111 年國立清華大學化學工程學系碩士班《單元操作與輸送現象》考古題與詳解

Question 1

During the COVID-19 pandemic, the global shortage of semiconductor chips has drawn a spotlight on the importance of Taiwan’s semiconductor manufacturing industry. The Taiwanese semiconductor firms have successfully established their competitive advantages in terms of cost, quality, speed, and flexibility. Spin coating is a procedure widely used in the semiconductor industry to generate uniform thin films on flat substrates such as wafers. The procedure of spin coating is to deposit a liquid on a disk with radius $R$, which is then spun at angular velocity $\omega$. Centrifugal force causes the fluid to be thrown out radially, leading to the layer getting thinner over time. Assume the liquid is a Newtonian fluid and the viscosity $\mu$ and density $\rho$ of the liquid are constant. The spin…

Accepted Answer

核心觀念 本題要由圓柱座標的徑向動量方程，配合旋轉薄液膜的假設，化簡出徑向速度 $vr$ 的控制方程。薄膜很薄時，徑向動量方程中的黏滯效應以沿厚度方向的速度梯度為主；旋轉則帶來向外的離心慣性項。 解題方法 液膜薄且以圓盤中心為對稱軸，採用軸對稱假設，因此各物理量不隨 $	heta$ 改變，$\partial/\partial	heta=0$。擬穩態使時間變化項為零，忽略壓力梯度與重力。再利用薄膜近似，忽略徑向黏滯擴散相對於厚度方向黏滯擴散的貢獻，並忽略徑向動量式中的 $vz\partial vr/\partial z$ 項。 從徑向動量方程出發：

Question 2

Assume the coating layer thickness is $h$ . Please choose the correct boundary conditions.

(A) $v_r=0$ at $r=0$ , $\frac{dv_r}{dr}=0$ at $z=h$
(B) $v_r=0$ at $z=h$ , $\frac{dv_r}{dr}=0$ at $z=0$
(C) $v_r=0$ at $z=0$ , $\frac{dv_r}{dz}=0$ at $z=h$
(D) $v_r=0$ at $z=0$ , $\frac{dv_r}{dr}=0$ at $z=h$
(E) $v_r=0$ at $z=h$ , $\frac{dv_r}{d\theta}=0$ at $z=0$

Accepted Answer

核心觀念 本題考旋轉晶圓上液膜的速度邊界條件。令晶圓表面為 $z=0$，液膜自由表面為 $z=h$；$vr$ 表示液體沿徑向 $r$ 的速度。 液體接觸固體晶圓時滿足無滑移條件，因此晶圓表面的徑向速度為零： $$ vr=0\qquad 	ext{於 }z=0 $$ 液膜自由表面與空氣間的切向剪應力可視為零。在本題的簡化模型中，這表示徑向速度沿膜厚方向的梯度為零： $$ \frac{dvr}{dz}=0\qquad 	ext{於 }z=h $$ 解題方法 先辨認兩個邊界各自的位置：晶圓是液膜底部 $z=0$，自由表面是液膜頂部 $z=h$。再套用固體表面的無滑移條件與自由表面的零剪應力條件，得到 $vr=0$ 於 $z=0$，以及 $dvr/dz=0$ 於 $z=h$。符合這組條件的是 (C)。 選項分析 - (A) 錯誤。 $r=0$ 是旋轉中心軸，並非晶圓表面；液膜的上下邊界應以 $z$ 表示。此外，自由表面條件應涉及沿膜厚方向的速度梯度 $dvr/dz$，不是 $dvr/dr$。 - (B) 錯誤。

Question 3

Please choose the correct fluid velocity in the radial direction $r$ . The velocity profile in the $\theta$ direction is just uniform rotation, $v_\theta=\omega r$ , for all $z$ .

(A) $v_r=\frac{\rho}{\mu}\omega^2r\left(-\frac{z^2}{2}+\frac{hz}{2}\right)$
(B) $v_r=\frac{\rho}{\mu}\omega^2r\left(-\frac{z^2}{2}+hz\right)$
(C) $v_r=\frac{\rho}{\mu}\omega r\left(-\frac{z^2}{2}+\frac{hz}{2}\right)$
(D) $v_r=\frac{\rho}{\mu}\omega r\left(-\frac{z^2}{2}+\frac{h^2z}{2}\right)$
(E) $v_r=\frac{\rho}{\mu}\omega r\left(-\frac{z^2}{2}+\frac{hz}{4}\right)$

Accepted Answer

核心觀念 薄液膜在旋轉晶圓上流動時，切向速度 $v	heta=\omega r$ 會產生徑向離心效應。假設液膜穩態、厚度均勻，且主要的徑向黏滯作用來自速度沿 $z$ 方向的變化，徑向動量方程可簡化為 $$ 0=-\frac{\partial p}{\partial r}+ho\frac{v	heta^2}{r} +\mu\frac{d^2vr}{dz^2} $$ 均勻液膜下，忽略徑向壓力梯度，即 $\partial p/\partial r=0$。邊界條件為：晶圓表面 $z=0$ 無滑動，液膜自由表面 $z=h$ 的剪應力為零。 解題方法 代入 $v	heta=\omega r$，徑向動量方程成為 $$ \mu\frac{d^2vr}{dz^2} =-ho\frac{(\omega r)^2}{r} =-ho\omega^2r $$ 因此 $$ \frac{d^2vr}{dz^2}=-\frac{ho}{\mu}\omega^2r $$ 在自由表面 $z=h$，剪應力為 $	au{rz}=\mu\,dvr/dz=0$。積分一次並套用此條件： $$ \frac{dvr}{dz} =-\frac{ho}{\mu}\omega^2r(z-h) $$ 再積分一次，並套用晶圓表面的無滑動條件 $vr(0)=0$：

Question 4

Please choose the WRONG answer.

(A) The film thickness is the same at the different radii of the wafer.
(B) The film thickness decreases with the spin time.
(C) The film thickness increases with the increase of the fluid viscosity.
(D) The above equation tells us the uniformity of the film can be expected with an irregular initial distribution of the liquid.
(E) The above equation can only be applied to the Newtonian fluid.

Accepted Answer

核心觀念 旋轉塗佈薄膜厚度由 $$ h(t)=\frac{h0}{\sqrt{1+\frac{4h0^2\rho\omega^2t}{3\mu}}} $$ 描述，其中 $h0$ 是初始膜厚，$\rho$ 是流體密度，$\omega$ 是角速度，$t$ 是旋轉時間，$\mu$ 是黏度。判斷各選項時，觀察公式對半徑 $r$、時間 $t$ 和黏度 $\mu$ 的依賴，並留意公式成立的初始條件。 解題方法 分母根號內的增量項為 $$ \frac{4h0^2\rho\omega^2t}{3\mu}. $$ 在其他條件固定時，$t$ 增加會使這一項增加，因而 $h$ 減小；$\mu$ 增加會使這一項減小，因而 $h$ 增大。公式中沒有半徑 $r$，所以在公式的適用條件下，膜厚不隨晶圓半徑改變。

Question 5

Photoresist is a light-sensitive polymer primarily used in the semiconductor process. It can be uniformly coated on the wafer using a spin coater.

Assume the photoresist has a viscosity of $5\,\mathrm{mPa\cdot s}$ and a density of $1.1\,\mathrm{g/mL}$ . The spin speed is set to $4000\,\mathrm{rpm}$ and the spin time is $60\,\mathrm{s}$ . The initial film thickness is $1\,\mathrm{mm}$ . Please estimate the film thickness and choose the closest value.

