109 年 國立中正大學化學工程學系碩士班《單元操作與輸送現象》

核心觀念

令桿半徑為

$$a=kR,\qquad \delta=R-a=R(1-k),$$

其中窄環隙條件為 $\delta\ll R$。本題是同心圓柱間的剪切驅動流，沒有壓力差造成的壓力流。

使用牛頓流體定律：

$$\tau_{rz}=\mu\frac{dv_z}{dr},$$

以及

$$\dot m=\rho Q=\rho\int_A v_z\,dA.$$

---

解題方法與控制方程式

軸向動量方程式為

$$\rho\left( \frac{\partial v_z}{\partial t} +v_r\frac{\partial v_z}{\partial r} +\frac{v_\theta}{r}\frac{\partial v_z}{\partial\theta} +v_z\frac{\partial v_z}{\partial z} \right) = -\frac{\partial p}{\partial z} +\mu\left[ \frac{1}{r}\frac{d}{dr}\left(r\frac{dv_z}{dr}\right) +\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2v_z}{\partial\theta^2} +\frac{\partial^2v_z}{\partial z^2} \right].$$

各項消去理由如下：

• 穩態流：$\partial v_z/\partial t=0$。
• 軸對稱：$\partial/\partial\theta=0$。
• 完全發展流：$v_z=v_z(r)$，故 $\partial v_z/\partial z=0$。
• 沒有徑向及切向速度：$v_r=v_\theta=0$，所以所有對流慣性項為零。
• 腔體兩端壓力相同，且壓力梯度為常數，因此 $\partial p/\partial z=0$。
• 窄環隙中，$\delta\ll R$，因此 $$\frac{d^2v_z}{dr^2}\sim\frac{v_0}{\delta^2},\qquad \frac{1}{r}\frac{dv_z}{dr}\sim\frac{v_0}{R\delta},$$ 後者與前者之比約為 $\delta/R\ll1$，可忽略圓柱曲率項。

因此窄環隙控制方程式為

$$\frac{d^2v_z}{dr^2}=0.$$

邊界條件為

$$v_z(a)=v_0,\qquad v_z(R)=0.$$

---

(a) 窄環隙內的速度分布

積分兩次得

$$v_z=A+Br.$$

代入邊界條件：

$$\boxed{ v_z(r)=v_0\frac{R-r}{R-a} = v_0\frac{R-r}{R(1-k)} } \qquad (kR\le r\le R).$$

以窄隙座標 $y=r-a$ 表示：

$$\boxed{ v_z(y)=v_0\left(1-\frac{y}{\delta}\right) } \qquad (0\le y\le\delta).$$

保留完整圓柱曲率時，精確速度分布為

核心觀念

令桿半徑為

$$a=kR,\qquad \delta=R-a=R(1-k),$$

其中窄環隙條件為 $\delta\ll R$。本題是同心圓柱間的剪切驅動流，沒有壓力差造成的壓力流。

使用牛頓流體定律：

$$\tau_{rz}=\mu\frac{dv_z}{dr},$$

以及

$$\dot m=\rho Q=\rho\int_A v_z\,dA.$$

---

解題方法與控制方程式

軸向動量方程式為

$$\rho\left( \frac{\partial v_z}{\partial t} +v_r\frac{\partial v_z}{\partial r} +\frac{v_\theta}{r}\frac{\partial v_z}{\partial\theta} +v_z\frac{\partial v_z}{\partial z} \right) = -\frac{\partial p}{\partial z} +\mu\left[ \frac{1}{r}\frac{d}{dr}\left(r\frac{dv_z}{dr}\right) +\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2v_z}{\partial\theta^2} +\frac{\partial^2v_z}{\partial z^2} \right].$$

各項消去理由如下：

• 穩態流：$\partial v_z/\partial t=0$。
• 軸對稱：$\partial/\partial\theta=0$。
• 完全發展流：$v_z=v_z(r)$，故 $\partial v_z/\partial z=0$。
• 沒有徑向及切向速度：$v_r=v_\theta=0$，所以所有對流慣性項為零。
• 腔體兩端壓力相同，且壓力梯度為常數，因此 $\partial p/\partial z=0$。
• 窄環隙中，$\delta\ll R$，因此 $$\frac{d^2v_z}{dr^2}\sim\frac{v_0}{\delta^2},\qquad \frac{1}{r}\frac{dv_z}{dr}\sim\frac{v_0}{R\delta},$$ 後者與前者之比約為 $\delta/R\ll1$，可忽略圓柱曲率項。

