114 年 國立中央大學化學工程與材料工程學系碩士班《單元操作與輸送現象》

本題主要考查牛頓流體在圓柱座標系下的 Navier-Stokes 方程式應用，特別是處理圓柱間隙流動問題。

核心觀念：

1. Navier-Stokes 方程式在圓柱座標系下的簡化。
2. 穩態、層流、不可壓縮性、牛頓流體的假設。
3. 邊界條件的設定。
4. 應力與速度梯度的關係。

解題過程：

題組共用題幹：
題目描述一個不可壓縮、牛頓流體（密度 $\rho$，黏度 $\mu$）在兩個同心圓柱之間流動，內外圓柱半徑分別為 $R_i$ 和 $R_o$。假設流體速度分量 $v_r = 0$ 且 $v_z = 0$。

(a) (5 pts) 求解速度剖面 $v_\theta$ 的控制方程式與邊界條件

步驟 1：簡化 Navier-Stokes 方程式
在圓柱座標系 $(r, \theta, z)$ 下，Navier-Stokes 方程式為：

$$\rho \left( \frac{\partial \mathbf{v}}{\partial t} + (\mathbf{v} \cdot \nabla)\mathbf{v} \right) = -\nabla p + \mu \nabla^2 \mathbf{v} + \rho \mathbf{g}$$

我們已知：

• 不可壓縮性：$\nabla \cdot \mathbf{v} = 0$
• 牛頓流體
• 流動主要在 $\theta$ 方向：$v_r = 0$, $v_z = 0$
• 速度與 $t$ 有關，但與 $\theta$ 和 $z$ 無關，$v_\theta = v_\theta(r, t)$。
• 重力 $\mathbf{g}$ 假設為 $g_r = 0, g_\theta = 0, g_z = -g$ (向下)。

考慮 $\theta$ 方向的動量方程式。
$\theta$ 方向的 Navier-Stokes 方程式為：

$$\rho \left( \frac{\partial v_\theta}{\partial t} + v_r \frac{\partial v_\theta}{\partial r} + \frac{v_\theta}{r} \frac{\partial v_\theta}{\partial \theta} + v_z \frac{\partial v_\theta}{\partial z} + v_r v_\theta \frac{1}{r} \right) = -\frac{1}{r} \frac{\partial p}{\partial \theta} + \mu \left( \nabla^2 v_\theta - \frac{v_\theta}{r^2} - \frac{2}{r^2} \frac{\partial v_r}{\partial \theta} \right) + \rho g_\theta$$

由於 $v_r = 0$, $v_z = 0$, $v_\theta = v_\theta(r, t)$, $\frac{\partial v_\theta}{\partial \theta} = 0$, $\frac{\partial v_\theta}{\partial z} = 0$, $\frac{\partial v_r}{\partial \theta} = 0$, $g_\theta = 0$。
所以，$\theta$ 方向的動量方程式簡化為：

$$\rho \frac{\partial v_\theta}{\partial t} = \mu \left( \frac{\partial^2 v_\theta}{\partial r^2} + \frac{1}{r} \frac{\partial v_\theta}{\partial r} - \frac{v_\theta}{r^2} \right) - \frac{1}{r} \frac{\partial p}{\partial \theta}$$

另外，我們還需要考慮 $r$ 方向的動量方程式，因為壓力梯度可能與 $r$ 有關。
$r$ 方向的 Navier-Stokes 方程式為：

$$\rho \left( \frac{\partial v_r}{\partial t} + v_r \frac{\partial v_r}{\partial r} + \frac{v_\theta}{r} \frac{\partial v_r}{\partial \theta} + v_z \frac{\partial v_r}{\partial z} - \frac{v_\theta^2}{r} \right) = -\frac{\partial p}{\partial r} + \mu \left( \nabla^2 v_r - \frac{v_r}{r^2} + \frac{2}{r^2} \frac{\partial v_\theta}{\partial \theta} \right) + \rho g_r$$

