int_0^t\,dt$$ $$\Bigl[(V+V_m)^2\Bigr]_0^{V}=K\Bigl[t\Bigr]_0^{t}$$ $$(V+V_m)^2-V_m^2=Kt$$ $V_m^2=Kt_m$ とおくと, $$(V+V_m)^2=K(t+t_m)$$ を得る. ここで, $t_m$ [s]は仮想濾液量$V_m$を得るために必要な仮想濾過時間である. 【注意】 \item 変数分離形の1階微分方程式 $\displaystyle\frac{dy}{dx}=f(x)g(y)$ は $\displaystyle\frac{dy}{g(y)}=f(x)\,dx$ と変形して両辺を積分する. 初期条件「$x=x_0$ のとき, $y=y_0$」が与えられたときは, $$\displaystyle\int_{y_0}^{y}\displaystyle\frac{dy}{g(y)}=\int_{x_0}^{x}f(x)\,dx$$ として定積分すると, 特殊解が得られる. \item $\displaystyle\int\,dx=x+C$, $\displaystyle\int(x+a)\,dx=\frac1{2}(x+a)^{2}+C$   (不定積分) \item $F'(x)=f(x)$ のとき, $\displaystyle\int_a^b f(x)\,dx=\Bigl[F(x)\Bigr]_a^b=F(b)-F(a)$ (定積分)

吸着平衡定数と飽和吸着量 (直線の式)

分析レベル   難易度:
活性炭へのトルエン蒸気の吸着量を測定した結果, 下表を得た. $$\begin{array}{|c|*{5}{c|}} \hline C\, \textrm{[mol$/$m${}^3$]} & 0.005 & 0.010 & 0.020 & 0.040 & 0.060 \\\hline q\, \textrm{[mol$/$kg]} & 0.44 & 0.78 & 1.3 & 1.9 & 2.2 \\\hline \end{array}$$ トルエン蒸気濃度$C$と吸着量$q$の間にLangmuir(ラングミュア)型吸着等温式 $$q=\frac{q_m KC}{1+KC}$$ が成立するとして, 吸着平衡定数$K$と飽和吸着量$q_m$を求めよ.

解答例・解説

{\bf 【方針】} \item $q=\displaystyle\frac{q_m KC}{1+KC}$ を変形し, $\displaystyle\frac{C}{q}=\displaystyle\frac{1}{q_m}C+\displaystyle\frac1{q_mK}$ として, 横軸に$C$, 縦軸に$\displaystyle\frac{C}{q}$をとってプロットする ({\bf Langmuirプロット}) と直線が得られる. この直線の傾きと切片をグラフから読み取って, $q_m$, $K$ を求める. {\bf 【解答】} $q=\displaystyle\frac{q_m KC}{1+KC}$ の両辺の逆数をとって, $$\frac1q=\frac{1+KC}{q_mKC}$$ $$\frac1q=\frac{1}{q_mKC}+\frac{1}{q_m}$$ 両辺に$C$をかけて, $$\frac{C}q=\frac{1}{q_mK}+\frac{C}{q_m}$$ $C$と$\displaystyle\frac{C}{q}$の関係を表にすると次のようになる. $$\begin{array}{|c|*{5}{c|}} \hline C\, \textrm{[mol$/$m${}^3$]} & 0.005 & 0.010 & 0.020 & 0.040 & 0.060 \\\hline q\, \textrm{[mol$/$kg]} & 0.44 & 0.78 & 1.3 & 1.9 & 2.2 \\\hline C/q\, \textrm{[kg$/$m${}^3$]} & 0.011 & 0.013 & 0.015 & 0.021 & 0.027 \\\hline \end{array}$$ 表の計算値から, 横軸に$C$, 縦軸に$\displaystyle\frac{C}{q}$ をとってプロットすると, 傾き$\displaystyle\frac{1}{q_m}$, 切片$\displaystyle\frac1{q_mK}$ の直線が得られる. %=image:/media/2014/12/29/141985980082593000.jpg: グラフから, この直線の傾きは$0.29$, 切片は$0.0098$であることが分かる. これより, $$q_m = \frac{1}{0.29} = 3.4\, \textrm{mol$/$kg}$$ $$K = \frac{1}{0.0098q_m} = \frac{1}{0.0098\times3.4} = 30 \, \textrm{m${}^3/$mol}$$ 【注意】 \item 方程式 $y=mx+b$ は傾き $m$, 切片 $b$ の直線を表す.