因此窄環隙控制方程式為

$$\frac{d^2v_z}{dr^2}=0.$$

邊界條件為

$$v_z(a)=v_0,\qquad v_z(R)=0.$$

---

(a) 窄環隙內的速度分布

積分兩次得

$$v_z=A+Br.$$

代入邊界條件：

$$\boxed{ v_z(r)=v_0\frac{R-r}{R-a} = v_0\frac{R-r}{R(1-k)} } \qquad (kR\le r\le R).$$

以窄隙座標 $y=r-a$ 表示：

$$\boxed{ v_z(y)=v_0\left(1-\frac{y}{\delta}\right) } \qquad (0\le y\le\delta).$$

保留完整圓柱曲率時，精確速度分布為

核心觀念

本題考查非等分子逆向擴散（Non-equimolar counter-diffusion）與薄膜質傳理論（Film Theory），以及氣體擴散係數的溫度與壓力校正。

1. 一維質傳通量方程式（Fick's Law with Convective Bulk Flow）：
   $N_B = -c D_{AB} \frac{dy_B}{dz} + y_B \sum N_i$
   其中包含分子擴散項（$-c D_{AB} \frac{dy_B}{dz}$）與整體對流項／史蒂芬流（Stefan flow, $y_B \sum N_i$）。
2. 表面反應計量關係對通量之限制：
   在晶圓表面發生的非均相化學反應決定了各物種通量之間的比例關係，進而決定總通量 $\sum N_i$ 與反應物通量 $N_B$ 的倍數關係。
3. 稀薄系統（Dilute System）簡化：
   當反應物莫耳分率極低（$y_B \ll 1$）時，對流項可忽略，通量方程式退化為等莫耳逆向擴散（EMCD）或純分子擴散之線性濃度分佈形式。
4. 氣體擴散係數與溫度、壓力之關係（Chapman-Enskog 理論）：
   $D_{AB} \propto \frac{T^{3/2}}{P} \implies D_{AB,T_2,P_2} = D_{AB,T_1,P_1} \left( \frac{T_2}{T_1} \right)^{3/2} \left( \frac{P_1}{P_2} \right)$

---

解題方法

(a) 建立預測反應物 B 到達晶圓表面之通量積分模型

1. 系統假設（Assumptions）：

• 系統處於穩態（Steady-state）。
• 氣相質傳為一維垂直於晶圓表面之擴散，邊界層／擴散薄膜厚度為 $\delta$。
• 氣體符合理想氣體行為，且薄膜內為等溫、等壓（$T = 627^\circ\text{C}$、$P = 0.40\text{ atm}$），故總莫耳濃度 $c = \frac{P}{RT}$ 為常數。
• 表面反應為擴散控制（Diffusion-limited），即表面化學反應速率極快，表面處的反應物濃度視為零（$y_{B,s} = 0$）。
• 氣體混合物可視為 B 在其餘組份中之擬雙元擴散（Pseudo-binary diffusion），擴散係數為 $D_{AB}$。

2. 邊界條件（Boundary Conditions）：
設定座標系統：設氣體主體主流邊界處為 $z = 0$，晶圓表面處為 $z = \delta$（即 $z$ 軸正向朝向晶圓表面）。

• 於 $z = 0$（薄膜外側／氣相主體）：$y_B = y_{B0}$（主體莫耳分率）
• 於 $z = \delta$（晶圓表面）：$y_B = y_{Bs} = 0$（擴散控制極限）

3. 各組份通量計量關係（Stoichiometric Flux Relations）：
表面反應式為：
$\text{B}(g) + \frac{3}{2}\text{H}_2(g) \to \text{A}(s) + 3\text{C}(g)$
固體產物 A 沈積於表面不擴散至氣相。在穩態下，朝向晶圓表面移動的反應物通量與遠離晶圓表面的產物通量受化學計量比嚴格限制：
$\frac{N_B}{-1} = \frac{N_{\text{H}_2}}{-1.5} = \frac{N_C}{3}$
以朝向晶圓表面（$+z$ 方向）為正通量方向：

