114 年 國立臺灣大學化學工程系碩士班《單元操作與輸送現象》

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第 1 題25 分

  1. (25%)The steady-state axial flow of an incompressible liquid in an annular region between two coaxial cylinders of radii κR\kappa R and RR is shown below. The fluid is flowing upward in the tube - that is, in the direction opposed to gravity. The expression for the momentum-flux distribution is given
    τrz=(P0−PL)R2L[1−κ22ln⁡(1/κ)](rR)\tau_{rz} = \frac{(P_0 - P_L)R}{2L} \left[ \frac{1 - \kappa^2}{2 \ln(1/\kappa)} \right] \left( \frac{r}{R} \right)
    where P=p+ρgzP = p + \rho g z.

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(a) (5%) Derive the velocity distribution, vz(r)v_z(r).
(b) (5%) Determine the position rmaxr_{max} where the maximum velocity occurs.
(c) (5%) Derive the average velocity, ⟨vz⟩\langle v_z \rangle and the mass rate of flow, w˙\dot{w}.
(d) (5%) Derive the force exerted by the fluid on the solid surface, FzF_z.
(e) (5%) A horizontal annulus, 8.2 m in length, has an inner radius of 1.26 cm, and an outer radius of 2.8 cm. an aqueous solution with density 1286.45 kg/m³ of and the viscosity of 0.05655 Pa-s. What is the volume flow rate when the impressed pressure difference is 3.7×1043.7 \times 10^4 Pa.

Note: ∫xln⁡(x)dx=(x22)ln⁡(x)−x24+C\int x \ln(x) dx = \left( \frac{x^2}{2} \right) \ln(x) - \frac{x^2}{4} + C

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核心觀念

本題考查同心圓柱環形通道內的穩態層流，包括：

  • 軸向動量通量分布與剪應力關係
  • 牛頓流體本構式
  • 無滑移邊界條件
  • 最大速度位置
  • 截面平均速度與質量流率
  • 壁面剪力造成的軸向作用力

令

ΔP=P0−PL,κ=RiR,Ri=κR\Delta P=P_0-P_L,\qquad \kappa=\frac{R_i}{R},\qquad R_i=\kappa R

依原圖，動量通量分布為

τrz=ΔPR2L[rR−1−κ22ln⁡(1/κ)Rr]\tau_{rz} = \frac{\Delta P R}{2L} \left[ \frac{r}{R} - \frac{1-\kappa^2}{2\ln(1/\kappa)} \frac{R}{r} \right]

其中 P=p+ρgzP=p+\rho gz，因此已將重力效應包含在壓力差中。

(a) 速度分布 vz(r)v_z(r)

牛頓流體的剪應力關係為

τrz=−μdvzdr\tau_{rz}=-\mu\frac{dv_z}{dr}

代入題目給定的 τrz\tau_{rz}：

dvzdr=−ΔP2μL[r−1−κ22ln⁡(1/κ)R2r]\frac{dv_z}{dr} = -\frac{\Delta P}{2\mu L} \left[ r- \frac{1-\kappa^2}{2\ln(1/\kappa)} \frac{R^2}{r} \right]

積分得

vz(r)=−ΔP4μLr2+ΔPR24μL1−κ2ln⁡(1/κ)ln⁡r+Cv_z(r) = -\frac{\Delta P}{4\mu L}r^2 + \frac{\Delta P R^2}{4\mu L} \frac{1-\kappa^2}{\ln(1/\kappa)} \ln r+C

使用外壁無滑移條件 vz(R)=0v_z(R)=0，並整理為較方便的形式：

vz(r)=ΔPR24μL[1−(rR)2−1−κ2ln⁡(1/κ)ln⁡(Rr)]\boxed{ v_z(r) = \frac{\Delta P R^2}{4\mu L} \left[ 1-\left(\frac{r}{R}\right)^2 - \frac{1-\kappa^2}{\ln(1/\kappa)} \ln\left(\frac{R}{r}\right) \right] }