活性化エネルギー (指数関数)

分析レベル   難易度:
様々な温度$t$で$\textrm{N${}_2$O${}_5$}$ の分解反応の反応速度定数$k$を求めたところ, 下表のようになった. $$\begin{array}{|c|*{5}{c|}} \hline t\, \textrm{[${}^{\circ}$C]} & 25 & 35 & 45 & 55 & 65 \\\hline k\, \textrm{[s${}^{-1}$]} & 3.5\times10^{-5} & 1.3\times10^{-4} & 4.8\times10^{-4} & 1.6\times10^{-3} & 4.9\times10^{-3} \\\hline \end{array}$$ 反応速度定数$k$と絶対温度$T$の間にはArrhenius(アレニウス)の式 $$k=A \exp\left(-\frac{E}{RT}\right)$$ が成立するとして, この反応の活性化エネルギー$E$を求めよ. ここで, $R$は気体定数である.

解答例・解説

{\bf 【方針】} \item 与えられた表から, $1/T$と$\ln k$の関係を表にする. ただし, $T=t+273$ である. \item $k=A \exp\left(-\displaystyle\frac{E}{RT}\right)$ の自然対数をとり, $\ln k=-\displaystyle\frac{E}{R}\cdot\displaystyle\frac1{T}+\ln A$ として, 横軸に$\ln A$, 縦軸に$1/T$をとってプロットする ({\bf Arrheniusプロット}) と, 直線が得られる. この直線の傾きをグラフから読み取って, $E$ を求める. {\bf 【解答】} $k=A \exp\left(-\displaystyle\frac{E}{RT}\right)$ の自然対数($e$を底とする対数)をとって, $$\ln k=\ln A+\ln \exp\left(-\frac{E}{RT}\right)$$ $$\ln k=-\displaystyle\frac{E}{R}\cdot\displaystyle\frac{1}{T}+\ln A$$ $1/T$と$\ln k$の関係を表にすると次のようになる. $$\begin{array}{|c|*{5}{c|}} \hline t\, \textrm{[${}^{\circ}$C]} & 25 & 35 & 45 & 55 & 65 \\\hline k\, \textrm{[s${}^{-1}$]} & 3.5\times10^{-5} & 1.3\times10^{-4} & 4.8\times10^{-4} & 1.6\times10^{-3} & 4.9\times10^{-3} \\ \hline 1/T\, \textrm{[K${}^{-1}$]} & 3.36\times 10^{-3} & 3.25\times10^{-3} & 3.14\times 10^{-3} & 3.05\times 10^{-3} & 2.96\times 10^{-3} \\\hline \ln k\, \textrm{[s${}^{-1}$]} & -10.3 & -8.95 & -7.64 & -6.44 & -5.32 \\\hline \end{array}$$ 表の計算値から, 横軸に$1/T$, 縦軸に$\ln k$ をとってプロットすると, 傾き$-\displaystyle\frac{E}{R}$, 切片$\ln A$ の直線が得られる. %=image:/media/2014/12/29/141986010563050400.jpg: グラフから, この直線の傾きは$-1.25\times 10^{4}$である. $R = 8.31\,\textrm{[J$/($K$\cdot$ mol$)$]}$ なので, $$E = 1.25\times 10^4\times 8.31 = 1.04\times 10^5 \, \textrm{[J$/$mol]} $$ 【注意】 \item $e^x=\exp(x)$ と書く. $e$は自然対数の底. \item $\log _e x=\ln x$ と書く. \item $\ln\exp(x)=x$ となる. \item $\ln MN=\ln M+\ln N$, $\ln M^p=p\ln M$ (対数の性質)