由於 $v_r = 0$, $v_z = 0$, $v_\theta = v_\theta(r, t)$, $\frac{\partial v_r}{\partial \theta} = 0$, $g_r = 0$。
所以， $r$ 方向的動量方程式簡化為：

$$\rho \left( - \frac{v_\theta^2}{r} \right) = -\frac{\partial p}{\partial r}$$

這表示壓力梯度與 $v_\theta^2/r$ 有關。

步驟 2：判斷壓力項
由於 $v_\theta$ 只與 $r$ 和 $t$ 有關，且流動是軸對稱的，壓力 $p$ 應該只與 $r$ 和 $t$ 有關，即 $p = p(r, t)$。
因此，$\frac{\partial p}{\partial \theta} = 0$。
這使得 $\theta$ 方向的動量方程式進一步簡化為：

$$\rho \frac{\partial v_\theta}{\partial t} = \mu \left( \frac{\partial^2 v_\theta}{\partial r^2} + \frac{1}{r} \frac{\partial v_\theta}{\partial r} - \frac{v_\theta}{r^2} \right)$$

這個方程式也可以寫成：

$$\frac{\partial v_\theta}{\partial t} = \nu \left( \frac{\partial^2 v_\theta}{\partial r^2} + \frac{1}{r} \frac{\partial v_\theta}{\partial r} - \frac{v_\theta}{r^2} \right)$$

其中 $\nu = \mu/\rho$ 是運動黏度。
注意到括號內的部分是 $r$ 對於 $\frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial r} (r \frac{\partial v_\theta}{\partial r})$ 的展開。
所以，控制方程式為：

$$\frac{\partial v_\theta}{\partial t} = \nu \frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial r} \left( r \frac{\partial v_\theta}{\partial r} \right) - \frac{\nu}{r^2} v_\theta$$

這與題目提示的 (a) 的要求「using Navier-Stokes equation」一致，但對於「simplified form」的理解，通常是指消去不必要的項。
另一種寫法是考慮 $\frac{\partial}{\partial r} (r \frac{\partial v_\theta}{\partial r}) = r \frac{\partial^2 v_\theta}{\partial r^2} + \frac{\partial v_\theta}{\partial r}$。
所以，

$$\frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial r} \left( r \frac{\partial v_\theta}{\partial r} \right) = \frac{\partial^2 v_\theta}{\partial r^2} + \frac{1}{r} \frac{\partial v_\theta}{\partial r}$$

因此，控制方程式為：

$$\frac{\partial v_\theta}{\partial t} = \nu \left( \frac{\partial^2 v_\theta}{\partial r^2} + \frac{1}{r} \frac{\partial v_\theta}{\partial r} \right) - \frac{\nu}{r^2} v_\theta$$

這與課本或參考資料中的圓柱座標系動量方程式一致。

步驟 3：設定邊界條件
在 $t > 0$ 時：

• 內圓柱邊界 ($r = R_i$)：流體速度等於內圓柱速度。
  $v_\theta(R_i, t) = \Omega_i R_i$
• 外圓柱邊界 ($r = R_o$)：流體速度等於外圓柱速度。
  $v_\theta(R_o, t) = \Omega_o R_o$

初始條件：

• $t \le 0$ 時，流體靜止。
  $v_\theta(r, 0) = 0$ for $R_i \le r \le R_o$.

總結 (a)：
控制方程式：

$$\frac{\partial v_\theta}{\partial t} = \nu \left( \frac{\partial^2 v_\theta}{\partial r^2} + \frac{1}{r} \frac{\partial v_\theta}{\partial r} - \frac{v_\theta}{r^2} \right)$$

邊界條件：
$v_\theta(R_i, t) = \Omega_i R_i$ for $t > 0$
$v_\theta(R_o, t) = \Omega_o R_o$ for $t > 0$
初始條件：
$v_\theta(r, 0) = 0$ for $R_i \le r \le R_o$

【答案】
控制方程式：$\rho \frac{\partial v_\theta}{\partial t} = \mu \left( \frac{\partial^2 v_\theta}{\partial r^2} + \frac{1}{r} \frac{\partial v_\theta}{\partial r} - \frac{v_\theta}{r^2} \right)$
邊界條件：$v_\theta(R_i, t) = \Omega_i R_i$, $v_\theta(R_o, t) = \Omega_o R_o$
初始條件：$v_\theta(r, 0) = 0$