檢查內外壁：

vz(R)=0v_z(R)=0

且

vz(κR)=0v_z(\kappa R)=0

因此符合兩個固體壁面的無滑移條件。

(b) 最大速度位置 rmax⁡r_{\max}

最大速度位置滿足

dvzdr=0\frac{dv_z}{dr}=0

因此

r−1−κ22ln⁡(1/κ)R2r=0r- \frac{1-\kappa^2}{2\ln(1/\kappa)} \frac{R^2}{r}=0

整理：

r2=1−κ22ln⁡(1/κ)R2r^2 = \frac{1-\kappa^2}{2\ln(1/\kappa)}R^2

所以

rmax⁡=R1−κ22ln⁡(1/κ)\boxed{ r_{\max} = R\sqrt{ \frac{1-\kappa^2}{2\ln(1/\kappa)} } }

最大速度位於環隙中央附近，但不一定位於幾何平均半徑。

(c) 平均速度與質量流率

截面平均速度定義為

⟨vz⟩=1A∫Avz dA\langle v_z\rangle = \frac{1}{A} \int_A v_z\,dA

環形截面面積為

A=πR2(1−κ2)A=\pi R^2(1-\kappa^2)

利用 dA=2πr drdA=2\pi r\,dr：

⟨vz⟩=2R2(1−κ2)∫κRRvz(r) r dr\langle v_z\rangle = \frac{2}{R^2(1-\kappa^2)} \int_{\kappa R}^{R}v_z(r)\,r\,dr

令 x=r/Rx=r/R，並設

A0=ΔPR24μLA_0=\frac{\Delta P R^2}{4\mu L}

則

vz=A0[1−x2−1−κ2ln⁡(1/κ)ln⁡(1x)]v_z=A_0 \left[ 1-x^2- \frac{1-\kappa^2}{\ln(1/\kappa)} \ln\left(\frac{1}{x}\right) \right]

積分所需結果為

∫κ1xln⁡(1x)dx=1−κ24−κ22ln⁡(1κ)\int_\kappa^1x\ln\left(\frac{1}{x}\right)dx = \frac{1-\kappa^2}{4} - \frac{\kappa^2}{2}\ln\left(\frac{1}{\kappa}\right)

整理後得到

⟨vz⟩=ΔPR28μL[1+κ2−1−κ2ln⁡(1/κ)]\boxed{ \langle v_z\rangle = \frac{\Delta P R^2}{8\mu L} \left[ 1+\kappa^2 - \frac{1-\kappa^2}{\ln(1/\kappa)} \right] }

體積流率為

Q=A⟨vz⟩Q=A\langle v_z\rangle

因此

Q=πΔPR48μL(1−κ2)[1+κ2−1−κ2ln⁡(1/κ)]\boxed{ Q = \frac{\pi\Delta P R^4}{8\mu L} (1-\kappa^2) \left[ 1+\kappa^2 - \frac{1-\kappa^2}{\ln(1/\kappa)} \right] }

質量流率為

w˙=ρQ=ρπR2(1−κ2)⟨vz⟩\boxed{ \dot w=\rho Q = \rho\pi R^2(1-\kappa^2)\langle v_z\rangle }

(d) 流體對固體表面的軸向作用力

固體表面受到的總剪力可由內外壁剪應力積分求得：

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第 2 題25 分

  1. (25%) A liquid of constant density and viscosity is in a cylindrical container of radius RR as shown below. The container is caused to rotate about its own axis at an angular velocity Ω\Omega. The cylinder axis is vertical. The system has reached steady state.

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p=Patmp = P_{atm} on surface
p=p(r,z)p = p(r, z) within fluid

