【国家総合職過去問解説】2023年度専門記述試験 流体力学

今回は国家総合職採用試験工学区分の流体力学の解説をしていきます。

間違っているかもしれませんが解答の参考にしてください。

問題は載せていませんし、インターネット上では得ることは難しいと思います。

問題が欲しい方は　iguana41014@gmail.com　に連絡してください。

問題の難易度

今年度の流体力学は全体的に簡単でした。 流体力学特有の知識等はあまり使わず、ほとんど数学のような問題でした。 個人的には、この試験で何をはかろうとしているのか甚だ疑問です。 きかれていることをゆっくりと計算していけば合格点が取れてしまいます。 本番では当たりの問題でしょう。

(1)複素ポテンシャルの問題

計算すれば答えが出ます。

(a)

(i)

曲線上の各点における流れの方向がその点で接線方向に一致するもの

(ii)

とある一点から通過した流体の流れをかいたもの

(b)

(i)

問題文にわざわざ定義を書いてくれているのでそれを使って計算します。

$$ \begin{split} \phi &= Re(W)\\ &=\frac{W+\overline{W}}{2}\\ &=\frac{1}{2}\left\lbrace\ k(z+\overline{z})+\frac{m}{2\pi}\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{\overline{z}}\right) \right\rbrace\\ &=x\left(k+\frac{m}{2\pi}\frac{1}{x^{2}+y^{2}} \right) \end{split} $$

同じように

$$ \begin{split} \psi &=Im(W)\\ &=\frac{W-\overline{W}}{2i}\\ &=\frac{1}{2i}\left\lbrace k(z-\overline{z})+\frac{m}{2\pi}\left( \frac{1}{z}-\frac{1}{\overline{z}} \right) \right\rbrace\\ &=y\left(k-\frac{m}{2\pi}\frac{1}{x^{2}+y^{2}} \right) \end{split} $$

(ii)

$$ \begin{split} \psi&=y\left(k-\frac{m}{2\pi}\frac{1}{x^{2}+y^{2}} \right)=0 \end{split} $$ ですので、以下の式が成り立ちます。 $$ \begin{split} y&=0\\ x^{2}+y^{2}&=\frac{m}{2\pi k} \end{split} $$

x軸と半径が$\sqrt{\frac{m}{2\pi k}}$の円が流線となります。

(iii)

よどみ点では、流速がゼロになります。

$$ \begin{split} u&=\frac{\partial \phi}{\partial x}\\ &=k-\frac{m}{2\pi}\frac{x^{2}-y^{2}}{\lbrace x^{2}+y^{2}\rbrace^{2}} \end{split} $$

同じようにして $$ \begin{split} v&=\frac{\partial \phi}{\partial y}\\ &=-\frac{m}{2\pi}\frac{2xy}{\lbrace x^{2}+y^{2}\rbrace^{2}} \end{split} $$ これらが0になります。 $v=0$　より $$ \begin{split} xy&=0\\ (x,y)&\neq (0,0) \end{split} $$ 分母がゼロでないことに注意してください。

このことと、$u=0$より $$ \begin{split} x=0のとき\\ k+\frac{m}{2\pi}\frac{1}{y^{2}}&=0\\ y^{2}&=-\frac{m}{2\pi k} \end{split} $$ k.mが正の実定数ですので、この式を満たす実数yは存在しません。 ですので$x\neq 0$になります。 $$ \begin{split} y=0として\\ k-\frac{m}{2\pi}\frac{1}{x^{2}}&=0\\ x^{2}&=\frac{m}{2\pi k}\\ x&=\pm \sqrt{\frac{m}{2\pi k}} \end{split} $$ よって、よどみ点の座標は$(x,y)=(\pm \sqrt{\frac{m}{2\pi k}},0)$になります。

(c)

(i)

半径rの地点での流量の式を考えましょう。 $$ \begin{split} 2\pi rv_{r}=q\\ v_{r}=\frac{q}{2\pi r} \end{split} $$

(ii)

問題文に極座標における関係式を書いてくれていますのでそれを使います。 $$ \begin{split} \frac{\partial \phi}{\partial r}&=v_{r}\\ &=\frac{q}{2\pi r}\\ \phi&=\frac{q}{2\pi r}\ln{r}+C(\theta) \end{split} $$ $$ \begin{split} \frac{\partial \phi}{\partial \theta}&=rv_{\theta}\\ &=0\\ \end{split} $$ よって$C(\theta)=0$になるので $$ \phi=\frac{q}{2\pi r}\ln{r} $$ 同じようにして $$ \begin{split} \frac{\partial \psi}{r\partial \theta}&=v_{r}\\ \frac{\partial \psi}{\partial \theta}&=\frac{q}{2\pi }\\ \psi&=\frac{q}{2\pi}\theta+C(r) \end{split} $$ $$ \begin{split} \frac{\partial \psi}{\partial r}&=-v_{\theta}\\ &=0\\ \end{split} $$ よって $$ \begin{split} \psi&=\frac{q}{2\pi}\theta\\ \end{split} $$ ここまでできたら、複素ポテンシャルを求めるだけです。 $$ \begin{split} W(z)&=\phi +i\psi\\ &=\frac{q}{2\pi}(\ln{r}+i\theta)\\ &=\frac{q}{2\pi}\ln{re^{i\theta}}\\ &=\frac{q}{2\pi}\ln{z} \end{split} $$ ここの変換でオイラーの公式を使いました。$e^{i\theta}=cos\theta +isin\theta$