• $N_{\text{H}_2} = 1.5 N_B$
• $N_C = -3 N_B$

系統總莫耳通量 $N$ 為：
$N = N_B + N_{\text{H}_2} + N_C = N_B + 1.5 N_B - 3 N_B = -0.5 N_B$

4. 積分與代數模型推導：
將總通量代入一維質傳通量方程式：
$N_B = -c D_{AB} \frac{dy_B}{dz} + y_B N = -c D_{AB} \frac{dy_B}{dz} - 0.5 y_B N_B$
整理將含 $y_B$ 項移至同一側：
$N_B (1 + 0.5 y_B) = -c D_{AB} \frac{dy_B}{dz}$
分離變數：
$\frac{N_B}{c D_{AB}} dz = -\frac{dy_B}{1 + 0.5 y_B}$
沿擴散薄膜由 $z = 0$（$y_B = y_{B0}$）積分至 $z = \delta$（$y_B = 0$）：
$\frac{N_B}{c D_{AB}} \int_0^\delta dz = -\int_{y_{B0}}^0 \frac{dy_B}{1 + 0.5 y_B} = \int_0^{y_{B0}} \frac{dy_B}{1 + 0.5 y_B}$
積分結果：
$\frac{N_B \delta}{c D_{AB}} = \frac{1}{0.5} \ln(1 + 0.5 y_{B0}) = 2 \ln(1 + 0.5 y_{B0})$
解出通量 $N_B$ 之代數形式模型：
$N_B = \frac{2 c D_{AB}}{\delta} \ln(1 + 0.5 y_{B0}) = \frac{c D_{AB}}{0.5 \delta} \ln(1 + 0.5 y_{B0})$

---

本題考驗學生對黏滯係數、運動黏滯係數、流率以及層流判定的理解，並應用流體力學基本原理進行計算。

基本概念：

• 動力黏滯係數 ($\mu$)： 流體抵抗剪切變形的能力。
• 運動黏滯係數 ($\nu$)： 動力黏滯係數與密度之比，$\nu = \mu / \rho$。單位為 m²/s 或 Stokes (St)。
• 體積流率 (Q)： 单位时间内流过某截面的流体体积。

題目資訊：

• 容器深度 $H = 12$ cm
• 管長 $L = 55$ cm
• 管徑 $D = 0.18$ cm
• 管半徑 $R = D/2 = 0.09$ cm
• 體積流率 $Q = 1.9$ cm³/s
• 液體密度 $\rho$ 恆定 (未給定，但運動黏滯係數計算中會用到)

(a) 計算運動黏滯係數 $\nu$：
我們需要一個模型來連結流率、管的幾何尺寸以及液體的黏滯係數。由於液體從容器底部通過一根長管流出，我們可以假設流動是通過壓力差驅動的。這個壓力差主要來自於容器內液體的高度。

壓力差的計算：
液體從容器底部流出，其壓力差主要由容器內液體的高度 $H$ 產生。
靜態液體在底部的壓力為 $P_{static} = \rho g H$。
然而，這裡流體在流動，我們需要考慮流動的能量損失。
對於從儲罐底部小孔流出的流體，如果孔的尺寸遠小於儲罐尺寸，且流速不高，則可以近似認為壓力差由液體高度 $H$ 提供。
但是，這裡流體通過一根長管，管的阻力是主要的。
如果我們假設流動是層流，並且主要由壓力差驅動，則可以使用 Poiseuille 方程式來描述流率。
Poiseuille 方程式給出了在圓管中，由壓力差 $\Delta P$ 驅動的穩態層流體積流率 $Q$：

$$Q = \frac{\pi R^4 \Delta P}{8 \mu L} = \frac{\pi D^4 \Delta P}{128 \mu L}$$

其中 $\Delta P$ 是管兩端的壓力差。

在本題中，壓力差 $\Delta P$ 的來源是液體的高度 $H$。我們可以將 $\Delta P$ 近似為液柱的靜壓力：
$\Delta P \approx \rho g H$。
代入 Poiseuille 方程式：