Cylindrical coordinates are appropriate for this problem, and the equations of motion are given
ρ(∂vr∂t+vr∂vr∂r+vθr∂vr∂θ+vz∂vr∂z−vθ2r)=−∂p∂r+μ(1r∂∂r(r∂vr∂r)+1r2∂2vr∂θ2+∂2vr∂z2−2r2∂vθ∂θ)+ρgr\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( \frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial r} \left( r \frac{\partial v_r}{\partial r} \right) + \frac{1}{r^2} \frac{\partial^2 v_r}{\partial \theta^2} + \frac{\partial^2 v_r}{\partial z^2} - \frac{2}{r^2} \frac{\partial v_\theta}{\partial \theta} \right) + \rho g_r
ρ(∂vθ∂t+vr∂vθ∂r+vθr∂vθ∂θ+vz∂vθ∂z+vrvθr)=−1r∂p∂θ+μ(1r∂∂r(r∂vθ∂r)+1r2∂2vθ∂θ2+∂2vθ∂z2+2r2∂vr∂θ)+ρgθ\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} + \frac{v_r v_\theta}{r} \right) = -\frac{1}{r}\frac{\partial p}{\partial \theta} + \mu \left( \frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial r} \left( r \frac{\partial v_\theta}{\partial r} \right) + \frac{1}{r^2} \frac{\partial^2 v_\theta}{\partial \theta^2} + \frac{\partial^2 v_\theta}{\partial z^2} + \frac{2}{r^2} \frac{\partial v_r}{\partial \theta} \right) + \rho g_\theta
ρ(∂vz∂t+vr∂vz∂r+vθr∂vz∂θ+vz∂vz∂z)=−∂p∂z+μ(1r∂∂r(r∂vz∂r)+1r2∂2vz∂θ2+∂2vz∂z2)+ρgz\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{\partial}{\partial r} \left( r \frac{\partial v_z}{\partial r} \right) + \frac{1}{r^2} \frac{\partial^2 v_z}{\partial \theta^2} + \frac{\partial^2 v_z}{\partial z^2} \right) + \rho g_z
ρ(∂ρ∂t+1r∂∂r(ρrvr)+1r∂∂θ(ρvθ)+∂∂z(ρvz))=0\rho \left( \frac{\partial \rho}{\partial t} + \frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial r} (\rho r v_r) + \frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial \theta} (\rho v_\theta) + \frac{\partial}{\partial z} (\rho v_z) \right) = 0

(a) (9%) Please simplify the equations of motion for different components (r,θ,zr, \theta, z) by removing the unnecessary terms.
(b) (5%) Derive vθv_\theta.
(c) (6%) Derive the pressure difference, p−Patmp - P_{atm}.
(d) (5%) Derive the shape of the liquid-air interface, zinterfacez_{interface}.

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核心觀念

液體達到穩態後，因容器無滑移條件而與容器作剛體旋轉：

vr=0,vz=0,vθ=vθ(r)v_r=0,\qquad v_z=0,\qquad v_\theta=v_\theta(r)

採圓柱座標，zz 軸向上，因此

gr=gθ=0,gz=−gg_r=g_\theta=0,\qquad g_z=-g

徑向壓力梯度提供向心加速度；軸向則為靜水壓分布。自由液面上壓力皆為 PatmP_{\mathrm{atm}}。

圓柱座標的 θ\theta 動量方程黏性項須包含幾何項 −vθ/r2-v_\theta/r^2。若題目列式確實漏列此項，照缺項式無法得到物理上有限且與容器共轉的解。以下依標準圓柱座標方程式作答。

(a) 簡化各方向動量方程

穩態、軸對稱且 vr=vz=0v_r=v_z=0，所以

∂∂t=0,∂∂θ=0,∂vθ∂z=0\frac{\partial}{\partial t}=0,\qquad \frac{\partial}{\partial\theta}=0,\qquad \frac{\partial v_\theta}{\partial z}=0

連續方程自動滿足。

徑向 rr 方向：

−ρvθ2r=−∂p∂r-\rho\frac{v_\theta^2}{r} =-\frac{\partial p}{\partial r}

即

∂p∂r=ρvθ2r\boxed{\frac{\partial p}{\partial r} =\rho\frac{v_\theta^2}{r}}

周向 θ\theta 方向：

0=μ[1rddr(rdvθdr)−vθr2]0=\mu\left[ \frac{1}{r}\frac{d}{dr} \left(r\frac{dv_\theta}{dr}\right) -\frac{v_\theta}{r^2} \right]

因此

1rddr(rdvθdr)−vθr2=0\boxed{ \frac{1}{r}\frac{d}{dr} \left(r\frac{dv_\theta}{dr}\right) -\frac{v_\theta}{r^2}=0 }

