113 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

本題考查垂直平板上的穩態降膜流（falling liquid film），核心包括：

• 以微小流體殼層進行動量衡算。

• 牛頓流體的本構關係：

  $\tau_{xz}=\mu\frac{dv_z}{dx}$

• 固體壁面無滑移條件。

• 液膜自由表面無剪應力條件。

• 由速度分布積分求質量流率。

以下假設：

1. 固體壁面位於 $x=0$，液膜自由表面位於 $x=\delta$。
2. $z$ 軸鉛直向下，與重力方向相同。
3. 流動為穩態、層流、不可壓縮且充分發展。
4. 沿 $z$ 方向沒有壓力梯度，即 $\dfrac{dp}{dz}=0$。
5. 壁面固定不動，液膜寬度為 $W$。

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解題方法

取厚度為 $dx$、寬度為 $W$、長度為 $dz$ 的微小流體殼層。由於流動沿 $z$ 軸，速度只有 $v_z(x)$，且速度梯度存在於 $x$ 方向。

沿 $z$ 方向的作用力包括：

• 上、下表面的剪應力。
• 流體本身的重力。
• 壓力力。

穩態充分發展流動下，慣性項為零，因此採用微分形式的動量衡算。

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（a）以殼層衡算建立穩態動量方程

取 $z$ 方向為正方向。

在殼層兩側的剪應力合力為

$$\left[\tau_{xz}(x+dx)-\tau_{xz}(x)\right]W\,dz$$

殼層所受重力為

$$\rho g\,W\,dx\,dz$$

若考慮壓力梯度，壓力力合力為

$$-\frac{dp}{dz}W\,dx\,dz$$

穩態下沿 $z$ 方向合力為零：

$$\left[\tau_{xz}(x+dx)-\tau_{xz}(x)\right]W\,dz +\rho gW\,dx\,dz -\frac{dp}{dz}W\,dx\,dz=0$$

除以 $W\,dx\,dz$，並令 $dx\to 0$：

$$\boxed{ \frac{d\tau_{xz}}{dx} +\rho g -\frac{dp}{dz}=0 }$$

亦可寫成一般形式：

$$\boxed{ 0=-\frac{dp}{dz}+\frac{d\tau_{xz}}{dx}+\rho g }$$

本題假設沿膜面沒有壓力梯度，因此：

$$\boxed{ \frac{d\tau_{xz}}{dx}=-\rho g }$$

邊界條件為：

• 壁面剪應力為未知，壁面速度滿足無滑移條件。

• 自由表面與氣體接觸，若氣體剪應力可忽略，則

  $\tau_{xz}(\delta)=0$

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（b）牛頓流體的速度分布 $v_z(x)$

牛頓流體遵守：

$$\tau_{xz}=\mu\frac{dv_z}{dx}$$

代入動量方程：

$$\frac{d}{dx} \left( \mu\frac{dv_z}{dx} \right) =-\rho g$$

因為 $\mu$ 為常數：

$$\mu\frac{d^2v_z}{dx^2}=-\rho g$$

因此：

$$\frac{d^2v_z}{dx^2} =-\frac{\rho g}{\mu}$$

第一次積分得：

$$\frac{dv_z}{dx} =-\frac{\rho g}{\mu}x+C_1$$

由自由表面無剪應力條件：

$$\tau_{xz}(\delta) =\mu\left.\frac{dv_z}{dx}\right|_{x=\delta}=0$$

所以：

$$0=-\rho g\delta+\mu C_1$$ $$C_1=\frac{\rho g\delta}{\mu}$$

故：

$$\frac{dv_z}{dx} =\frac{\rho g}{\mu}(\delta-x)$$

再次積分：

$$v_z(x) =\frac{\rho g}{\mu} \left( \delta x-\frac{x^2}{2} \right)+C_2$$

壁面固定且無滑移：

$$v_z(0)=0$$

因此 $C_2=0$，速度分布為：

$$\boxed{ v_z(x)=\frac{\rho g}{\mu} \left( \delta x-\frac{x^2}{2} \right) }$$

也可寫成：

本題考查宏觀機械能平衡方程的物理意義。此方程是能量守恆在特定條件下的應用，其中將流體系統的總能量變化分解為動能、位能、壓力能、機械功、出口動能損失和出口靜壓能損失。

