熱工学・伝熱の問題

難易度 4大学院入試の標準レベル大学物理熱工学・伝熱

内半径 $a$ 、外半径 $b$ （ $0 < a < b$ ）の球殻がある。球殻は組成が半径方向に連続的に変わる傾斜材料でできており、中心からの距離 $r$ （ $a \leq r \leq b$ ）での熱伝導率は
$k (r) = k_{0} \frac{r}{a}$
で与えられる（ $k_{0}$ は正の定数）。

球殻の内面は温度 $T_{1}$ に保たれている。球殻の外面は温度 $T_{2}$ （ $T_{2} < T_{1}$ ）の流体に接しており、外面と流体の間の熱伝達率は $h$ （ $h > 0$ 、一様）である。球殻内の熱の移動は半径方向の定常な熱伝導だけとし、球殻内での熱の発生はなく、放射による伝熱は無視する。

球殻の内面から流体へ単位時間あたりに流れる熱量（熱流量） $Q$ を、 $a, b, k_{0}, h, T_{1}, T_{2}$ を用いて表せ。

この問題で使うもの

対流熱伝達と熱通過率（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（16 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

定常で熱の発生がないので、半径 $r$ の球面を通る熱流量 $Q$ は $r$ によらず一定です。フーリエの法則 $Q = - k (r) 4 π r^{2} d T / d r$ を立てましょう。

ヒント 2

$k (r) = k_{0} r / a$ を代入すると $d T / d r \propto 1/ r^{3}$ になります。これを $a$ から $b$ まで積分すると球殻の熱伝導抵抗が求まり、外面の熱伝達抵抗 $1/ (4 π b^{2} h)$ と直列につなぎます。

ヒント 3

球殻の熱伝導抵抗は $R_{cond} = \frac{b ^{2} - a ^{2}}{8 π k _{0} a b ^{2}}$ です。これに $\frac{1}{4 π b ^{2} h}$ を加えた全熱抵抗で $T_{1} - T_{2}$ を割ります。

答えと解説

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\frac{8 π a b ^{2} h k _{0} ( T _{1} - T _{2} )}{h ( b ^{2} - a ^{2} ) + 2 a k _{0}}

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解説を読む

球殻の熱伝導抵抗

定常状態で熱の発生がないので、エネルギー保存より、半径 $r$ の球面を通って外向きに流れる熱流量 $Q$ は $r$ によらず一定である。フーリエの法則より
$Q = - k (r) 4 π r^{2} \frac{d T}{d r} = - 4 π k_{0} \frac{r ^{3}}{a} \frac{d T}{d r}$
したがって
$\frac{d T}{d r} = - \frac{Q a}{4 π k _{0}} \frac{1}{r ^{3}}$
これを $r = a$ から $r = b$ まで積分する。外面の温度を $T_{s}$ とすると
$T_{1} - T_{s} = \frac{Q a}{4 π k _{0}} \int_{a}^{b} \frac{d r}{r ^{3}} = \frac{Q a}{4 π k _{0}} \cdot \frac{1}{2} (\frac{1}{a ^{2}} - \frac{1}{b ^{2}}) = \frac{Q ( b ^{2} - a ^{2} )}{8 π k _{0} a b ^{2}}$
よって球殻の熱伝導抵抗は
$R_{cond} = \frac{T _{1} - T _{s}}{Q} = \frac{b ^{2} - a ^{2}}{8 π k _{0} a b ^{2}}$

外面の熱伝達抵抗

ニュートンの冷却則より $Q = h \cdot 4 π b^{2} (T_{s} - T_{2})$ なので
$R_{conv} = \frac{1}{4 π b ^{2} h}$

直列の熱抵抗

同じ熱流量 $Q$ が球殻と境膜を順に通るので、2 つの熱抵抗は直列である。
$Q = \frac{T _{1} - T _{2}}{R _{cond} + R _{conv}}$
通分すると
$R_{cond} + R_{conv} = \frac{b ^{2} - a ^{2}}{8 π k _{0} a b ^{2}} + \frac{2 a k _{0}}{8 π k _{0} a b ^{2} h} = \frac{h ( b ^{2} - a ^{2} ) + 2 a k _{0}}{8 π a b ^{2} h k _{0}}$
したがって
$Q = \frac{8 π a b ^{2} h k _{0} ( T _{1} - T _{2} )}{h ( b ^{2} - a ^{2} ) + 2 a k _{0}}$