軸向 zz 方向：

0=−∂p∂z+ρgz0=-\frac{\partial p}{\partial z}+\rho g_z

由 gz=−gg_z=-g，

∂p∂z=−ρg\boxed{\frac{\partial p}{\partial z}=-\rho g}

(b) 推導 vθv_\theta

由周向方程式：

1rddr(rdvθdr)−vθr2=0\frac{1}{r}\frac{d}{dr} \left(r\frac{dv_\theta}{dr}\right) -\frac{v_\theta}{r^2}=0

乘上 r2r^2：

r2d2vθdr2+rdvθdr−vθ=0r^2\frac{d^2v_\theta}{dr^2} +r\frac{dv_\theta}{dr}-v_\theta=0

這是 Euler 型微分方程，其通解為

vθ=Ar+Brv_\theta=Ar+\frac{B}{r}

因為液體包含旋轉軸 r=0r=0，速度必須有限，因此 B=0B=0。容器側壁的無滑移條件為

vθ(R)=ΩRv_\theta(R)=\Omega R

故

AR=ΩR⇒A=ΩAR=\Omega R\quad\Rightarrow\quad A=\Omega

因此

vθ=Ωr\boxed{v_\theta=\Omega r}

液體作剛體旋轉，且黏性不影響此最終速度分布。

(c) 推導壓力差 p−Patmp-P_{\mathrm{atm}}

代入 vθ=Ωrv_\theta=\Omega r 至徑向方程式：

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第 3 題15 分

  1. (15%) Consider a Couette viscometer consisting of two (vertical) concentric cylinders. The inner cylinder, of radius RR, rotates at a constant angular velocity so that its linear velocity is UU. The annular gap is filled with a viscous liquid. The outer cylinder, of radius κR\kappa R (κ>1\kappa > 1), is held stationary. Assume that the gap distance is (κ−1)R(\kappa - 1)R. The aim is to determine the temperature profile in the liquid resulting from viscous dissipation. Heat loss from the inner cylinder is negligible, whereas the liquid at κR\kappa R loses heat to the ambient environment at T∞T_\infty, with hh as the heat transfer coefficient. You may neglect end effects and any variation with respect to the vertical coordinate zz. Assume that (κ−1)<<1(\kappa - 1) << 1; therefore, the curvature effect may be ignored. The system is at steady state, and the velocity profile can be taken to be linear with respect to the radius.

(a) (5%) Please write the expression for the flux of viscous heat dissipation.
(b) (5%) Under proper assumptions, please write the governing equation and the boundary conditions.
(c) (5%) Please solve for the temperature profile.

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核心觀念

本題考查 Couette 流中的：

  1. 牛頓流體剪應力定律
    τxy=μdudy\tau_{xy}=\mu\frac{du}{dy}

  2. 黏滯耗散造成的體積發熱率

Φ=τxydudy=μ(dudy)2\Phi=\tau_{xy}\frac{du}{dy} =\mu\left(\frac{du}{dy}\right)^2
  1. 穩態一維導熱與外部對流邊界條件。

由於間隙很小，曲率效應可忽略，因此將環隙視為兩平行平板。定義

δ=(κ−1)R\delta=(\kappa-1)R

為間隙距離，並令

y=r−R,0≤y≤δy=r-R,\qquad 0\le y\le \delta

其中 y=0y=0 為內圓柱表面，y=δy=\delta 為外圓柱表面。

(a) 黏滯耗散熱通量

速度在間隙中呈線性分布，滿足

u(0)=U,u(δ)=0u(0)=U,\qquad u(\delta)=0

因此

u(y)=U(1−yδ)u(y)=U\left(1-\frac{y}{\delta}\right)

速度梯度為

dudy=−Uδ\frac{du}{dy}=-\frac{U}{\delta}

剪應力為

τxy=μdudy=−μUδ\tau_{xy}=\mu\frac{du}{dy} =-\mu\frac{U}{\delta}

黏滯耗散所產生的單位體積發熱率為

Φ=τxydudy=μ(dudy)2\Phi=\tau_{xy}\frac{du}{dy} =\mu\left(\frac{du}{dy}\right)^2

所以

Φ=μU2δ2=μU2[(κ−1)R]2\boxed{\Phi=\mu\frac{U^2}{\delta^2} =\mu\frac{U^2}{[(\kappa-1)R]^2}}