$$Q = \frac{\pi R^4 (\rho g H)}{8 \mu L}$$

我們要求的是運動黏滯係數 $\nu = \mu / \rho$。重新整理上式：

$$Q = \frac{\pi R^4 g H}{8 (\mu/\rho) L} = \frac{\pi R^4 g H}{8 \nu L}$$

從這個式子可以解出 $\nu$：

$$\nu = \frac{\pi R^4 g H}{8 Q L}$$

注意： 此處的 $g$ 是重力加速度。常見單位是 $g \approx 981 \text{ cm/s}^2$ 或 $9.81 \text{ m/s}^2$。

單位換算與計算：
將所有物理量統一單位，例如使用 cm 和 s。
$R = 0.09$ cm
$L = 55$ cm
$H = 12$ cm
$Q = 1.9$ cm³/s
$g = 981$ cm/s²

$$\nu = \frac{\pi (0.09 \text{ cm})^4 (981 \text{ cm/s}^2) (12 \text{ cm})}{8 (1.9 \text{ cm}^3/\text{s}) (55 \text{ cm})}$$ $$\nu = \frac{\pi \times (0.00006561 \text{ cm}^4) \times 981 \times 12 \text{ cm}^2/\text{s}}{8 \times 1.9 \times 55 \text{ cm}^4/\text{s}}$$

本題考驗學生對複合壁面熱傳導的理解，特別是穩態一維熱傳導問題，以及如何應用熱阻概念來求解各介面溫度。

核心觀念：
在複合材料壁面中，穩態一維熱傳導時，熱流密度在各層材料中是恆定的。各層材料的熱阻與其導熱係數、厚度以及接觸面積成反比。界面溫度可以通過計算各層的溫度降來求解。

題目資訊：

• 材料層數：3 層
• 第一層 (火磚, firebrick)：厚度 $L_1 = 10$ cm $= 0.10$ m，導熱係數 $k_1 = 1.56$ W/m·K
• 第二層 (高嶺土保溫磚, kaolin insulating brick)：厚度 $L_2 = 25$ cm $= 0.25$ m，導熱係數 $k_2 = 0.07$ W/m·K
• 第三層 (磚石, masonry brick)：厚度 $L_3 = 8$ cm $= 0.08$ m，導熱係數 $k_3 = 1.0$ W/m·K
• 內壁溫度 $T_{in} = 1400$ K
• 外壁溫度 $T_{out} = 400$ K

模型建立：
假設熱傳導為穩態且為一維，垂直於壁面方向。熱流密度 $q''$ 在各層材料中是恆定的。
熱阻的概念可以用來類比電阻。熱傳導的熱阻 $R_{th}$ 與電阻類似，可以表示為：

$$R_{th} = \frac{\Delta T}{\dot{Q}} = \frac{L}{kA}$$

其中 $\Delta T$ 是溫差，$\dot{Q}$ 是熱流率，$L$ 是材料厚度，$k$ 是導熱係數，A 是熱傳導面積。
在題目中，我們關心的是單位面積的熱阻，即熱流密度 $q'' = \dot{Q}/A$。

$$R''_{th} = \frac{L}{k}$$

其中 $R''_{th}$ 是單位面積熱阻 (thermal resistance per unit area)。

計算各層的熱阻：

• 第一層 (火磚)：
  $R''_{th,1} = \frac{L_1}{k_1} = \frac{0.10 \text{ m}}{1.56 \text{ W/m·K}} \approx 0.0641$ m²·K/W
• 第二層 (高嶺土保溫磚)：
  $R''_{th,2} = \frac{L_2}{k_2} = \frac{0.25 \text{ m}}{0.07 \text{ W/m·K}} \approx 3.5714$ m²·K/W
• 第三層 (磚石)：
  $R''_{th,3} = \frac{L_3}{k_3} = \frac{0.08 \text{ m}}{1.0 \text{ W/m·K}} = 0.08$ m²·K/W

總熱阻：
由於各層是串聯的，總單位面積熱阻為各層熱阻之和：

$$R''_{th, total} = R''_{th,1} + R''_{th,2} + R''_{th,3}$$ $$R''_{th, total} \approx 0.0641 + 3.5714 + 0.08 = 3.7155 \text{ m}^2\text{·K/W}$$

計算總溫差與熱流密度：
總溫差 $\Delta T_{total} = T_{in} - T_{out} = 1400 \text{ K} - 400 \text{ K} = 1000 \text{ K}$。