(A) $50\,\mathrm{\mu m}$
(B) $10\,\mathrm{\mu m}$
(C) $5\,\mathrm{\mu m}$
(D) $1\,\mathrm{\mu m}$
(E) $0.5\,\mathrm{\mu m}$

Accepted Answer

核心觀念

旋轉塗佈時，液膜受到離心作用而逐漸變薄。題目已給出液膜厚度與時間的關係：

h(t)=\frac{h_0}{\sqrt{1+\frac{4h_0^2\rho\omega^2t}{3\mu}}}

其中 $h_0$ 為初始膜厚、 $\rho$ 為密度、 $\omega$ 為角速度、 $t$ 為旋轉時間， $\mu$ 為動力黏度。計算時須使用 SI 單位，特別是將轉速換成角速度。

解題方法

先將各物理量換算為 SI 單位：

h_0=1\,\mathrm{mm}=1.0\times10^{-3}\,\mathrm{m}

\rho=1.1\,\mathrm{g/mL}=1100\,\mathrm{kg/m^3}

\mu=5\,\mathrm{mPa\cdot s}=5.0\times10^{-3}\,\mathrm{Pa\cdot s}

將轉速由每分鐘轉數換成每秒弧度：

\omega=4000\frac{\mathrm{rev}}{\mathrm{min}} \times\frac{2\pi\,\mathrm{rad}}{\mathrm{rev}} \times\frac{1\,\mathrm{min}}{60\,\mathrm{s}} \approx418.9\,\mathrm{rad/s}

代入 $t=60\,\mathrm{s}$ ：

Question 6

Following the above question, please estimate the percentage of photoresist flung off from the spinning process. Assume the wafer is $10$ inches in diameter. The initially applied photoresist film is $4\,\mathrm{cm}$ in diameter and $1\,\mathrm{mm}$ in height.

(A) $98\%$
(B) $96\%$
(C) $80\%$
(D) $60\%$
(E) $12\%$

Accepted Answer

核心觀念 旋轉塗佈後，假設光阻均勻覆蓋整片晶圓，留在晶圓上的體積為「晶圓面積 × 最終膜厚」。甩出的比例則由初始體積扣除留存體積，再除以初始體積求得。 解題方法 先用第 5 題的條件代入共用公式，求旋轉 60 秒後的膜厚。取初始膜厚 $h0=1\,\mathrm{mm}$、密度 $\rho=1.1\,\mathrm{g/cm^3}$、黏度 $\mu=5\,\mathrm{mPa\cdot s}$，轉速 $\omega=4000(2\pi/60)\,\mathrm{rad/s}$： $$ h=\frac{1\,\mathrm{mm}}{\sqrt{1+\dfrac{4(1\,\mathrm{mm})^2\rho\omega^2(60\,\mathrm{s})}{3\mu}}} \approx 0.569\,\mu\mathrm{m} $$ 初始光阻是直徑 $4\,\mathrm{cm}$、高度 $1\,\mathrm{mm}=0.1\,\mathrm{cm}$ 的圓柱，其體積為 $$ Vi=\pi(2\,\mathrm{cm})^2(0.1\,\mathrm{cm}) \approx 1.257\,\mathrm{cm^3} $$ 晶圓直徑為 $10$ 英吋，即 $25.4\,\mathrm{cm}$，半徑為 $12.7\,\mathrm{cm}$。

Question 7

A shear-thinning liquid is applied to the wafer and spun using the spin coater. Please choose the correct velocity profile during the initial coating process.

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Accepted Answer

核心觀念 旋轉晶圓上的液膜受離心力驅動而沿徑向流動。邊界條件有兩個：晶圓表面無滑移（$z=0$ 時 $vr=0$），自由液面沒有剪應力（$z=h$ 時 $\dfrac{dvr}{dz}=0$）。 徑向動量平衡給出剪應力由晶圓往液面線性遞減： $$ |	au{rz}(z)|=ho\omega^2 r\,(h-z) $$ - 牛頓流體（$	au=\mu\,\dfrac{dvr}{dz}$）：速度梯度與 $(h-z)$ 成正比，得到半拋物線 $vr=\dfrac{ho\omega^2 r}{\mu}\left(hz-\dfrac{z^2}{2}ight)$。 - 剪切變稀流體（冪次律 $	au=K\left|\dfrac{dvr}{dz}ight|^n$，$0<n<1$）： $$ \frac{dvr}{dz}=\left[\frac{ho\omega^2 r\,(h-z)}{K}ight]^{1/n},\qquad \frac1n1 $$ 速度梯度隨剪應力以高於一次方的比例變化：在剪應力最大的晶圓附近非常陡，往上很快衰減。積分得 $$ vr(z)=\frac{n}{n+1}\left(\frac{ho\omega^2 r}{K}ight)^{1/n}\left[h^{1+1/n}-(h-z)^{1+1/n}ight] $$

Question 8

A high viscosity liquid is applied on the wafer and spun using the spin coater. Please choose the correct velocity profile during the initial coating process.

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Accepted Answer

核心觀念 旋轉晶圓帶動液膜，液體受到離心作用而沿徑向向外流動。晶圓表面滿足無滑移條件；液膜的自由表面若沒有外加切向應力，則表面剪應力為零。高黏度會降低徑向流速，但在牛頓液體的薄膜近似下，不改變速度分布的形狀。 令 $z=0$ 為晶圓表面、$z=h$ 為液膜自由表面，徑向速度為 $ur$。徑向動量平衡可寫成： $$ \mu \frac{d^2ur}{dz^2}=-\rho\omega^2r $$ 配合邊界條件 $ur(0)=0$ 與 $\left.\frac{dur}{dz}\right|{z=h}=0$，積分得： $$ ur(z)=\frac{\rho\omega^2r}{2\mu}(2hz-z^2) $$ 因此速度由晶圓表面的零值逐漸增加，在自由表面達到最大值；速度曲線向下彎，且自由表面的斜率為零。 解題方法

Question 9

Small particles attached to the wafer surface can cause wafer defects during spin coating, resulting in a dramatic loss of chip production. To identify the trajectory of a particle, we can simply assume a single spherical particle moving on a surface.

The particle has an initial velocity $v_0$ parallel to the surface with rotational velocity. As soon as the particle moves, its translational momentum is partly converted into angular momentum. Assume no rolling resistance. Please use momentum balance to obtain the velocity $v_1$ after rolling.

Hint: The angular momentum is $J=I\omega_1$ , where $I$ is the moment of inertia of a sphere and $I=\frac{2}{5}mr^2$ .

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(A) $\frac{3}{4}v_0$
(B) $\frac{3}{5}v_0$
(C) $\frac{5}{7}v_0$
(D) $\frac{2}{3}v_0$
(E) $\frac{2}{5}v_0$

Accepted Answer

核心觀念 球體由滑動轉為純滾動時，接觸面的摩擦力會使球體產生角速度。以地面接觸點為取矩點，摩擦力與正向力的力矩皆為零，因此可對接觸點使用角動量平衡。純滾動時，平移速度與角速度滿足 $v1=r\omega1$。 解題方法 初始球體以速度 $v0$ 平移，初始角動量以接觸點為基準為 $m v0 r$。進入純滾動後，角動量包含球心平移與球體自轉兩部分： $$ m v0 r=m v1 r+I\omega1 $$ 代入 $I=\frac{2}{5}mr^2$ 及 $\omega1=\frac{v1}{r}$：

Question 10

A particle submerged in a liquid is spun out from a wafer using a spin coater. Please use centrifugal force and drag force balance to estimate the particle velocity at the edge of the wafer with radius $R$ . Assume the particle diameter is $d_p$ and the density is $\rho_p$ . The liquid has viscosity $\mu$ .

(A) $\frac{128\mu R}{d_p^2\rho_p}$
(B) $\frac{64\mu R}{d_p^2\rho_p}$
(C) $\frac{36\mu R}{d_p^2\rho_p}$
(D) $\frac{18\mu R}{d_p^2\rho_p}$
(E) $\frac{9\mu R}{d_p^2\rho_p}$

Accepted Answer

核心觀念

本題用離心力與 Stokes 阻力估算粒子在晶圓邊緣的速度。把粒子視為直徑 $d_p$ 、密度 $\rho_p$ 的球體，並假設液體中的阻力符合低雷諾數 Stokes 定律：

F_D=3\pi\mu d_p v

粒子質量為：

m_p=\rho_p\frac{\pi d_p^3}{6}

解題方法

粒子以速度 $v$ 運動至半徑 $R$ 處，其離心力大小為 $m_pv^2/R$ 。令離心力與黏滯阻力平衡：

m_p\frac{v^2}{R}=3\pi\mu d_pv

代入粒子質量：

\left(\rho_p\frac{\pi d_p^3}{6}\right)\frac{v^2}{R} =3\pi\mu d_pv

約去 $\pi d_pv$ ，解得：

v=\frac{18\mu R}{d_p^2\rho_p}

因此答案為 (D)。此估算依題目給定參數，採用 Stokes 阻力並忽略浮力修正。

選項分析

Question 11

There exist mathematical and physical similarities between momentum and energy transfers. What is the physical quantity in energy transfer that is corresponding to kinematic viscosity in momentum transfer?