方程左側代表單位質量流體在系統中從入口 (1) 到出口 (2) 的總能量變化。
方程右側代表系統對流體做的機械功（正功，例如泵）或流體對系統做的機械功（負功，例如渦輪），以及由於流體離開系統（出口）而損失的能量。

以下是各項的物理意義：

1. $\frac{1}{2} (v_2^2 - v_1^2)$: 單位質量流體動能的變化。

   • $\frac{1}{2} v_2^2$: 在出口 (2) 位置的單位質量流體動能。
   • $\frac{1}{2} v_1^2$: 在入口 (1) 位置的單位質量流體動能。
   • 此項表示由於流體速度的變化，單位質量流體所獲得或損失的動能。

2. $g(h_2 - h_1)$: 單位質量流體位能的變化。

   • $gh_2$: 在出口 (2) 位置的單位質量流體位能。
   • $gh_1$: 在入口 (1) 位置的單位質量流體位能。
   • 此項表示由於流體高度的變化（相對於某參考平面），單位質量流體所獲得或損失的位能。

3. $\int_{p_1}^{p_2} \frac{dp}{\rho}$: 單位質量流體壓力能的變化（或稱流體功）。

   • $\int_{p_1}^{p_2} \frac{dp}{\rho}$: 在入口壓力 $p_1$ 和出口壓力 $p_2$ 之間，單位質量流體在壓力變化下所做的功或所承受的功。
   • 如果密度 $\rho$ 是常數，則此項為 $\frac{p_2 - p_1}{\rho}$。
   • 此項代表流體由於壓力差而獲得或失去的能量。

4. $\dot{W}_m$: 淨機械功。

   • $\dot{W}_m$ 是系統對流體所做的淨機械功（單位質量）。
   • 如果系統中有泵（提供能量），則 $\dot{W}_m$ 為正。
   • 如果系統中有渦輪（從流體獲取能量），則 $\dot{W}_m$ 為負。
   • 此項代表外部機械裝置（如泵、渦輪）對流體所做的功。

5. $- \sum_i \left( \frac{1}{2} v_{e,i}^2 \right)_i$: 來自出口 $i$ 的動能損失。

   • $\frac{1}{2} v_{e,i}^2$: 在出口 $i$ 位置的單位質量流體動能。
   • 此項通常表示流體通過出口離開系統時，其動能被視為損失（例如，排入大氣或另一個大容器中，其動能不再被考慮）。

核心觀念

本題考查熱交換器的三項基本關係：

1. 熱量衡算

   穩態、無熱損失下，熱流體放出的熱量等於冷流體吸收的熱量：

   $Q=\dot m C_p\Delta T$

2. 對數平均溫差（LMTD）

   逆流熱交換器兩端的溫差分別為：

   $\Delta T_1=T_{h,in}-T_{c,out}$

   $\Delta T_2=T_{h,out}-T_{c,in}$

   對數平均溫差為：

$$\Delta T_{\mathrm{lm}}= \frac{\Delta T_1-\Delta T_2} {\ln\left(\dfrac{\Delta T_1}{\Delta T_2}\right)}$$

3. 總傳熱速率方程式

   $Q=UA\Delta T_{\mathrm{lm,corr}}$

   其中 $\Delta T_{\mathrm{lm,corr}}$ 為修正後的對數平均溫差。對真正的逆流熱交換器，修正因子 $F=1$。

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解題方法

先由油側資料計算熱負荷 $Q$，再依逆流配置求兩端溫差與 LMTD，最後利用總傳熱方程式求所需傳熱面積。

1. 計算熱負荷

油的入口、出口溫度為 $25^\circ\mathrm{C}$ 與 $35^\circ\mathrm{C}$，因此：

$\Delta T_o=35-25=10\ \mathrm{K}$

油側熱容量流率為：

$$\dot m_o C_{po} =(12)(2.5) =30\ \mathrm{kW/K}$$

所以油吸收的熱量為：

$Q=\dot m_o C_{po}\Delta T_o$

$$Q=(12)(2.5)(10) =300\ \mathrm{kW}$$

即：

$Q=3.00\times10^5\ \mathrm{W}$

熱水側可用熱量衡算驗證：

$\dot m_w C_{pw}(80-55)=300$

$\dot m_w(4.5)(25)=300$

$\dot m_w=2.667\ \mathrm{kg/s}$

此數值與油側熱負荷相符。

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（a）修正後的對數平均溫差

1. 逆流兩端溫差

逆流配置如下：

• 熱水入口 $80^\circ\mathrm{C}$ 對應油出口 $35^\circ\mathrm{C}$
• 熱水出口 $55^\circ\mathrm{C}$ 對應油入口 $25^\circ\mathrm{C}$