本題考查牛頓流體在斜坡上的薄膜流動，涉及外力（重力）與強制運動（移動板）的耦合效應。

核心觀念：

1. Navier-Stokes 方程式在直角座標系下的簡化。
2. 穩態、層流、不可壓縮性、牛頓流體的假設。
3. 重力在斜坡上的分量。
4. 邊界條件的設定。
5. 剪應力與速度梯度的關係。

解題過程：

題組共用題幹：
一個牛頓流體在傾斜 $\beta$ 角的板上形成厚度為 $b$ 的液膜。板以速度 $v_0$ 向 $-x$ 方向移動。假設流動是層流且穩態。座標系定義如圖所示，板位於 $y=0$ 處，液體表面在 $y=b$ 處。流動主要沿 $x$ 方向。

(a) (8 pts) 推導速度剖面 ($v_x$) 和剪應力剖面 ($\tau_{yx}$)

步驟 1：簡化 Navier-Stokes 方程式
在直角座標系 $(x, y, z)$ 下，考慮 $x$ 方向的動量方程式。
對於薄膜流動，假設速度只有 $v_x$ 分量，且 $v_x$ 只與 $y$ 有關，$v_x = v_x(y)$。
此外，假設流動是穩態的，因此時間導數為零。
重力向量 $\mathbf{g}$ 在斜坡上的座標系中，我們需要分解。
根據圖示，板傾斜角為 $\beta$。
$x$ 方向的速度 $v_x$ 沿著斜坡向下。
$y$ 方向垂直於斜坡向上。
重力加速度 $g$ 垂直向下。
在 $(x, y)$ 座標系中，重力在 $x$ 方向的分量為 $g \sin\beta$（沿斜坡向下），在 $y$ 方向的分量為 $-g \cos\beta$（垂直於斜坡向下）。

$x$ 方向的 Navier-Stokes 方程式為：

$$\rho \left( \frac{\partial v_x}{\partial t} + v_x \frac{\partial v_x}{\partial x} + v_y \frac{\partial v_x}{\partial y} + v_z \frac{\partial v_x}{\partial z} \right) = -\frac{\partial p}{\partial x} + \mu \left( \frac{\partial^2 v_x}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 v_x}{\partial y^2} + \frac{\partial^2 v_x}{\partial z^2} \right) + \rho g_x$$

由於：

• 穩態：$\frac{\partial v_x}{\partial t} = 0$
• 流動主要沿 $x$ 方向，且 $v_x$ 只與 $y$ 有關：$v_x \frac{\partial v_x}{\partial x} = 0$, $v_z = 0$, $\frac{\partial^2 v_x}{\partial x^2} = 0$, $\frac{\partial^2 v_x}{\partial z^2} = 0$。
• 速度只有 $x$ 分量，且 $v_y = 0$ (因為液膜厚度是固定的，沒有垂直於板的速度)。
• 壓力梯度：由於只有 $v_x(y)$，且沒有強制流動（例如泵），通常假設壓力在 $x$ 方向不變，即 $\frac{\partial p}{\partial x} = 0$。
• 重力在 $x$ 方向的分量：$g_x = g \sin\beta$。

簡化後的 $x$ 方向動量方程式為：

$$0 = \mu \frac{d^2 v_x}{d y^2} + \rho g \sin\beta$$ $$\frac{d^2 v_x}{d y^2} = -\frac{\rho g \sin\beta}{\mu}$$

這個方程式描述了速度剖面。

步驟 2：設定邊界條件

• 在板上 ($y=0$)：板以速度 $v_0$ 向 $-x$ 方向移動。由於是粘滯接觸，流體速度應與板速度相同。
  $v_x(0) = -v_0$
• 在液體表面 ($y=b$)：液體表面與大氣接觸，假設沒有剪應力作用（自由表面）。
  $\frac{dv_x}{dy} \Big|_{y=b} = 0$ (因為 $\tau_{yx} = \mu \frac{dv_x}{dy}$，且 $\tau_{yx} = 0$)

步驟 3：求解速度剖面 $v_x(y)$
對 $\frac{d^2 v_x}{d y^2} = -\frac{\rho g \sin\beta}{\mu}$ 積分一次：

$$\frac{d v_x}{d y} = -\frac{\rho g \sin\beta}{\mu} y + C_1$$

應用邊界條件 $\frac{dv_x}{dy} \Big|_{y=b} = 0$：
$0 = -\frac{\rho g \sin\beta}{\mu} b + C_1 \implies C_1 = \frac{\rho g \sin\beta}{\mu} b$

所以，

$$\frac{d v_x}{d y} = -\frac{\rho g \sin\beta}{\mu} y + \frac{\rho g \sin\beta}{\mu} b = \frac{\rho g \sin\beta}{\mu} (b - y)$$