(A) Temperature gradient
(B) Specific heat capacity
(C) Thermal diffusivity
(D) Thermal conductivity

Accepted Answer

核心觀念 本題考查動量傳遞與熱量傳遞的類比。動量擴散的性質是動黏度 $
u$，熱量擴散的對應性質是熱擴散率 $\alpha$。 兩者定義為： $$ 
u=\frac{\mu}{ho}, \qquad \alpha=\frac{k}{ho Cp} $$ 其中 $\mu$ 為動力黏度、$ho$ 為密度、$k$ 為熱導率，$Cp$ 為定壓比熱容。兩者單位皆為 $\mathrm{m^2/s}$，代表動量或熱量在物質中的擴散能力。 解題方法 判斷傳遞類比時，可比較各傳遞方程中的擴散項：動量方程以 $
u$ 描述動量擴散，能量方程則以 $\alpha$ 描述熱量擴散。因此，與動黏度相對應的是熱擴散率。 選項分析

Question 12

What is the SI unit of heat flux? (A) $\mathrm{J/s}$ (B) $\mathrm{W/m^2}$ (C) $\mathrm{J/m^2}$ (D) $\mathrm{W/s}$

Accepted Answer

核心觀念 熱通量（heat flux）表示單位時間內通過單位面積的熱量，定義為 $$ q''=\frac{\dot{Q}}{A} $$ 其中 $\dot{Q}$ 是熱傳率，單位為 $\mathrm{J/s}=\mathrm{W}$；$A$ 是面積，單位為 $\mathrm{m^2}$。因此熱通量的 SI 單位為 $\mathrm{W/m^2}$。 解題方法 依定義將熱傳率除以面積： $$ [q''] = \frac{\mathrm{W}}{\mathrm{m^2}} =\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{s\,m^2}} $$ 所以選項中符合熱通量單位的是 $\mathrm{W/m^2}$。 選項分析

Question 13

For the following materials at room temperature, (a) wood, parallel to axis, (b) wood, normal to axis, (c) graphite, and (d) copper, place them in the order of increasing thermal conductivity.

(A) (c)(b)(a)(d)
(B) (a)(b)(c)(d)
(C) (d)(c)(b)(a)
(D) (b)(a)(c)(d)

Accepted Answer

核心觀念 本題考比較不同材料的熱導率 $k$。依傅立葉定律，熱通量與溫度梯度的關係為 $$ q''=-k\frac{dT}{dx} $$ 在相同溫度梯度下，$k$ 越大，材料傳熱能力越強。木材具有方向性，順著木紋的熱導率通常大於垂直木紋方向；石墨的熱導率高於木材，而銅的熱導率高於石墨。 解題方法 先判斷木材的方向性：熱沿木材纖維方向傳遞較容易，因此 $kakb$。再比較材料量級：室溫下，木材熱導率遠低於石墨；石墨熱導率低於銅。故遞增順序為 $$ kb<ka<kc<kd $$ 也就是 $(b)(a)(c)(d)$。 選項分析

Question 14

For the following materials, (a) air ($298\,\mathrm{K}$, $1\,\mathrm{atm}$), (b) aluminum ($298\,\mathrm{K}$), (c) $\mathrm{H2O}$ ($298\,\mathrm{K}$), and (d) $\mathrm{Hg}$ ($298\,\mathrm{K}$), place them in the order of increasing Prandtl number. (A) (d)(a)(c)(b) (B) (a)(d)(c)(b) (C) (d)(c)(b)(a) (D) (b)(a)(c)(d)

Accepted Answer

核心觀念 普朗特數比較流體中動量擴散與熱擴散的相對快慢： $$ \mathrm{Pr}=\frac{
u}{\alpha} =\frac{\mu Cp}{k} $$ 其中 $
u$ 是動量擴散率，$\alpha$ 是熱擴散率，$\mu$ 是動力黏度，$Cp$ 是定壓比熱，$k$ 是熱導率。普朗特數愈小，表示熱擴散相對愈快。 解題方法 先比較可流動材料的典型普朗特數：汞約為 $0.02$，空氣約為 $0.7$，水約為 $7$，因此 $$ \mathrm{Pr}{\mathrm{Hg}}<\mathrm{Pr}{\mathrm{air}}<\mathrm{Pr}{\mathrm{H2O}} $$

Question 15

Consider an electric wire of radius $R$. The electric current generates heat at a rate per unit volume of $Se$. The surface of the wire is coated with an insulating material of thickness $d$ and thermal conductivity $k$. The surface of the wire is maintained at temperature $T0$. At steady state, what is the relationship between the heat flow rate normal to the interface of the wire and insulating material (A) and the heat generation rate by the electric current (B)? (A) $A=B$ (B) $AB$ (C) $A<B$ (D) Cannot be determined.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查穩態能量守恆：穩態時控制體內能不隨時間累積，因此電流在導線內產生的熱量，必須全部以熱傳方式穿過導線與絕緣層的界面。 解題方法 取長度為 $L$、半徑為 $R$ 的導線作為控制體。若熱生成率 $Se$ 均勻分布於導線體積，則電流產生熱量的速率為 $$ B=Se(\pi R^2L) $$ 穩態下導線沒有能量蓄積，且熱量由導線表面穿過界面傳出，因此界面上的總熱流率為 $$ A=B=Se\pi R^2L $$ 絕緣層的厚度 $d$ 與熱導率 $k$ 會影響絕緣層內的溫度分布及溫降，但不改變穩態下必須傳出的總熱量。 選項分析

Question 16

Consider a Newtonian fluid of constant density and viscosity, flowing between two large plates separated by a distance $b$ . The fluid flow is driven by the motion of the upper plate at a constant velocity $V$ . The temperature of the lower plate (located at $x=0$ ) is maintained at $T_0$ and that of the upper plate at $T_b$ (located at $x=b$ ). Let $Br$ be the Brinkman number of the fluid flow. Under what conditions will the temperature distribution be nonlinear?

(A) $Br=0$
(B) $Br<0$
(C) $Br>0$
(D) Any $Br$

Accepted Answer

核心觀念 本題考察平板間 Couette 流的黏滯耗散。流體受上板拖動而流動，速度沿板間方向呈線性分布；速度梯度造成黏滯生熱，使能量方程多出耗散項。 令 $x$ 為垂直於兩板的座標，速度為 $u(x)=Vx/b$。穩態、物性固定且無流體內部熱源時，能量方程為 $$ k\frac{d^2T}{dx^2}+\mu\left(\frac{du}{dx}ight)^2=0 $$ 其中 $k$ 為熱導率、$\mu$ 為黏度。由於 $du/dx=V/b$，方程右側的黏滯耗散為常數。 解題方法 套用兩端定溫條件 $T(0)=T0$、$T(b)=Tb$，積分可得 $$ T(x)=T0+(Tb-T0)\frac{x}{b} +\frac{\mu V^2}{2k}\left(\frac{x}{b}-\frac{x^2}{b^2}ight) $$ 第一項溫度變化是線性的；第二項是黏滯耗散造成的二次項。因此，只要 $V
e 0$，溫度分布就有曲率。以 $$ Br=\frac{\mu V^2}{k(Tb-T0)} $$

Question 17

Consider the following steady state temperature profile in a laminated system (Fig. 10.6-1 of “Transport Phenomena” by R. B. Bird, W. E. Stewart, E. N. Lightfoot, 2nd ed., Wiley, 2002). Which of the following statements is true?