其單位為 W/m3\mathrm{W/m^3}。

若題目所稱的「黏滯耗散熱通量」是指穿過整個間隙、以單位面積計算的總發熱量，則

qvis′′=∫0δΦ dy=Φδq_{\mathrm{vis}}''=\int_0^\delta \Phi\,dy =\Phi\delta

因此

qvis′′=μU2δ=μU2(κ−1)R\boxed{q_{\mathrm{vis}}'' =\frac{\mu U^2}{\delta} =\frac{\mu U^2}{(\kappa-1)R}}

(b) 控制方程式與邊界條件

控制方程式

在下列假設下：

  • 穩態；
  • 無垂直方向溫度變化；
  • 溫度只隨 yy 變化；
  • 熱傳導係數 kk 為常數；
  • 黏度 μ\mu 與速度梯度為常數；
  • 無內部對流造成的溫度變化；
  • 熱源只有黏滯耗散；

能量方程式為

kd2Tdy2+Φ=0k\frac{d^2T}{dy^2}+\Phi=0

代入 Φ=μU2/δ2\Phi=\mu U^2/\delta^2：

kd2Tdy2+μU2δ2=0\boxed{ k\frac{d^2T}{dy^2} +\mu\frac{U^2}{\delta^2}=0 }

邊界條件

內圓柱表面：絕熱

內圓柱的熱損失可忽略，因此

dTdy∣y=0=0\boxed{ \left.\frac{dT}{dy}\right|_{y=0}=0 }

外圓柱表面：對流散熱

外圓柱表面向溫度為 T∞T_\infty 的環境散熱。由傅立葉定律與牛頓冷卻定律：

−kdTdy∣y=δ=h[T(δ)−T∞]-k\left.\frac{dT}{dy}\right|_{y=\delta} =h[T(\delta)-T_\infty]

因此第二個邊界條件為

−kdTdy∣y=δ=h[T(δ)−T∞]\boxed{ -k\left.\frac{dT}{dy}\right|_{y=\delta} =h[T(\delta)-T_\infty] }

(c) 溫度分布

控制方程式為

kd2Tdy2+Φ=0k\frac{d^2T}{dy^2}+\Phi=0

整理得

d2Tdy2=−Φk\frac{d^2T}{dy^2}=-\frac{\Phi}{k}

積分一次：

dTdy=−Φky+C1\frac{dT}{dy} =-\frac{\Phi}{k}y+C_1

由內壁絕熱條件：

dTdy∣y=0=0\left.\frac{dT}{dy}\right|_{y=0}=0

得到

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第 4 題15 分

  1. (15%) Consider a solid sphere of radius RR of pure species A gradually dissolving into a stagnant fluid B at steady state. Its solubility is xA0x_{A0} (in mole fraction); at positions far from the A sphere, the concentration is a constant value xA∞x_{A\infty}. Assume the fluid has constant density, constant mixture molarity, and constant diffusivity.

(a) (5%) Assuming that species A is slightly soluble, and the dissolution of the solid A does not lead to significant fluid flow, please solve for the concentration profile.
(b) (5%) Following (a), please define and calculate the Sherwood number.
(c) (5%) Suppose the assumptions in (a) do not hold, when a solid dissolves in a fluid, the solubility is so large that a mass transfer flux is generated on the solid surface, resulting in an average fluid velocity at the interface. This may lead to the inability to use the non-slip boundary condition for equation of motion when deriving the velocity profile of the system (v∣r=R≠0v|_{r=R} \neq 0). Assuming mass average velocity is almost equal to molar average velocity v~≈v~m\tilde{v} \approx \tilde{v}_m, what is the boundary condition of the velocity profile v(r)v(r) at r=Rr = R?