再次積分求解 $v_x(y)$：

$$v_x(y) = \int \frac{\rho g \sin\beta}{\mu} (b - y) dy = \frac{\rho g \sin\beta}{\mu} \left( by - \frac{y^2}{2} \right) + C_2$$

應用邊界條件 $v_x(0) = -v_0$：
$-v_0 = \frac{\rho g \sin\beta}{\mu} (b \cdot 0 - \frac{0^2}{2}) + C_2 \implies C_2 = -v_0$

所以，速度剖面為：

$$v_x(y) = \frac{\rho g \sin\beta}{\mu} \left( by - \frac{y^2}{2} \right) - v_0$$

這個公式表示速度剖面是拋物線形的，受重力（向下推動）和板的移動（向 $-x$ 方向拖動）共同影響。

步驟 4：求解剪應力剖面 $\tau_{yx}$
剪應力定義為 $\tau_{yx} = \mu \frac{dv_x}{dy}$。
我們已經得到 $\frac{dv_x}{dy} = \frac{\rho g \sin\beta}{\mu} (b - y)$。
所以，

$$\tau_{yx}(y) = \mu \left[ \frac{\rho g \sin\beta}{\mu} (b - y) \right] = \rho g \sin\beta (b - y)$$

剪應力從 $y=0$ 的 $\rho g \sin\beta \cdot b$ 變化到 $y=b$ 的 $0$。
這表示剪應力隨著 $y$ 增加而線性減小。

【答案】
速度剖面：$v_x(y) = \frac{\rho g \sin\beta}{\mu} \left( by - \frac{y^2}{2} \right) - v_0$
剪應力剖面：$\tau_{yx}(y) = \rho g \sin\beta (b - y)$

(b) (2 pts) 繪製速度剖面圖，若 $v_0$ 與重力貢獻相當

速度剖面 $v_x(y) = \frac{\rho g \sin\beta}{\mu} (by - \frac{y^2}{2}) - v_0$ 可以寫成：
$v_x(y) = v_{gravity}(y) - v_{plate}$

核心觀念

本題考查能量方程、熱邊界層與濃度邊界層，以及熱質傳遞類比。主要用到：

• 傅立葉定律與能量平衡：導出熱擴散方程及含流動的能量方程。
• 邊界層近似：忽略流向熱傳導，保留垂直壁面的熱傳導。
• 無因次數：雷諾數 $Re$、普朗特數 $Pr$、施密特數 $Sc$、佩克萊數 $Pe$。
• 熱質傳遞類比：在幾何、雷諾數及流場相同，且 $Pr$ 與 $Sc$ 接近時，可用熱邊界層的無因次溫度分布估計濃度分布。

(a) 熱擴散方程

取一固定微小控制體，假設固體靜止、物性均勻且定值，沒有內部熱生成。能量累積率等於各方向淨熱傳入率：

$$\rho c_p\frac{\partial T}{\partial t} = -\nabla\cdot\mathbf q$$

由傅立葉定律：

$$\mathbf q=-k\nabla T$$

代入能量平衡，得到

$$\rho c_p\frac{\partial T}{\partial t} = \nabla\cdot(k\nabla T)$$

若 $k$ 為常數，且 $\alpha=k/(\rho c_p)$，則

$$\boxed{\frac{\partial T}{\partial t} = \alpha\nabla^2T}$$

這是無流動下的熱擴散方程。

(b) 熱對流方程

流體流動時，控制體內能量除了因熱傳導而改變，也會隨流體移動。假設流體不可壓縮、物性定值、沒有內部熱生成，且忽略黏滯耗散，能量方程為

$$\rho c_p\left( \frac{\partial T}{\partial t} +\mathbf v\cdot\nabla T \right) = k\nabla^2T$$

左側的物質導數包含局部溫度變化及流體對流攜帶的能量。對穩態二維流動，令速度分量為 $u,v$：

$$\rho c_p\left( u\frac{\partial T}{\partial x} +v\frac{\partial T}{\partial y} \right) = k\left( \frac{\partial^2T}{\partial x^2} +\frac{\partial^2T}{\partial y^2} \right)$$