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(A) $k^{01}>k^{12}>k^{23}$
(B) $k^{12}\frac{dT}{dx}>k^{23}\frac{dT}{dx}$ at $x=x_2$
(C) $k^{12}\frac{dT}{dx}=k^{23}\frac{dT}{dx}$ at $x=x_2$
(D) $k^{12}>k^{23}>k^{01}$

Accepted Answer

核心觀念

本題考穩態一維熱傳穿過多層平板時的熱通量連續性。若各層內沒有熱生成，穩態下每一層傳遞的熱通量相同。依傅立葉定律，

q_x''=-k\frac{dT}{dx}

因此，跨越材料介面時，熱通量相等；溫度梯度則可因熱導率不同而改變。

解題方法

在 $x=x_2$ 處，材料 12 與材料 23 接觸。穩態下，流經介面的熱通量必須連續：

-k^{12}\left.\frac{dT}{dx}\right|_{x_2^-} = -k^{23}\left.\frac{dT}{dx}\right|_{x_2^+}

消去負號，可得

k^{12}\left.\frac{dT}{dx}\right|_{x_2^-} = k^{23}\left.\frac{dT}{dx}\right|_{x_2^+}

所以在介面兩側，雖然溫度梯度可能不同，熱導率乘上各自一側的溫度梯度相等。這符合選項（C）的意思。

Question 18

Which of the following statements is wrong?

(A) Eddy thermal conductivity is not a physical property of a fluid.
(B) Eddy thermal conductivity depends on turbulent intensity of the flow.
(C) Prandtl number of heat transfer is analogous to Schmidt number of mass transfer.
(D) Chilton-Colburn analogy applies to laminar tube flow.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查紊流中的渦流傳輸，以及熱傳、質傳與動量傳遞的類比關係。 渦流熱傳導係數 $kt$ 用來描述紊流渦流造成的額外熱傳效果。它不是流體本身固定的物性，會隨流場的紊流狀態改變。相對地，普朗特數與史密特數分別比較動量擴散和熱、質量擴散的能力： $$ \mathrm{Pr}=\frac{
u}{\alpha}, \qquad \mathrm{Sc}=\frac{
u}{D{AB}} $$ 其中 $
u$ 是動量擴散率，$\alpha$ 是熱擴散率，$D{AB}$ 是質量擴散率。 Chilton–Colburn 類比則用於紊流下動量、熱量與質量傳遞間的關係，常見形式為： $$ jH=\mathrm{St}H\mathrm{Pr}^{2/3}, \qquad jD=\mathrm{St}D\mathrm{Sc}^{2/3} $$ 解題方法

Question 19

A solid material occupying the space from $y=0$ to $y=\infty$ is initially at temperature $T_0$ . At time $t=0$ , the surface at $y=0$ is suddenly raised to temperature $T_1$ and maintained at that temperature for $t>0$ . ( $\alpha$ and $k$ are the thermal diffusivity and thermal conductivity of the material, respectively.) Which of the following statements is correct?

(A) The temperature profile reaches a steady state after a long time.
(B) The normal heat flux at $y=0$ decreases with increasing time.
(C) The thermal boundary layer thickness decreases with increasing time.
(D) The temperature will be raised faster if the material possesses a smaller thermal diffusivity.

Accepted Answer

核心觀念 這是半無限固體的非穩態一維導熱問題。固體初始溫度均勻為 $T0$，表面溫度在 $t=0$ 突然固定為 $T1$，熱量由表面向固體內部擴散。 控制方程與條件為 $$ \frac{\partial T}{\partial t} = \alpha\frac{\partial^2 T}{\partial y^2}, \qquad y0,\ t0 $$ $$ T(y,0)=T0,\qquad T(0,t)=T1,\qquad T(\infty,t)=T0. $$ 其相似解可寫成 $$ \frac{T(y,t)-T0}{T1-T0} = \operatorname{erfc}\left(\frac{y}{2\sqrt{\alpha t}}\right). $$ 其中 $\operatorname{erfc}$ 為互補誤差函數。解中的特徵長度與 $\sqrt{\alpha t}$ 成正比，表示熱擴散深度會隨時間增加。 解題方法 由表面熱通量的傅立葉定律， $$ q''y(0,t) = -k\left.\frac{\partial T}{\partial y}\right|{y=0}. $$ 將相似解對 $y$ 微分，可得 $$ \left.\frac{\partial T}{\partial y}\right|{y=0} = -\frac{T1-T0}{\sqrt{\pi\alpha t}}. $$ 因此，若 $T1T0$，由表面流入固體的熱通量大小為

Question 20

Consider a molten steel of velocity $v\infty$ and temperature $T\infty$ flowing over a flat plate fixed in space with its temperature maintained at $Ts$. There will be generated momentum and thermal boundary layers along the plate. What is the relationship between the thicknesses of the momentum boundary layer $\delta$ and thermal boundary layer $\deltaT$? (A) $\delta=\deltaT$ (B) $\delta\deltaT$ (C) $\delta<\deltaT$ (D) None of the above.

Accepted Answer

核心觀念 動量邊界層厚度 $\delta$ 受動量擴散率 $
u$ 影響；熱邊界層厚度 $\deltaT$ 受熱擴散率 $\alpha$ 影響。兩者的相對大小由普朗特數決定： $$ \mathrm{Pr}=\frac{
u}{\alpha} $$ 熔融鋼屬於液態金屬，熱擴散率相對於動量擴散率很大，因此 $\mathrm{Pr}<1$。 解題方法 對平板上的層流邊界層，厚度尺度關係為： $$ \frac{\deltaT}{\delta}\sim \mathrm{Pr}^{-1/3} $$ 當 $\mathrm{Pr}<1$ 時，$\mathrm{Pr}^{-1/3}1$，所以熱量擴散比動量擴散更深入流體，熱邊界層比動量邊界層厚： $$ \deltaT\delta $$ 因此 $\delta<\deltaT$。 選項分析

Question 21

What is the outlet temperature of the cold stream if heat is exchanged in a countercurrent manner?

(A) $310\,\mathrm{K}$
(B) $345\,\mathrm{K}$
(C) $350\,\mathrm{K}$
(D) $355\,\mathrm{K}$
(E) $390\,\mathrm{K}$

Accepted Answer

核心觀念 熱交換器的熱負荷由能量平衡決定： $$ Q=\dot mh C{p,h}(T{h,i}-T{h,o}) =\dot mc C{p,c}(T{c,o}-T{c,i}) $$ 逆流操作時，熱流體入口端對應冷流體出口端；兩端的溫差都必須至少為 $10\,\mathrm{K}$。本題兩股流體的熱容量流率相同： $$ \dot mh C{p,h}=1	imes2=2\,\mathrm{kJ\,min^{-1}K^{-1}} $$ $$ \dot mc C{p,c}=2	imes1=2\,\mathrm{kJ\,min^{-1}K^{-1}} $$ 解題方法 逆流熱交換器中，熱流體入口與冷流體出口的端溫差須滿足： $$ T{h,i}-T{c,o}\ge 10\,\mathrm{K} $$ 因此冷流體出口溫度最高為： $$ T{c,o}\le 400-10=390\,\mathrm{K} $$ 取此題所問的最大冷流體出口溫度 $T{c,o}=390\,\mathrm{K}$，冷流體吸收的熱量為： $$ Q=2(390-300)=180\,\mathrm{kJ/min} $$ 由熱量平衡，熱流體出口溫度為： $$ 180=2(400-T{h,o}) $$ $$ T{h,o}=310\,\mathrm{K} $$ 此時另一端的溫差也正好為 $310-300=10\,\mathrm{K}$，符合題設的最小溫差。

Question 22

What is the outlet temperature of the hot stream if heat is exchanged in a countercurrent manner?

(A) $310\,\mathrm{K}$
(B) $345\,\mathrm{K}$
(C) $350\,\mathrm{K}$
(D) $355\,\mathrm{K}$
(E) $390\,\mathrm{K}$

Accepted Answer

核心觀念 熱交換器的熱量衡算為 $$ Q=Ch(T{h,i}-T{h,o})=Cc(T{c,o}-T{c,i}) $$ 其中熱容量率 $C=\dot m Cp$。逆流操作時，兩端的溫差分別是熱流入口對冷流出口，以及熱流出口對冷流入口；為達到最大熱交換量，較小的端點溫差會降至題目指定的最小值 $10\,\mathrm{K}$。 解題方法 熱流與冷流的熱容量率相同： $$ Ch=(1)(2)=2\,\mathrm{kJ\,min^{-1}K^{-1}} $$ $$ Cc=(2)(1)=2\,\mathrm{kJ\,min^{-1}K^{-1}} $$ 逆流時，熱流入口為 $400\,\mathrm{K}$，冷流出口最多只能到 $400-10=390\,\mathrm{K}$，才能保留至少 $10\,\mathrm{K}$ 的端點溫差。因此最大熱交換量為 $$ Q{\max}=Cc(390-300) =(2)(90) =180\,\mathrm{kJ/min} $$ 由熱流熱量衡算求出口溫度： $$ 180=2(400-T{h,o}) $$ $$ T{h,o}=310\,\mathrm{K} $$ 因此，在最小端點溫差為 $10\,\mathrm{K}$ 的限制下，熱流最低可降至 $310\,\mathrm{K}$；

Question 23

What is the outlet temperature of the cold stream if heat is exchanged in a cocurrent manner?