（確認: $h \to \infty$ とすると $Q \to \frac{8 π k _{0} a b ^{2} ( T _{1} - T _{2} )}{b ^{2} - a ^{2}}$ となり、外面が $T_{2}$ に保たれた場合の伝導だけの結果に一致する。）

別解

定常・球対称・内部発熱なしなので、半径 $r$ の球面を通る熱流量 $Q$ は $r$ によらず一定。フーリエの法則より
$Q = - k (r) 4 π r^{2} \frac{d T}{d r} = - k_{0} \frac{r}{a} 4 π r^{2} \frac{d T}{d r} ではなく Q = - 4 π r^{2} k_{0} \frac{r}{a} \frac{d T}{d r} .$
これを整理すると $\frac{d T}{d r} = - \frac{Q a}{4 π k _{0} r ^{3}}$ 。

注意: $k (r) r^{2} = k_{0} r^{3} / a$ なので上式のとおり $r^{3}$ が現れる。 $a \leq r \leq b$ で積分すると、内面温度 $T_{1}$ 、外面温度 $T_{b}$ として
$T_{1} - T_{b} = \frac{Q a}{4 π k _{0}} \int_{a}^{b} \frac{d r}{r ^{3}} = \frac{Q a}{4 π k _{0}} \cdot \frac{1}{2} (\frac{1}{a ^{2}} - \frac{1}{b ^{2}}) = \frac{Q}{8 π k _{0} a} (1 - \frac{a ^{2}}{b ^{2}}) .$
つまり伝導の熱抵抗は $R_{co n d} = \frac{1}{8 π k _{0} a} (1 - \frac{a ^{2}}{b ^{2}}) = \frac{b ^{2} - a ^{2}}{8 π k _{0} a b ^{2}}$ 。

外面での熱伝達: $Q = h \cdot 4 π b^{2} (T_{b} - T_{2})$ 、すなわち $T_{b} - T_{2} = \frac{Q}{4 π b ^{2} h}$ 。

両式を足して $T_{b}$ を消去すると
$T_{1} - T_{2} = Q [\frac{b ^{2} - a ^{2}}{8 π k _{0} a b ^{2}} + \frac{1}{4 π h b ^{2}}]$
$Q = \frac{T _{1} - T _{2}}{\frac{b ^{2} - a ^{2}}{8 π k _{0} a b ^{2}} + \frac{1}{4 π h b ^{2}}} = \frac{8 π k _{0} ha b ^{2} ( T _{1} - T _{2} )}{ha ( b ^{2} - a ^{2} ) \cdot 1 \cdot 1 + 2 k _{0} a \cdot 1} (通分の確認は下) .$
通分: 分母 $= \frac{h ( b ^{2} - a ^{2} ) + 2 k _{0} a}{8 π k _{0} ah b ^{2}}$ 。よって
$Q = \frac{8 π k _{0} ah b ^{2} ( T _{1} - T _{2} )}{h ( b ^{2} - a ^{2} ) + 2 k _{0} a} .$

検算: (1) $h \to \infty$ のとき $Q \to \frac{8 π k _{0} a b ^{2} ( T _{1} - T _{2} )}{b ^{2} - a ^{2}}$ 。直接 $T_{b} = T_{2}$ として上の積分から $Q = 8 π k_{0} a (T_{1} - T_{2}) / (1 - a^{2} / b^{2})$ で一致。(2) $b \to a$ の薄い殻では伝導抵抗 $\to 0$ で $Q \to 4 π a^{2} h (T_{1} - T_{2}) \cdot \frac{2 k _{0} a}{2 k _{0} a}$ となり、 $Q = \frac{8 π k _{0} a ^{3} h ( T _{1} - T _{2} )}{2 k _{0} a} = 4 π a^{2} h (T_{1} - T_{2})$ で対流のみの値に一致。

（なお最初に $ln (b / a)$ と書きたくなるが、 $k \propto r$ のとき $k r^{2} \propto r^{3}$ なので積分は $1/ r^{3}$ で、対数にはならない。）

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