(d)

(i)

やることは同じです。 $$ \begin{split} W(z)&=az^{3}\\ &=ar^{3}(cos3\theta +isin3\theta) \end{split} $$ $$ \begin{split} \phi&=ar^{3}cos3\theta\\ \psi&=ar^{3}sin3\theta \end{split} $$

(ii)

$$ \begin{split} v_{r}&=\frac{\partial \phi}{\partial r} \\ &=3ar^{2}cos3\theta \end{split} $$ $$ \begin{split} v_{\theta}&=-\frac{\partial \psi}{\partial r} \\ &=-3ar^{2}sin3\theta \end{split} $$

(iii)

まずは$\psi=0$を考えます。 $$ \begin{split} \psi&=3ar^{2}sin3\theta=0\\ \theta &=\frac{\pi n}{3} \end{split} $$ 今 $0\leq \theta <\frac{\pi}{2}$ですので $$ \theta=0,\frac{\pi}{3} $$

この時の流線を固定壁とみなすとその間の角は $\frac{\pi}{3}$ になります。

(e)

(i)

前問と同じように計算すると $$ \begin{split} \psi&=r^{\frac{2}{3}}sin\frac{2}{3}\theta=0\\ \theta&=\frac{3}{2}\pi n \\ \theta&=0,\frac{3}{2}\pi \end{split} $$

(ii)

流線は流れの方向が接線方向と同じです.

この条件から

$$ \begin{split} \frac{dy}{dx}&=\frac{v}{u}\\ \frac{dy}{v}&=\frac{dx}{u}\\ \frac{dr}{u_{r}}&=\frac{rd\theta}{u_{\theta}}\\ \frac{dr}{\frac{2}{3}r^{-\frac{1}{3}}\cos{\frac{2}{3}\theta}}&=\frac{rd\theta}{-\frac{2}{3}r^{-\frac{1}{3}}\sin{\frac{2}{3}\theta}}\\ \frac{dr}{r}&=-\frac{d\theta}{\tan{\frac{2}{3}\theta}}\\ \ln{r}&=-\frac{3}{2}\ln{\sin{\frac{2}{3}\theta}}+C\\ r&=A\sin{\frac{2}{3}\theta}^{-\frac{3}{2}} \end{split} $$ このように流線を表す極形式が分かります。 Aの値を複数考えて二次元グラフに流線を書きましょう。

(2)平行板の間の流れと温度分布

流体力学では定番の平行板の流れです。ナビエストークス方程式をかいて、様々な条件からいらない項を消し、微分方程式を解くのが一般的な流れです。 しかし、今回は微分方程式をもう示してくれていますので、それを解くだけです。 後半の温度分布に至っては微分方程式の解も教えてくれています。

(a)

(i)

与えられた微分方程式を解いていきましょう。 注意点ですが問題文より、圧力勾配はx方向だけであり、一定であるので $\frac{dp}{dx}$は定数です。 $$ \begin{split} \frac{d^{2}u}{dy^{2}}&=\frac{1}{\mu}\frac{dp}{dx}\\ \frac{du}{dy}&=\frac{1}{\mu}\frac{dp}{dx}y+C_{1}\\ u&=\frac{1}{2\mu}\frac{dp}{dx}y^{2}+C_{1}y+C_{2}\\ \end{split} $$ ここで境界条件ですが、 $$ \begin{split} &y=0 で u=0\\ &y=hで u=0 \end{split} $$ です。 これをもとに積分定数を決めていきますが、境界条件と因数定理より、uはy,(y-h)で因数分解できます。 よって、計算するまでもなくuは求まります。 $$ u=\frac{1}{2\mu}\frac{dp}{dx}y(y-h) $$ 次にuが最大となる点を考えます。 流れの方向はxの正方向なので圧力勾配$\frac{dp}{dx}$は負になります。 つまり、求めたuは上に凸なyの2次方程式なので、平方完成より$u=\frac{h}{2}$でuは最大になります。 そのときのuは $$ \begin{split} u_{max}&=\frac{1}{2\mu}\frac{dp}{dx}\frac{h}{2}\left(-\frac{h}{2}\right) \\ &=-\frac{h^{2}}{8\mu}\frac{dp}{dx} \end{split} $$ となります。 このことから、uを$u_{max}$で書き換えると $$ u=-\frac{4u_{max}}{h^{2}}y(y-h) $$ になります。

(ii)