(A) $310\,\mathrm{K}$
(B) $345\,\mathrm{K}$
(C) $350\,\mathrm{K}$
(D) $355\,\mathrm{K}$
(E) $390\,\mathrm{K}$

Accepted Answer

核心觀念

此題考並流熱交換器的能量衡算與最小端點溫差。兩股流體的熱容量率分別為

C_h=\dot m_h c_{p,h} =(1)(2)=2\ \mathrm{kJ\,min^{-1}K^{-1}}

C_c=\dot m_c c_{p,c} =(2)(1)=2\ \mathrm{kJ\,min^{-1}K^{-1}}

兩者相等，因此同一熱量使熱流體降溫多少，冷流體就升溫多少。並流時兩股流體朝同一方向流動，出口端需保有至少 $10\,\mathrm{K}$ 的溫差。

解題方法

冷流體入口為 $300\,\mathrm{K}$ ，熱流體入口為 $400\,\mathrm{K}$ ，入口溫差為 $100\,\mathrm{K}$ 。令兩股流體各自改變溫度 $\Delta T$ ，由能量衡算：

C_h\Delta T=C_c\Delta T

因 $C_h=C_c$ ，兩流體的溫度改變量相同。出口溫差須為 $10\,\mathrm{K}$ ，所以入口溫差減少：

100-10=90\,\mathrm{K}

兩股流體各改變 $90/2=45\,\mathrm{K}$ 。因此冷流體出口溫度為

T_{c,o}=300+45=345\,\mathrm{K}

相應的熱流體出口溫度為 $400-45=355\,\mathrm{K}$ ，兩者相差 $10\,\mathrm{K}$ 。

題幹提到熱流體需冷卻至 $300\,\mathrm{K}$ ；若把這視為必須達成的出口條件，則在並流且至少維持 $10\,\mathrm{K}$ 溫差時無法達成。以上依選項所對應的最小出口溫差條件，求並流下可達的冷流體出口溫度。

Question 24

What is the outlet temperature of the hot stream if heat is exchanged in a cocurrent manner?

(A) $310\,\mathrm{K}$
(B) $345\,\mathrm{K}$
(C) $350\,\mathrm{K}$
(D) $355\,\mathrm{K}$
(E) $390\,\mathrm{K}$

Accepted Answer

核心觀念 這題考並流熱交換器的能量平衡，以及出口端必須保有至少 $10\,\mathrm{K}$ 的溫差，才能維持有效熱傳。 兩股流體的熱容量流率分別為 $$ Ch=\dot mh c{p,h} =1	imes2 =2\,\mathrm{kJ\,min^{-1}K^{-1}} $$ $$ Cc=\dot mc c{p,c} =2	imes1 =2\,\mathrm{kJ\,min^{-1}K^{-1}} $$ 令熱流體出口溫度為 $T{h,o}$，冷流體出口溫度為 $T{c,o}$，交換熱量為 $Q$。能量平衡給出 $$ Q=Ch(400-T{h,o}) =Cc(T{c,o}-300) $$ 解題方法 並流時，兩股流體從同一端進入。題目要求至少有 $10\,\mathrm{K}$ 的溫差，限制條件出現在出口端： $$ T{h,o}-T{c,o}=10\,\mathrm{K} $$ 因為兩股流體的熱容量流率相同，能量平衡可寫成 $$ 2(400-T{h,o})=2(T{c,o}-300) $$ 所以 $$ T{c,o}=700-T{h,o} $$ 代入出口溫差條件： $$ T{h,o}-(700-T{h,o})=10 $$ $$ 2T{h,o}=710 $$ $$ T{h,o}=355\,\mathrm{K} $$ 這是冷流體出口仍比熱流體出口低 $10\,\mathrm{K}$ 時，熱流體所能達到的最低出口溫度。 選項分析

Question 25

What is the maximum heat exchanged between the two streams? (A) $90\,\mathrm{kJ/min}$ (B) $100\,\mathrm{kJ/min}$ (C) $190\,\mathrm{kJ/min}$ (D) $200\,\mathrm{kJ/min}$ (E) None of the above

Accepted Answer

核心觀念 熱交換量由能量衡算決定： $$ Q=\dot m Cp\Delta T=C\Delta T $$ 其中 $C=\dot m Cp$ 是熱容量率，單位為 $\mathrm{kJ\,min^{-1}K^{-1}}$。最大熱交換量還受最小端點溫差 $\Delta T{\min}=10\,\mathrm{K}$ 限制。採逆流時，兩股流體可在較長的溫度範圍內維持有效溫差，因此可達到較大的熱交換量。 解題方法 熱流與冷流的熱容量率分別為： $$ Ch=(1)(2)=2\,\mathrm{kJ\,min^{-1}K^{-1}} $$ $$ Cc=(2)(1)=2\,\mathrm{kJ\,min^{-1}K^{-1}} $$ 熱流入口為 $400\,\mathrm{K}$，冷流入口為 $300\,\mathrm{K}$。因兩股流體熱容量率相同，交換熱量 $Q$ 時，熱流降溫與冷流升溫的幅度相同： $$ T{h,\mathrm{out}}=400-\frac{Q}{2} $$ $$ T{c,\mathrm{out}}=300+\frac{Q}{2} $$ 逆流熱交換器兩端的溫差相同，均為： $$ \Delta T{\mathrm{端}}=400-T{c,\mathrm{out}} =T{h,\mathrm{out}}-300 =100-\frac{Q}{2} $$ 要求端點溫差至少為 $10\,\mathrm{K}$，因此： $$ 100-\frac{Q}{2}\geq 10 \quad\Rightarrow\quad Q\leq 180\,\mathrm{kJ/min} $$

Question 26

Assuming that there is no heat loss to the surroundings, how much water is required?

(A) $>25000\,\mathrm{kg/hr}$
(B) $<25000\,\mathrm{kg/hr}$
(C) $=25000\,\mathrm{kg/hr}$
(D) None of the above
(E) All of the above

Accepted Answer

核心觀念 這題考的是穩態熱量衡算：忽略熱損失時，蒸汽放出的熱量等於冷卻水吸收的熱量。 蒸汽凝結放熱： $$ Q{	ext{蒸汽}}=\dot ms h{fg} $$ 冷卻水升溫吸熱： $$ Q{	ext{水}}=\dot mw cp(T{	ext{out}}-T{	ext{in}}) $$ 題目給的水比熱以 $4.18\,\mathrm{kJ/(kg\cdot^\circ C)}$ 計。 解題方法 蒸汽凝結放出的熱量為： $$ Q{	ext{蒸汽}} =25000\,\mathrm{kg/hr}	imes1839\,\mathrm{kJ/kg} $$ 冷卻水由 $20^\circ\mathrm{C}$ 升至 $45^\circ\mathrm{C}$，因此每公斤水吸收的熱量為： $$ q{	ext{水}} =4.18\,\mathrm{kJ/(kg\cdot^\circ C)}	imes(45-20)^\circ\mathrm{C} =104.5\,\mathrm{kJ/kg} $$ 令兩側熱量相等，所需冷卻水流量為：

Question 27

What is the log mean temperature difference (LMTD) of the heat exchange?