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核心觀念

本題考查球對稱下的穩態擴散，以及高溶解度造成的 Stefan flow：

  • 稀溶解、無顯著流動時，使用 Fick 定律與穩態球對稱質量平衡。
  • 由通量與濃度差定義質傳係數，再計算 Sherwood number。
  • 溶解度較大時，A 的逸出會造成流體平均速度，固體表面不再適用 v(R)=0v(R)=0 的無滑移條件。
  • 因 B 為 stagnant，界面上的 B 淨莫耳通量為零，即 NB=0N_B=0。

(a) 濃度分布

解題方法

球體半徑為 RR，系統為穩態、球對稱，且沒有顯著流動，因此 A 僅以擴散方式傳遞。

令總莫耳濃度為 cc，則

CA=cxAC_A=cx_A

因為 cc 為常數，所以 CAC_A 與 xAx_A 的分布形式相同。

穩態球對稱質量平衡為

1r2ddr(r2dxAdr)=0\frac{1}{r^2}\frac{d}{dr} \left(r^2\frac{dx_A}{dr}\right)=0

積分兩次得

r2dxAdr=C1r^2\frac{dx_A}{dr}=C_1

以及

xA(r)=C2+C3rx_A(r)=C_2+\frac{C_3}{r}

套用邊界條件：

xA(R)=xA0x_A(R)=x_{A0} xA(∞)=xA∞x_A(\infty)=x_{A\infty}

由遠處條件可知 C2=xA∞C_2=x_{A\infty}；再套用 r=Rr=R 的條件，得到

xA(r)=xA∞+(xA0−xA∞)Rr\boxed{ x_A(r)=x_{A\infty} +\left(x_{A0}-x_{A\infty}\right)\frac{R}{r} }

因此濃度形式為

CA(r)=CA∞+(CA0−CA∞)Rr\boxed{ C_A(r)=C_{A\infty} +\left(C_{A0}-C_{A\infty}\right)\frac{R}{r} }

表面擴散通量

由 Fick 第一定律，向外為正方向：

NA,r=−cDABdxAdrN_{A,r}=-cD_{AB}\frac{dx_A}{dr}

由濃度分布可得

dxAdr=−(xA0−xA∞)Rr2\frac{dx_A}{dr} =-\left(x_{A0}-x_{A\infty}\right)\frac{R}{r^2}

所以

NA,r=cDAB(xA0−xA∞)Rr2N_{A,r} = cD_{AB}\left(x_{A0}-x_{A\infty}\right)\frac{R}{r^2}

在固體表面 r=Rr=R：

NA,R=cDABR(xA0−xA∞)\boxed{ N_{A,R} = \frac{cD_{AB}}{R} \left(x_{A0}-x_{A\infty}\right) }

(b) Sherwood number

定義

以濃度差表示的局部質傳通量定義為

NA,R=kc(CA0−CA∞)N_{A,R}=k_c(C_{A0}-C_{A\infty})

因為 CA=cxAC_A=cx_A，因此

NA,R=kcc(xA0−xA∞)N_{A,R} = k_c c(x_{A0}-x_{A\infty})

與 (a) 的結果比較：

kcc(xA0−xA∞)=cDABR(xA0−xA∞)k_c c(x_{A0}-x_{A\infty}) = \frac{cD_{AB}}{R}(x_{A0}-x_{A\infty})

得到質傳係數

kc=DABR\boxed{k_c=\frac{D_{AB}}{R}}

Sherwood number 定義為

ShL=kcLDABSh_L=\frac{k_cL}{D_{AB}}

若以球體直徑 L=2RL=2R 為特徵長度，則

Sh2R=(DAB/R)(2R)DAB=2Sh_{2R} = \frac{(D_{AB}/R)(2R)}{D_{AB}} = \boxed{2}

因此，以工程上常用的球體直徑為特徵長度：

Sh=2\boxed{Sh=2}

若題目採用半徑 RR 作為特徵長度，則

ShR=kcRDAB=1Sh_R=\frac{k_cR}{D_{AB}}=\boxed{1}
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第 5 題20 分

  1. (20%) A packed bed (with diameter DD and length LL) is filled with spherical solid packing of diameter dpd_p, where D/dp>>1D/d_p >>1. The porosity of the packed bed is ϕ\phi. A pump delivers an aqueous solution with a volumetric flow rate QQ at a slow flow velocity through this packed bed. The pressure drop across the system is Δp\Delta p. Suppose the solute concentration in the solution is very low. Please answer the following questions:

(a) (4%) In a packed bed, the solute is affected not only by molecular diffusion, but also by factors such as non-uniform pathways between the packing particles and velocity distribution. All these effects cause the solute concentration distribution to spread out in the axial z-direction. If we use Fick's Law as a model to describe this phenomenon, the diffusion coefficient involved is called the axial dispersion coefficient EDE_D. All factors that contribute to the "broadening" of the solute in the axial direction are summarized in this coefficient. Please write down the partial differential equation (PDE) that describes the evolution of the solute concentration CA(t,z)C_A(t, z).
(b) (4%) Suppose the packing particles have a porous structure. Each particle has a porosity ϵ\epsilon. Assume that the pore size is sufficiently small so that there is no flow convection occurring within the pores. Please explain how the PDE in part (a) should be modified. Let CA,pore(t,z)C_{A, pore}(t,z) be the average solute concentration in the particle pore structure at zz.
(c) (4%) Suppose the solute has a diffusion coefficient DAD_A inside the pores of the particles, and its diffusion behavior can be described by Fick's Law. Making the appropriate assumptions, please write down the PDE that describes the evolution of the solute concentration CA,pore(t,r,z)C_{A, pore}(t,r,z) inside the pores of a single particle at zz.
(d) (4%) Please write down the mathematical relationship between CA,pore(t,r,z)C_{A, pore}(t,r,z) and CA,pore(t,z)C_{A, pore}(t,z).
(e) (4%) Using the film model and a mass transfer coefficient kyk_y to describe mass transfer at the spherical surface of the particles, please write down the PDE relating CA,pore(t,z)C_{A, pore}(t,z) and CA(t,z)C_A(t,z).

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這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查填充床中的一維軸向分散、顆粒內孔隙擴散，以及外部液膜傳質。

定義：

  • 填充床截面積
    Ac=πD24A_c=\frac{\pi D^2}{4}
  • 表觀流速
    U=QAc=4QπD2U=\frac{Q}{A_c}=\frac{4Q}{\pi D^2}
  • 孔隙內平均流速
    u=Uϕ=QϕAcu=\frac{U}{\phi}=\frac{Q}{\phi A_c}
  • 單一球形顆粒半徑
    R=dp2R=\frac{d_p}{2}

因為溶質濃度很低，可視為稀溶液示蹤物，溶質不影響流體物性與流場。壓降 Δp\Delta p 不直接出現在溶質質量平衡式中；若要由壓降求流速，則需額外給定黏度及 Ergun 方程所需的資料。

解題方法

沿軸向 zz 取一微小控制體，分別考慮：

  1. 流體中溶質的累積；
  2. 溶質的對流輸送；
  3. 軸向分散；
  4. 多孔顆粒內孔隙對溶質的儲存；
  5. 顆粒表面的液膜傳質。

軸向分散係數 EDE_D 將分子擴散、流道曲折、速度分布不均等效合併，因此可用類似 Fick 定律的形式表示軸向分散通量。

(a) 填充床中溶質的軸向分散方程

若先不考慮顆粒孔隙的溶質儲存，填充床每單位床體積中的流體體積為 ϕ\phi，故流體相溶質累積項為

ϕ∂CA∂t\phi \frac{\partial C_A}{\partial t}

對流通量為

UCAU C_A

軸向分散通量為

−ϕED∂CA∂z-\phi E_D\frac{\partial C_A}{\partial z}

由質量守恆：

ϕ∂CA∂t+U∂CA∂z=ϕED∂2CA∂z2\phi \frac{\partial C_A}{\partial t} + U\frac{\partial C_A}{\partial z} = \phi E_D\frac{\partial^2 C_A}{\partial z^2}

除以 ϕ\phi 後，可寫成標準的一維對流—分散方程：

∂CA∂t+u∂CA∂z=ED∂2CA∂z2\boxed{ \frac{\partial C_A}{\partial t} + u\frac{\partial C_A}{\partial z} = E_D\frac{\partial^2 C_A}{\partial z^2} }