(c) 熱邊界層的無因次方程

採用穩態、二維、定物性邊界層近似：流向熱傳導遠小於垂直壁面的熱傳導，因此忽略 $\partial^2T/\partial x^2$。能量方程化為

$$u\frac{\partial T}{\partial x} +v\frac{\partial T}{\partial y} = \alpha\frac{\partial^2T}{\partial y^2}$$

令物體特徵長度為 $L$、自由流速度為 $U$，並定義

$$x^*=\frac{x}{L},\qquad y^*=\frac{y\sqrt{Re}}{L},\qquad u^*=\frac{u}{U},\qquad v^*=\frac{v\sqrt{Re}}{U}$$ $$\theta=\frac{T-T_\infty}{T_s-T_\infty},\qquad Re=\frac{UL}{\nu},\qquad Pr=\frac{\nu}{\alpha}$$

其中 $T_s$ 為表面溫度，$T_\infty$ 為自由流溫度。代入邊界層方程，得到

$$\boxed{ u^*\frac{\partial\theta}{\partial x^*} +v^*\frac{\partial\theta}{\partial y^*} = \frac{1}{Pr} \frac{\partial^2\theta}{\partial y^{*2}} }$$

此處 $y^*$ 以速度邊界層尺度 $L/\sqrt{Re}$ 無因次化。佩克萊數為

$$Pe=Re\,Pr=\frac{UL}{\alpha}$$

(d) 濃度邊界層方程與無因次數

對稀薄蒸氣在空氣中的穩態擴散，採用定物性、二維邊界層近似，忽略流向分子擴散，得到

$$u\frac{\partial C_A}{\partial x} +v\frac{\partial C_A}{\partial y} = D_{AB}\frac{\partial^2C_A}{\partial y^2}$$

定義無因次濃度及施密特數：

$$\phi=\frac{C_A-C_{A,\infty}}{C_{A,s}-C_{A,\infty}}, \qquad Sc=\frac{\nu}{D_{AB}}$$

沿用 (c) 的座標與速度無因次化，則

$$\boxed{ u^*\frac{\partial\phi}{\partial x^*} +v^*\frac{\partial\phi}{\partial y^*} = \frac{1}{Sc} \frac{\partial^2\phi}{\partial y^{*2}} }$$

核心觀念

本題考多段操作線的物料衡算，以及飽和液體進料下的最小回流比。相對揮發度假設為常數，平衡關係為

$$y^*=\frac{\alpha x}{1+(\alpha-1)x}$$

其中 $\alpha=2.3$。液體側線抽出會使側線下方的液相流率減少 $S$；飽和液體進料則使進料板以下的液相流率增加 $F$，而蒸氣流率不變。

解題方法

1. 求各產品流率

以 100 mol 進料為基準，進料含 A 50 mol。側線產品含有進料中 40% 的 A，因此側線帶走

$$n_{A,S}=0.40(50)=20\ \text{mol}$$

側線液體含 A 80%，所以側線總流率為

$$S=\frac{20}{0.80}=25\ \text{mol}$$

餾出液與塔底液總流率為 $D+B=75$。A 的衡算為

$$0.985D+0.02B=50-20=30$$

聯立求得

$$D=29.53\ \text{mol},\qquad B=45.47\ \text{mol}$$

2. 推導三段操作線

令塔頂回流比 $R=L_0/D$，並令側線組成 $x_S=0.80$。側線為液體抽出，因此：

• 精餾段：$L_0=RD$，$V_1=L_0+D=(R+1)D$
• 中段：$L_M=RD-S$，$V_M=V_1$
• 提餾段：飽和液體進料使液流增加 $F$，故 $L_S=RD-S+F$，$V_S=V_1$

各段操作線如下。

精餾段

$$y=\frac{L_0}{V_1}x+\frac{Dx_D}{V_1} =\frac{R}{R+1}x+\frac{x_D}{R+1}$$

中段

對側線下方、進料板上方的塔段做衡算：

$$y=\frac{L_M}{V_M}x+\frac{Dx_D+Sx_S}{V_M}$$

因此

$$y=\frac{RD-S}{(R+1)D}x+ \frac{Dx_D+Sx_S}{(R+1)D}$$

提餾段

以塔底產品為基準做衡算：

$$y=\frac{L_S}{V_S}x-\frac{Bx_B}{V_S}$$

因此

$$y=\frac{RD-S+F}{(R+1)D}x- \frac{Bx_B}{(R+1)D}$$

3. 求有側線抽出時的最小回流比