(A) $=204\,\mathrm{K}$
(B) $=189\,\mathrm{K}$
(C) $=196.5\,\mathrm{K}$
(D) $>196.5\,\mathrm{K}$ and $<204\,\mathrm{K}$
(E) $<196.5\,\mathrm{K}$ and $>189\,\mathrm{K}$

Accepted Answer

核心觀念 對數平均溫差（LMTD）是用來表示熱交換器兩端溫差變化的平均值： $$ \Delta T{\mathrm{lm}} = \frac{\Delta T1-\Delta T2} {\ln\left(\dfrac{\Delta T1}{\Delta T2}\right)} $$ 蒸汽凝結時，熱側溫度維持在飽和溫度 $224\,^\circ\mathrm{C}$；冷卻水由 $20\,^\circ\mathrm{C}$ 升至題目限制的 $45\,^\circ\mathrm{C}$。溫差用攝氏度或絕對溫度表示，數值相同。 解題方法 兩端的溫差分別為： $$ \Delta T1=224-20=204\,\mathrm{K} $$ $$ \Delta T2=224-45=179\,\mathrm{K} $$ 代入 LMTD 公式： $$ \Delta T{\mathrm{lm}} = \frac{204-179}{\ln(204/179)} \approx 191.2\,\mathrm{K} $$ 因此 LMTD 大於 $189\,\mathrm{K}$、小於 $196.5\,\mathrm{K}$。

Question 28

If $40000\,\mathrm{kg/hr}$ of cooling water was used, which of the following is possible?

(A) Heat is lost to the surroundings.
(B) The outlet temperature of cooling water is higher than $45\,^\circ\mathrm{C}$ .
(C) The outlet temperature of cooling water is less than $20\,^\circ\mathrm{C}$ .
(D) None of the above
(E) All of the above

Accepted Answer

核心觀念 穩態能量衡算中，蒸汽凝結所釋出的熱量，會由冷卻水吸收，或由周圍環境帶走。水吸收的熱量為 $$ Q{	ext{水}}=\dot m{	ext{水}}cp(T{	ext{out}}-T{	ext{in}}) $$ 本題冷卻水出口溫度上限為 $45\,^\circ\mathrm{C}$，入口為 $20\,^\circ\mathrm{C}$，因此每公斤冷卻水最多升溫 $25\,^\circ\mathrm{C}$。 解題方法 蒸汽完全凝結釋出的熱量為 $$ Q{	ext{蒸汽}} =25000	imes1839 =45{,}975{,}000\ \mathrm{kJ/hr} $$ $40000\,\mathrm{kg/hr}$ 冷卻水升至溫度上限 $45\,^\circ\mathrm{C}$ 時，最多吸收 $$ Q{	ext{水,max}} =40000	imes4.18	imes(45-20) =4{,}180{,}000\ \mathrm{kJ/hr} $$ 水能吸收的熱量遠小於蒸汽凝結釋出的熱量，因此若蒸汽要完全凝結且冷卻水出口不超過 $45\,^\circ\mathrm{C}$，差額須由周圍環境帶走： $$ Q{	ext{損失}} =Q{	ext{蒸汽}}-Q{	ext{水,max}} =41{,}795{,}000\ \mathrm{kJ/hr} $$ 選項分析

Question 29

If $45000\,\mathrm{kg/hr}$ of cooling water was used, which of the following is possible?

(A) Heat is lost to the surroundings.
(B) The outlet temperature of cooling water is higher than $45\,^\circ\mathrm{C}$ .
(C) The outlet temperature of cooling water is less than $20\,^\circ\mathrm{C}$ .
(D) None of the above
(E) All of the above

Accepted Answer

核心觀念 蒸汽凝結釋出的熱量由冷卻水吸收，若有熱散失至周圍，能量衡算為 $$ Q{	ext{蒸汽}}=Q{	ext{冷卻水}}+Q{	ext{散失}} $$ 冷卻水吸收的熱量為 $Q{	ext{冷卻水}}=\dot mw cp(T{	ext{out}}-T{	ext{in}})$。題目給定出口水溫上限為 $45\,^\circ\mathrm{C}$，因此冷卻水最多只能升溫 $25\,^\circ\mathrm{C}$。 解題方法 蒸汽完全凝結釋出的熱量： $$ Q{	ext{蒸汽}} =(25000)(1839) =45{,}975{,}000\ \mathrm{kJ/hr} $$ 冷卻水流量為 $45000\ \mathrm{kg/hr}$，若出口達到上限 $45\,^\circ\mathrm{C}$，其吸熱量為： $$ Q{	ext{冷卻水,max}} =(45000)(4.18)(45-20) =4{,}702{,}500\ \mathrm{kJ/hr} $$ 兩者相差： $$ Q{	ext{散失}} =45{,}975{,}000-4{,}702{,}500 =41{,}272{,}500\ \mathrm{kJ/hr} $$ 所以在冷卻水出口不超過 $45\,^\circ\mathrm{C}$ 的條件下，蒸汽釋出的熱量可以有一部分散失至周圍。 選項分析

Question 30

Assuming that there is no heat loss to the surroundings and the overall heat transfer coefficient in the system is $1000\,\mathrm{W/(m^2\cdot K)}$ , how much heat exchange area is required?

(A) Approximately $234\,\mathrm{m^2}$
(B) Approximately $23408\,\mathrm{m^2}$
(C) Approximately $65\,\mathrm{m^2}$
(D) Approximately $842\,\mathrm{m^2}$
(E) None of the above

Accepted Answer

核心觀念

蒸氣在定溫下冷凝時，熱端溫度維持在飽和溫度 $224\,^\circ\mathrm{C}$ 。無熱損失時，蒸氣放出的冷凝潛熱等於冷卻水吸收的熱量。熱交換器面積由下式求得：

\dot Q=UA\Delta T_{\mathrm{lm}}

其中 $U$ 是總括熱傳係數， $\Delta T_{\mathrm{lm}}$ 是對數平均溫差。冷卻水比熱在本題不必另行使用，因為蒸氣流率與潛熱已可直接決定熱負荷。

解題方法

先計算蒸氣冷凝的熱負荷：

\dot Q =25000\ \frac{\mathrm{kg}}{\mathrm{hr}} \times1839\ \frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{kg}} =45{,}975{,}000\ \frac{\mathrm{kJ}}{\mathrm{hr}}

換算為瓦特：

\dot Q =\frac{45{,}975{,}000}{3600}\ \mathrm{kJ/s} =12{,}770{,}833\ \mathrm{W}

蒸氣側溫度固定為 $224\,^\circ\mathrm{C}$ ，冷卻水由 $20\,^\circ\mathrm{C}$ 升至 $45\,^\circ\mathrm{C}$ 。兩端溫差為

\Delta T_1=224-20=204\ \mathrm{K}

\Delta T_2=224-45=179\ \mathrm{K}

因此對數平均溫差為

Question 31

$N{\mathrm{CO},r}=\\\,N{\mathrm{O2},r}$ (where $N{A,r}$ is the molar flux of species $A$ along the radial direction).

Accepted Answer

核心觀念 以題目給定的表面反應式，利用化學計量係數建立各物種的莫耳通量關係。徑向通量的正負號取決於方向：由粒子表面向外為正，指向粒子表面為負。 解題方法 反應式為 $$ 3\mathrm{C}+2.5\mathrm{O2}\rightarrow\mathrm{CO}+2\mathrm{CO2} $$ 每消耗 $2.5$ mol 的 $\mathrm{O2}$，會生成 $1$ mol 的 $\mathrm{CO}$。因此，兩者通量大小之比為 $1/2.5$。

Question 32

The mole fraction of oxygen at the particle surface in the gas phase is .