其中

u=QϕAc=4QϕπD2u=\frac{Q}{\phi A_c} = \frac{4Q}{\phi\pi D^2}

第一項是時間累積，第二項是對流輸送，右側是軸向分散。

(b) 顆粒具有孔隙結構時的修正

顆粒本身占床體積比例為 1−ϕ1-\phi，每顆粒的孔隙率為 ϵ\epsilon，所以顆粒孔隙占整個填充床的體積比例為

(1−ϕ)ϵ(1-\phi)\epsilon

顆粒孔隙內沒有對流，因此孔隙只貢獻溶質累積項：

(1−ϕ)ϵ∂CA,pore∂t(1-\phi)\epsilon \frac{\partial C_{A,\mathrm{pore}}}{\partial t}

流體相與顆粒孔隙相的總質量平衡為

ϕ∂CA∂t+(1−ϕ)ϵ∂CA,pore∂t+U∂CA∂z=ϕED∂2CA∂z2\boxed{ \phi\frac{\partial C_A}{\partial t} + (1-\phi)\epsilon \frac{\partial C_{A,\mathrm{pore}}}{\partial t} + U\frac{\partial C_A}{\partial z} = \phi E_D\frac{\partial^2 C_A}{\partial z^2} }

也可除以 ϕ\phi 寫成

∂CA∂t+u∂CA∂z=ED∂2CA∂z2−(1−ϕ)ϵϕ∂CA,pore∂t\boxed{ \frac{\partial C_A}{\partial t} + u\frac{\partial C_A}{\partial z} = E_D\frac{\partial^2 C_A}{\partial z^2} - \frac{(1-\phi)\epsilon}{\phi} \frac{\partial C_{A,\mathrm{pore}}}{\partial t} }

與 (a) 相比，多出的項代表溶質進入顆粒孔隙後所造成的額外儲存。

(c) 單一球形顆粒內的擴散方程

假設：

  • 顆粒為球形；
  • 顆粒內沒有對流；
  • 顆粒內孔隙均勻分布；
  • 擴散係數 DAD_A 為常數；
  • 濃度在顆粒內只隨徑向位置 rr 改變；
  • zz 僅代表該顆粒在填充床中的軸向位置。

球座標下的 Fick 第二定律為

∂CA,pore(t,r,z)∂t=DA1r2∂∂r[r2∂CA,pore(t,r,z)∂r]\boxed{ \frac{\partial C_{A,\mathrm{pore}}(t,r,z)}{\partial t} = D_A \frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r} \left[ r^2 \frac{\partial C_{A,\mathrm{pore}}(t,r,z)}{\partial r} \right] }

展開後：

∂CA,pore∂t=DA(∂2CA,pore∂r2+2r∂CA,pore∂r)\boxed{ \frac{\partial C_{A,\mathrm{pore}}}{\partial t} = D_A \left( \frac{\partial^2 C_{A,\mathrm{pore}}}{\partial r^2} + \frac{2}{r} \frac{\partial C_{A,\mathrm{pore}}}{\partial r} \right) }

適用範圍為

0<r<R=dp20<r<R=\frac{d_p}{2}

球心的對稱邊界條件為

∂CA,pore∂r∣r=0=0\left. \frac{\partial C_{A,\mathrm{pore}}}{\partial r} \right|_{r=0} =0

在顆粒外表面 r=Rr=R，若以液膜傳質描述，則有

DA∂CA,pore∂r∣r=R=ky[CA(t,z)−CA,s(t,z)]\left. D_A \frac{\partial C_{A,\mathrm{pore}}}{\partial r} \right|_{r=R} = k_y \left[ C_A(t,z)-C_{A,s}(t,z) \right]

其中

CA,s(t,z)=CA,pore(t,R,z)C_{A,s}(t,z) = C_{A,\mathrm{pore}}(t,R,z)

為顆粒表面孔隙中的溶質濃度。

(d) 局部濃度與孔隙平均濃度的關係

顆粒孔隙中的平均濃度，是以孔隙體積為權重對球體積進行平均。若孔隙率 ϵ\epsilon 在顆粒內均勻，則 ϵ\epsilon 在分子、分母中抵消：

CA,pore(t,z)=∫0RCA,pore(t,r,z) 4πr2 dr∫0R4πr2 drC_{A,\mathrm{pore}}(t,z) = \frac{ \displaystyle \int_0^R C_{A,\mathrm{pore}}(t,r,z) \,4\pi r^2\,dr }{ \displaystyle \int_0^R 4\pi r^2\,dr }

因此

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