因此：

$\Delta T_1=80-35=45\ \mathrm{K}$

$\Delta T_2=55-25=30\ \mathrm{K}$

2. 計算 LMTD

核心觀念

本題考查：

1. 穩態一維擴散。
2. 氣相總莫耳通量與物種莫耳通量的關係。
3. 非稀薄氣體中的 Stefan–Maxwell／修正 Fick 擴散式。
4. 由表面反應化學計量關係建立各物種通量。
5. 擴散係數的溫度、壓力修正。

取 $z=0$ 為晶圓表面，$z=\delta$ 為主體氣相；$+z$ 方向由晶圓表面指向主體氣相。令 $J_B$ 表示 B 朝向晶圓表面的正通量，因此

$$N_B=-J_B$$

其中 $J_B>0$。

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解題方法

1. 基本假設

採用下列合理假設：

• 穩態、等溫、等壓。
• 氣相為理想氣體，總莫耳濃度 $c=P/(RT)$ 為常數。
• 只考慮 $z$ 方向擴散。
• 擴散層厚度為 $\delta$。
• 擴散係數 $D_{B,m}$ 為常數，其中 $m$ 表示氣相中其餘氣體的等效混合物。
• 表面反應為擴散控制，因此晶圓表面上的 B 幾乎立即被消耗：

$$y_{B,s}=0$$

• 「quiescent gas」表示沒有整體對流，並不代表各物種的擴散通量皆為零。

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2. 由反應式建立通量關係

表面反應為

$$B+\mathrm{H_2}\rightarrow A(s)+3C$$

因此各物種通量滿足

$$N_{\mathrm{H_2}}=N_B$$ $$N_C=-3N_B$$

代入 $N_B=-J_B$：

$$N_{\mathrm{H_2}}=-J_B$$ $$N_C=3J_B$$

所以總莫耳通量為

$$N_t=N_B+N_{\mathrm{H_2}}+N_C$$ $$N_t=(-J_B)+(-J_B)+(3J_B)=J_B$$

這是因為每消耗 $2$ mol 氣相反應物，生成 $3$ mol 氣相產物，氣相總莫耳數增加。

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3. 建立 B 的非稀薄擴散方程

對 B 使用含總莫耳通量的擴散式：

$$N_B=-cD_{B,m}\frac{dy_B}{dz}+y_BN_t$$

代入 $N_B=-J_B$ 與 $N_t=J_B$：

$$-J_B=-cD_{B,m}\frac{dy_B}{dz}+y_BJ_B$$

整理得

$$cD_{B,m}\frac{dy_B}{dz}=J_B(1+y_B)$$

因此

$$\frac{dy_B}{1+y_B} = \frac{J_B}{cD_{B,m}}\,dz$$

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4. 積分求 B 的通量

邊界條件為

$$y_B(0)=y_{B,s}$$ $$y_B(\delta)=y_{B,b}$$

對上式積分：

$$\int_{y_{B,s}}^{y_{B,b}}\frac{dy_B}{1+y_B} = \frac{J_B}{cD_{B,m}}\int_0^\delta dz$$

得到

$$\ln\left(\frac{1+y_{B,b}}{1+y_{B,s}}\right) = \frac{J_B\delta}{cD_{B,m}}$$

故 B 朝向晶圓表面的莫耳通量為

$$\boxed{ J_B= \frac{cD_{B,m}}{\delta} \ln\left( \frac{1+y_{B,b}}{1+y_{B,s}} \right) }$$

由於表面反應為擴散控制，$y_{B,s}=0$，所以

$$\boxed{ J_B= \frac{cD_{B,m}}{\delta} \ln(1+y_{B,b}) }$$

又因為

$$c=\frac{P}{RT}$$

故亦可寫成

$$\boxed{ J_B= \frac{PD_{B,m}}{RT\delta} \ln(1+y_{B,b}) }$$

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第（b）題：稀薄形式

1. 判斷稀薄近似

進料中

$$y_{B,b}=0.02\%=0.0002$$

因為 $y_B\ll 1$，可使用

$$\ln(1+y_B)\approx y_B$$

因此第（a）題模型簡化為