Accepted Answer

核心觀念

本題採用「擴散控制燃燒」的理想化假設：氧氣一到達煤粒表面便立即反應，表面不會累積氧氣。因此，氣相中的氧氣表面莫耳分率取為零。

解題方法

令粒子表面為反應界面。擴散控制相當於表面反應速率遠快於氧氣傳質速率，故表面氧氣濃度為零：

C_{\mathrm{O_2},s}=0

在定溫、定壓下，莫耳分率與濃度成正比，所以：

Question 33

Write down the differential equation that can be used to derive the steady-state concentration distribution.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查穩態一維擴散的物種守恆。液層內無化學反應，且擴散係數 $D{AB}$ 隨濃度 $CA$ 改變。A 在靜止液體中的擴散通量遵守 Fick 定律： $$ N{Az}=-D{AB}(CA)\frac{dCA}{dz} $$ 解題方法 穩態且無反應時，A 的物種守恆表示通量沿 $z$ 方向不變： $$ \frac{dN{Az}}{dz}=0 $$ 將 Fick 定律代入，得到可用來求穩態濃度分布的微分方程：

Question 34

Show that the concentration distribution is given by $$ \frac{\displaystyle\int{CA}^{C{A0}}D{AB}(CA)\,dCA} {\displaystyle\int{C{Ab}}^{C{A0}}D{AB}(CA)\,dCA} =\frac{z}{b} $$

Accepted Answer

核心觀念

本題考查穩態一維擴散，且擴散係數會隨濃度改變。液層內沒有反應或對流，因此 A 的莫耳通量沿 $z$ 方向為定值，並遵守 Fick 第一定律：

N_{Az}=-D_{AB}(C_A)\frac{dC_A}{dz}

解題方法

由於穩態下 $N_{Az}$ 為常數，可將 Fick 定律分離變數：

dz=-\frac{D_{AB}(C_A)}{N_{Az}}\,dC_A

在位置 $z$ ，濃度為 $C_A$ ；固壁處 $z=0$ ，濃度為 $C_{A0}$ 。對應積分得

\int_0^z dz = -\frac{1}{N_{Az}}\int_{C_{A0}}^{C_A}D_{AB}(C_A)\,dC_A

因此

z=\frac{1}{N_{Az}}\int_{C_A}^{C_{A0}}D_{AB}(C_A)\,dC_A

再對整個液層積分：在氣液界面 $z=b$ ，濃度為 $C_{Ab}$ ，所以

Question 35

Show that the molar flux at the solid-liquid interface is $$ N{Az}\big|{z=0} =\frac{1}{b}\int{C{Ab}}^{C{A0}}D{AB}(CA)\,dCA $$

Accepted Answer

核心觀念

液層內無化學反應，且為穩態一維擴散，因此 A 的莫耳通量沿 $z$ 方向為常數。依題目的濃度基準，擴散通量遵守 Fick 定律：

N_{Az}=-D_{AB}(C_A)\frac{dC_A}{dz}

負號表示擴散方向與濃度增加方向相反。

解題方法

由穩態物料衡算，液層內任意位置的通量相同，故 $N_{Az}$ 為常數。將 Fick 定律改寫為

N_{Az}\,dz=-D_{AB}(C_A)\,dC_A

再由固液界面 $z=0,\ C_A=C_{A0}$ 積分至氣液界面 $z=b,\ C_A=C_{Ab}$ ：

\int_0^b N_{Az}\,dz = -\int_{C_{A0}}^{C_{Ab}}D_{AB}(C_A)\,dC_A

Question 36

Now assume that the diffusivity can be expressed as a Taylor series in the concentration:

D_{AB}(C_A)=\overline{D}_{AB} \left[1+\beta_1(C_A-\overline{C}_A) +\beta_2(C_A-\overline{C}_A)^2+\cdots\right]

In which $\overline{C}_A=\frac{1}{2}(C_{A0}+C_{Ab})$ and $\overline{D}_{AB}=D_{AB}(\overline{C}_A)$ . Then show that

N_{Az}\big|_{z=0} =\frac{\overline{D}_{AB}}{b}(C_{A0}-C_{Ab}) \left[1+\frac{1}{12}\beta_2(C_{A0}-C_{Ab})^2+\cdots\right]

Accepted Answer

核心觀念 穩態一維擴散時，莫耳通量 $N{Az}$ 沿 $z$ 方向為常數。由費克定律， $$ N{Az}=-D{AB}(CA)\frac{dCA}{dz} $$ 配合邊界條件 $CA(0)=C{A0}$、$CA(b)=C{Ab}$，可得固液界面通量 $$ N{Az}\big|{z=0} =\frac{1}{b}\int{C{Ab}}^{C{A0}}D{AB}(CA)\,dCA $$ 因此，本題的關鍵是將擴散係數的級數展開代入積分，並利用濃度範圍以中點為中心的對稱性。 解題方法 令 $$ \Delta CA=C{A0}-C{Ab}, \qquad x=CA-\overline{C}A $$ 因為 $\overline{C}A=\frac{1}{2}(C{A0}+C{Ab})$，積分上下限換成 $x$ 後為 $$ x{Ab}=-\frac{\Delta CA}{2}, \qquad x{A0}=\frac{\Delta CA}{2} $$ 將題目給定的擴散係數級數代入通量積分： $$ N{Az}\big|{z=0} =\frac{\overline{D}{AB}}{b} \int{-\Delta CA/2}^{\Delta CA/2} \left(1+\beta1x+\beta2x^2+\cdots\right)\,dx $$ 積分區間以 $x=0$ 為中心對稱，所有奇次項的積分皆為零；常數項與二次項則為

Question 37

Draw a breakthrough curve in terms of relative concentration (i.e., $C(t)/C0$) versus the length of the adsorption bed when $t=2\,\mathrm{h}$ versus $t=9\,\mathrm{h}$.

Accepted Answer

核心觀念 固定床吸附的突破曲線，通常表示氣相濃度比 $C/C0$ 沿床層軸向位置 $z$ 的分布。入口為 $z=0$，出口為 $z=L=10\,\mathrm{cm}$。吸附前緣會由入口向出口推進：前緣上游的吸附劑逐漸飽和，氣相濃度接近進料濃度；前緣下游的 $\mathrm{CO2}$ 則仍被吸附，氣相濃度接近零。 題目提供的是出口濃度隨時間的資料，因此可確定指定時刻的出口濃度，卻不足以算出床層內吸附前緣的確切位置。 解題方法 以理想活塞流與尖銳吸附前緣作定性示意。令 $zf$ 為 $t=2\,\mathrm{h}$ 時的吸附前緣位置。因為此時出口濃度為零，前緣尚未到達出口，故 $0<zf<10\,\mathrm{cm}$。床層上游已突破的區段取 $C/C0\approx1$，下游仍在吸附的區段取 $C/C0\approx0$。

Question 38

If the tolerance concentration of the $\mathrm{CO2}$ emitted is 5% of the original value, please calculate the saturation capacity of the adsorption bed (in terms of mol of $\mathrm{CO2}$ per gram of CaO particles).

Accepted Answer

核心觀念

固定床的吸附量可由進料與出口的濃度差積分求得。當出口濃度達到容許值時，累積吸附量為

n_{\mathrm{ads}} =Q C_0\int_0^{t_b}\left(1-\frac{C(t)}{C_0}\right)\,dt

其中 $t_b$ 是出口濃度達到容許濃度的時間。題目給定容許濃度為進料濃度的 $5\%$ ，因此終點取 $C(t_b)/C_0=0.05$ 。

解題方法

題目在 $t=3\,\mathrm{h}$ 時出口濃度為零，在 $t=4\,\mathrm{h}$ 時出口濃度為 $0.0001\,\mathrm{mol/L}$ ，即 $C/C_0=0.10$ 。在這兩點間採線性內插：

t_b=3+\frac{0.05-0}{0.10-0}(4-3) =3.5\,\mathrm{h}

從 $0$ 到 $3\,\mathrm{h}$ ，出口無可測得的二氧化碳，吸附比例為 $1$ 。從 $3$ 到 $3.5\,\mathrm{h}$ ，出口相對濃度由 $0$ 線性升至 $0.05$ ，故該段平均吸附比例為

1-\frac{0+0.05}{2}=0.975

因此，容許濃度到達前的等效完全吸附時間為

3+(0.5)(0.975)=3.4875\,\mathrm{h}

進料二氧化碳莫耳流率為

Q C_0 =(2.0\,\mathrm{L/min})(0.001\,\mathrm{mol/L}) =0.002\,\mathrm{mol/min}

將時間換算為分鐘後，吸附的二氧化碳總量為

Question 39

Following part (b), if we want to have the breakthrough time increased by 10 times, what is the required length of the bed? (i.e., the tolerance concentration of the $\mathrm{CO2}$ emitted is 5% of the original value)

Accepted Answer

核心觀念

固定床的突破時間取決於床層可供吸附的容量。若吸附劑種類、填充狀態、床層直徑、進料條件與出口容許濃度都相同，床層長度增加幾倍，吸附劑質量與床層容量也增加幾倍，因此突破時間按相同比例增加。

解題方法

出口容許濃度為原始濃度的 $5\%$ ：

C_{\text{容許}}=0.05C_0 =0.05(0.001) =0.00005\ \mathrm{mol/L}

題目給定 $t=3\,\mathrm{h}$ 時 $C=0$ ， $t=4\,\mathrm{h}$ 時 $C=0.0001\,\mathrm{mol/L}$ 。假設兩筆量測之間的突破曲線作線性內插，容許濃度正好是這兩個濃度的中點，因此：

Question 40

Determine the minimum solvent rate ($L{\min}$).