レイノルズ数と摩擦係数 (べき関数)

分析レベル   難易度:
長さ$L = 5.0$m, 内径$D = 2.8$cmの水平円管中に水を流して, 種々の平均流速$u$ で摩擦損失$F$を求めたところ, 下表のようになった. $$\begin{array}{|c|*{5}{c|}} \hline u\, \textrm{[m$/$s]} & 0.29 & 0.46 & 0.77 & 1.21 & 1.68 \\\hline F\, \textrm{[J$/$kg]} & 0.25 & 0.56 & 1.38 & 3.05 & 5.45 \\\hline \end{array}$$ レイノルズ数$Re$と摩擦係数$f$の間には次の式が成立する. $$f=a Re^b$$ 係数$a$, $b$の値を求めて式を完成せよ. ただし, レイノルズ数と摩擦係数は, 水の密度を $\rho = 1.0\times10^3$ [kg$/$m${}^3$], 粘度を $\mu = 1.0\times10^{-3}$ [kg$/$(m$\cdot$s)] として次の関係から導かれる. $$Re=\frac{D u \rho}{\mu},\ \ F=\frac{2fu^2 L}{D}$$

解答例・解説

{\bf 【方針】} \item $Re$ も $f$ も変数である. \item 与えられた表と, 関係式 $Re=\displaystyle\frac{D u \rho}{\mu}$, $F=\displaystyle\frac{2fu^2 L}{D}$ から, $Re$ と $f$ の対応表を作る. \item $f=a Re^b$ の両辺の常用対数 ($10$を底とする対数) をとり, $\log f=\log a+b\log Re$ として, 横軸に$\log Re$, 縦軸に$\log f$をとってプロットする. この直線の傾きと切片をグラフから読み取って, $a$ と $b$ を求める. \item $D = 2.8\,\textrm{cm}=0.028\,\textrm{m}$ として計算する. {\bf 【解答】} $f=a Re^b$ の両辺の常用対数をとると, $$\log f=\log a+b \log Re$$ となる. ここで, $F=\displaystyle\frac{2fu^2 L}{D}$ より, $f=\displaystyle\frac{FD}{2u^2 L}$ であるので, $Re=\displaystyle\frac{D u \rho}{\mu}$ と合わせて $\log Re$ と $\log f$ の対応表を作ると $$\begin{array}{|c|*{5}{c|}} \hline u\, \textrm{[m$/$s]} & 0.29 & 0.46 & 0.77 & 1.21 & 1.68 \\\hline F\, \textrm{[J$/$kg]} & 0.25 & 0.56 & 1.38 & 3.05 & 5.45 \\\hline Re\, \textrm{[$-$]} & 8.12\times10^3 & 1.29\times10^4 & 2.16\times10^4 & 3.34\times 10^4 & 4.70\times10^4 \\\hline f\, \textrm{[$-$]} & 8.32\times 10^{-3} & 7.41\times 10^{-3} & 6.52\times 10^{-3} & 5.83\times 10^{-3} & 5.38\times 10^{-3} \\\hline \log Re & 3.91 & 4.11 & 4.33 & 4.53 & 4.67 \\\hline \log f & -2.08 & -2.13 & -2.19 & -2.23 & -2.27 \\\hline \end{array}$$ 表の計算値から, 横軸に$\log Re$, 縦軸に$\log f$ をとってプロットすると, 傾き$ b$, 切片$\log a$ の直線が得られる. %=image:/media/2014/12/29/141986054128035300.jpg: グラフから, この直線の傾きは$-0.25$, 切片は$-1.1$である. $\log a=-1.1$ なので, $a=10^{-1.1}=0.079$, $b=-0.25$ となる. したがって, $$f=0.079 Re^{-0.25}$$ 【注意】 \item $\log_{10}x=\log x$ と書く. これを常用対数という. \item $\ln MN=\ln M+\ln N$, $\ln M^p=p\ln M$ (対数の性質) \item $\log_a M=r$ $\iff$ $M=a^r$