奥行きは単位長さとしてみるので無視していいです。 y方向の速度は0なので、yの微小区間でのuを考えて、それを積分すれば体積流量は求まります。 $$ \begin{split} Q&=\int_{0}^{h}udy \\ &=\int_{0}^{h}\frac{1}{2\mu}\frac{dp}{dx}y(y-h)dy\\ &=-\frac{1}{12\mu}\frac{dp}{dx}h^{3} \end{split} $$

(iii)

uの平均値ですが、つまりは平均流速ですね。 平均流速は単位時間当たりの流量を断面積で割れば出ます。 $$ \begin{split} u_{mean}&=\frac{Q}{h} \\ &=-\frac{1}{12\mu}\frac{dp}{dx}h^{2}\\ &=\frac{2}{3}u_{max} \end{split} $$

(b)

(i)

解答の方向性としては、与えられた微分方程式を解くだけです。 このときに、馬鹿正直に計算していると計算ミスの可能性や、多くの時間がかかってしまいます。計算しているように書きましょう。

微分方程式より $$ \begin{split} k\frac{d^{2}T}{dy^{2}}&+\left\lbrace\mu\frac{du}{dy}\right\rbrace^{2}=0 \\ \frac{d^{2}T}{dy^{2}}&=-\frac{1}{4k\mu}\left\lbrace \frac{dp}{dx}\right\rbrace^{2}(2y-h)^{2} \\ \frac{dT}{dy}&=-\frac{1}{24k\mu}\left\lbrace \frac{dp}{dx}\right\rbrace^{2}(2y-h)^{3}+C_{1}\\ T&=-\frac{1}{196k\mu}\left\lbrace \frac{dp}{dx}\right\rbrace^{2}(2y-h)^{4}+C_{1}y+C_{2}\\ &=-\frac{\mu u_{max}^{2}}{3kh^{4}}(h-2y)^{4}+C_{1}y+C_{2} \end{split} $$ となります。

境界条件は $$ \begin{split} &y=0 で T=T_{1}\\ &y=hで T=T_{2} \end{split} $$ これを代入して、積分定数を計算すると、 $$ T=T_{1}+\frac{T_{2}-T_{1}}{h}y+-\frac{\mu u_{max}^{2}}{3kh^{4}}\lbrace h^{4}-(h-2y)^{4}\rbrace $$ になります。

最後の積分定数の計算は、さもしているかのように書けば大丈夫です。

(ii)

Tが最大となるyを探すには、Tをyで微分して増減を調べます。 $$ \begin{split} \frac{dT}{dy}&=\frac{T_{2}-T_{1}}{h}-\frac{8\mu u_{max}^{2}}{3kh^{4}}(2y-h)^{3} \\ \end{split} $$ このようになりました。 yの三次式になりましたが、このままではよくわかりません。 普通ならばもう一度微分して、増減を一階微分の増減を調べ、そののちにTの微分を調べる手順です。 しかし、そんなことをしなくてもTの増減はわかります。

もう一度Tの微分の式を見ます。

この式が表すグラフは $$ z=-\frac{8\mu u_{max}^{2}}{3kh^{4}}(2y-h)^{3} $$ をzの正の方向へ$\frac{T_{2}-T_{1}}{h}$だけ移動したものになります。 つまり、下のグラフのようになります。

グラフを見ると、$\frac{dT}{dy}$は単調減少関数です。 このことから、Tは$\frac{dT}{dy}=0$になる点まで、増加し、そののち減少することが分かります。 よって$y^{\ast }$は$\frac{dT}{dy}=0$になるyです。 よって $$ \begin{split} \frac{dT}{dy}=\frac{T_{2}-T_{1}}{h}&-\frac{8\mu u_{max}^{2}}{3kh^{4}}(2y^{\ast}-h)^{3}=0\\ (2y^{\ast}-h)^{3}&=\frac{3kh^{3}(T_{2}-T_{1})}{8\mu u_{max}^{2}}\\ y^{\ast}&=\frac{1}{2}\left\lbrace h+\left(\frac{3kh^{3}(T_{2}-T_{1})}{8\mu u_{max}^{2}} \right)^{\frac{1}{3}} \right\rbrace\\ \end{split} $$ となります。

$y^{\ast}$が平板間に存在する条件ですが $$ \begin{split} 0< &y^{*} < h\\ 0< &\frac{1}{2}\left\lbrace h+\left(\frac{3kh^{3}(T_{2}-T_{1})}{8\mu u_{max}^{2}} \right)^{\frac{1}{3}} \right\rbrace <h \\ T_{2}&-T_{1}<\frac{8\mu u_{max}^{2}}{3k} \end{split} $$

になります。

(iv)

右辺第三項は流体の速度に関する項です。yが$\frac{h}{2}$に近づくにつれて。つまり、流体の速度が大きくなるにつれて流体の温度を上昇させています。これは、流体の粘性によって流体のエネルギーの一部が熱エネルギーに変換されているためです。