Accepted Answer

核心觀念 逆流吸收塔的操作線由溶質衡算決定；在最小溶劑流率 $L{\min}$ 下，塔底液體出口與進塔氣體達到平衡，形成夾點。平衡關係為 $y^=30x$。 解題方法 進塔氣體中的 $\mathrm{CO2}$ 莫耳分率為 $y{\mathrm{in}}=0.03$，出口目標是原濃度的 $10\%$： $$ y{\mathrm{out}}=0.10(0.03)=0.003 $$ 塔頂進液不含 $\mathrm{CO2}$，故 $x{\mathrm{in}}=0$。在最小溶劑流率下，塔底液體出口達到與進塔氣體平衡的組成：

Question 41

Determine the number of ideal stages required when $L=3L{\min}$.

Accepted Answer

核心觀念 本題使用逆流吸收塔的最小溶劑量與 Kremser 理想板數公式。吸收因子定義為 $$ A=\frac{L}{mG} $$ 其中 $L$、$G$ 分別為液相與氣相流率，$m=30$ 為平衡線斜率。題目指出總流率變化可忽略，且濃度稀，因此可用稀溶液近似計算。 解題方法 進塔氣體的二氧化碳濃度為 $y{\mathrm{in}}=0.03$，要求塔頂氣體濃度為 $$ y{\mathrm{out}}=0.1y{\mathrm{in}}=0.003 $$ 溶劑由塔頂進入且不含二氧化碳，故 $x0=0$。在最小溶劑量時，塔底液體與進塔氣體達平衡： $$ x{\mathrm{bottom}}^=\frac{y{\mathrm{in}}}{m} =\frac{0.03}{30}=0.001 $$ 以整塔二氧化碳物料衡算求最小液氣流率比： $$ \left(\frac{L}{G}\right){\min} =\frac{y{\mathrm{in}}-y{\mathrm{out}}} {x{\mathrm{bottom}}^-x0} =\frac{0.03-0.003}{0.001-0}=27 $$

Question 42

Following part (b), if the stage height is $1\,\mathrm{m}$ and the estimated efficiency of the plate/stage is 10%, what is the required total height of this packed-bed gas absorption tower? Please show the detailed calculation along with the answer.

Accepted Answer

核心觀念 本題用吸收塔的 Kremser 方程式求理論級數，再以級效率換算實際所需級數。吸收因子定義為 $$ A=\frac{L}{mG} $$ 其中 $L$、$G$ 分別是液相與氣相莫耳流率，平衡線斜率 $m=30$。 解題方法 進料氣體中二氧化碳莫耳分率為 $y{\mathrm{in}}=0.03$，塔頂出口目標為原濃度的 $10\%$，因此 $$ y{\mathrm{out}}=0.1y{\mathrm{in}}=0.003 $$ 純水進料，且假設氣、液總流率變化可忽略。最小溶劑流率時，塔底液體與進料氣體達平衡： $$ x{\mathrm{bottom}}=\frac{y{\mathrm{in}}}{m} $$ 由全塔二氧化碳物料衡算， $$ L{\min}x{\mathrm{bottom}} =G(y{\mathrm{in}}-y{\mathrm{out}}) $$ 所以 $$ L{\min} =\frac{mG(y{\mathrm{in}}-y{\mathrm{out}})}{y{\mathrm{in}}} =\frac{30(5)(0.03-0.003)}{0.03} =135\ \mathrm{mol/s} $$

Question 43

Draw a plot of drying rate (unit: $\mathrm{kg}$ of $\mathrm{H2O/(m^2\cdot day)}$) versus free moisture content (unit: $\mathrm{kg}$ of $\mathrm{H2O/kg}$ of solid Particle A) for an individual droplet, with detailed calculation.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查乾燥速率曲線的兩個區段： - 恆速乾燥區：乾燥速率維持定值。 - 降速乾燥區：乾燥速率與自由含水量成正比。 含水量採乾基表示： $$ X=\frac{	ext{水的質量}}{	ext{乾固體的質量}} \quad \left(\frac{\mathrm{kg\ H2O}}{\mathrm{kg\ 乾固體}}ight) $$ 乾燥速率記為 $N$，單位為 $\mathrm{kg\ H2O/(m^2\cdot day)}$。 解題方法與計算 取 $1\ \mathrm{kg}$ 初始液滴為計算基準。固體占 $20\ \mathrm{wt\%}$，水占 $80\ \mathrm{wt\%}$，因此乾固體為 $0.2\ \mathrm{kg}$，水為 $0.8\ \mathrm{kg}$。初始乾基含水量為 $$ X0=\frac{0.8}{0.2}=4.0\ \frac{\mathrm{kg\ H2O}}{\mathrm{kg\ 乾固體}} $$ 恆速乾燥區移除原有水量的 $95\%$，故臨界含水量為原有水量的 $5\%$： $$ Xc=0.05X0=0.05(4.0)=0.20\ \frac{\mathrm{kg\ H2O}}{\mathrm{kg\ 乾固體}} $$ 題目給定恆速區乾燥速率為 $1\ \mathrm{kg\ H2O/(m^2\cdot day)}$，所以恆速區的速率為 $$ Nc=1\ \mathrm{kg\ H2O/(m^2\cdot day)} $$ 降速區速率與自由含水量成正比，且在 $X=Xc$ 時速率為 $Nc$，因此 $$ \frac{N}{Nc}=\frac{X}{Xc} $$ $$ N=\frac{1}{0.20}X=5X \qquad (0\leq X\leq 0.20) $$ 目標是移除原有水量的 $99.9995\%$，剩餘水量占原有水量的 $0.0005\%=5	imes10^{-6}$。因此目標含水量為 $$ Xf=X0(5	imes10^{-6}) =4.0(5	imes10^{-6}) =2.0	imes10^{-5}\ \frac{\mathrm{kg\ H2O}}{\mathrm{kg\ 乾固體}} $$

Question 44

Determine the total time of drying required (unit: second) with detailed calculation.

Accepted Answer

核心觀念

本題考查乾燥的降速期：乾燥速率與自由含水量成正比。以乾固體質量為基準，令 $X$ 為含水量（ $\mathrm{kg\ H_2O/kg\ dry\ solid}$ ），則降速期的乾燥通量 $N$ 可寫成

N=N_c\frac{X}{X_c}

其中 $X_c$ 是臨界含水量， $N_c$ 是臨界點的乾燥通量。題目給定降速期前的乾燥速率為 $1\ \mathrm{kg/(m^2\cdot day)}$ ；依乾燥速率在臨界點連續，取 $N_c=1\ \mathrm{kg/(m^2\cdot day)}$ 。

解題方法

以 $1\ \mathrm{kg}$ 乾固體為基準。初始液滴含固體 $20\ \mathrm{wt\%}$ ，所以初始水量為

X_0=\frac{0.80}{0.20}=4.0\ \mathrm{kg\ H_2O/kg\ dry\ solid}

臨界含水量對應原有水量剩下 $5\%$ ：

X_c=0.05X_0=0.20\ \mathrm{kg/kg}

目標是移除原有水量的 $99.9995\%$ ，因此剩餘水量為原有水量的 $0.0005\%=5\times10^{-6}$ ：

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111 年 國立清華大學化學工程學系碩士班《單元操作與輸送現象》

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第 6 題2 分

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第 8 題2 分

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第 26 題2 分

第 27 題2 分

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第 Problem 7.1-(a) 題2 分

第 Problem 7.1-(b) 題3 分

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第 Problem 7.1-(c) 題3 分

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第 Problem 7.2-(a) 題2 分

第 Problem 7.2-(b) 題3 分

第 Problem 7.2-(c) 題2 分

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第 Problem 8-(a) 題2 分

核心觀念

解題方法與計算

第 Problem 8-(b) 題3 分

核心觀念

解題方法

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