109 年 國立成功大學工程科學系碩士班己組《流體力學》

此題主要在探討流體力學中的連續體假設，並要求從微觀與宏觀角度解釋，以及繪製密度隨體積變化的示意圖。

核心觀念： 連續體假設 (Continuum Hypothesis)

詳解：

流體力學的連續體假設是將流體視為連續不斷的物質，其物理性質（如密度、壓力、速度等）在空間中是連續且可微的。這個假設忽略了流體由離散的分子所組成的微觀結構，使得我們能夠使用微積分等連續數學工具來分析流體運動。

• 微觀角度 (Microscopic Point of View)：
  從微觀角度來看，流體是由大量的分子（原子、離子等）所組成，這些分子之間存在著相當大的空間，並且以隨機的運動方式存在。在極小的尺度下，流體的性質並非連續的，而是呈現離散的狀態。例如，在真空狀態下，分子之間的平均自由程非常大，連續體假設就不再適用。

• 宏觀角度 (Macroscopic Point of View)：
  然而，在大多數工程應用中，我們所考慮的流體體積遠大於分子尺度。在這些宏觀尺度下，即使流體由離散分子組成，分子的數量也極其龐大，以至於其平均行為可以被視為連續的。連續體假設的有效性取決於流體樣本的特徵長度與平均自由程的比較。當特徵長度遠大於平均自由程時（例如，空氣在標準大氣壓下的流動），連續體假設是成立的。這使得我們能夠定義連續的物理場，如速度場 $\vec{V}(x, y, z, t)$、壓力場 $P(x, y, z, t)$ 等，並應用守恆定律（質量、動量、能量）來建立描述流體運動的偏微分方程式。

• 密度隨體積變化的示意圖：
  連續體假設的有效性與觀察尺度有關。當我們觀察的體積越來越小時，會逐漸進入分子尺度，此時流體的密度會出現劇烈波動，最終趨近於零（當體積小於單一分子時）。

此題要求推導毛細現象中液體柱上升或下降高度 $\Delta h$ 與管徑 $D$、表面張力 $\sigma$ 以及接觸角 $\theta$ 之間的關係式。

核心觀念： 毛細現象 (Capillary Phenomenon)，表面張力 (Surface Tension)，靜力平衡 (Static Equilibrium)

詳解：

毛細現象是液體在細管內側，由於液體與管壁間的作用力（附著力與內聚力）而產生的上升或下降現象。此現象可透過分析作用在液體表面的力來推導。

考慮一細管，其內徑為 $D$，浸入某液體中。假設液體與管壁的接觸角為 $\theta$，表面張力係數為 $\sigma$。

1. 定義分析對象： 我們分析管內與管壁接觸的液體柱。
2. 受力分析：
   • 向上的力 (Surface Tension Force)： 表面張力作用在液體與管壁接觸的圓周線上。此力的大小為 $\sigma$ 乘以接觸圓周的長度。由於表面張力沿著接觸角的切線方向作用，因此將其分解為垂直向上的分量。
     接觸圓周長度為 $\pi D$。
     接觸角為 $\theta$。
     作用在圓周上的表面張力向量的方向與管壁接觸面成 $\theta$ 角。
     因此，垂直向上的表面張力分量為 $F_{\sigma} = (\sigma \cdot \pi D) \cos\theta$。
   • 向下的力 (Weight of the liquid column)： 液體柱由於重力而產生向下的力。
     假設液體柱的上升高度為 $\Delta h$。
     液體柱的體積為 $V_{column} = A \cdot \Delta h = \frac{\pi D^2}{4} \cdot \Delta h$。
     液體的密度為 $\rho$。
     液體柱的質量為 $m = \rho V_{column} = \rho \frac{\pi D^2}{4} \Delta h$。
     液體柱的重量為 $W = mg = \rho \frac{\pi D^2}{4} \Delta h \cdot g$。
     （此處假設液體柱的壓力在頂部與外界大氣壓力平衡，或者說我們只考慮液柱本身的靜壓力差與表面張力平衡。更精確地說，液柱頂部與外界大氣壓力 $P_{atm}$ 之間的壓力差為 $P_{atm} - P_{top}$。若液面為平坦，則 $P_{top} = P_{atm}$。但由於表面張力，液面常呈彎曲，例如凸面或凹面，其壓力會因表面張力而產生額外變化。

此題要求根據給定的速度場，找出特定粒子在 $t=0$ 時的軌跡線 (pathline) 和流線 (streamline)，並比較兩者是否相同及其原因。

核心觀念： 流線 (Streamline)，軌跡線 (Pathline)，速度場 (Velocity Field)

詳解：

給定的速度場為 $\vec{V} = Ax\hat{i} + 2Ay\hat{j}$，其中 $A$ 為常數。
在 $t=0$ 時，流體粒子的初始位置為 $(x_0, y_0) = (2, 2)$。

(a) 找出軌跡線 (Pathline) 的方程式 (10%)

軌跡線是單一粒子在空間中運動的軌跡。粒子的速度 $\frac{d\vec{r}}{dt}$ 等於當前位置的速度場 $\vec{V}(\vec{r}, t)$。
$\frac{d\vec{r}}{dt} = \vec{V}$
$\frac{dx}{dt}\hat{i} + \frac{dy}{dt}\hat{j} = Ax\hat{i} + 2Ay\hat{j}$
這給出兩個微分方程式：
$\frac{dx}{dt} = Ax \quad (1)$
$\frac{dy}{dt} = 2Ay \quad (2)$

我們需要解這兩個微分方程式，並使用初始條件 $(x(0), y(0)) = (2, 2)$。

解方程式 (1)：
$\frac{dx}{x} = A dt$
積分兩邊：
$\int_{x_0}^{x(t)} \frac{dx}{x} = \int_{0}^{t} A dt$
$\ln|x(t)| - \ln|x_0| = At$
$\ln\left|\frac{x(t)}{x_0}\right| = At$
$\frac{x(t)}{x_0} = e^{At}$
$x(t) = x_0 e^{At}$
代入初始條件 $x_0 = 2$:
$x(t) = 2e^{At} \quad (3)$

解方程式 (2)：
$\frac{dy}{y} = 2A dt$
積分兩邊：
$\int_{y_0}^{y(t)} \frac{dy}{y} = \int_{0}^{t} 2A dt$
$\ln|y(t)| - \ln|y_0| = 2At$
$\ln\left|\frac{y(t)}{y_0}\right| = 2At$
$\frac{y(t)}{y_0} = e^{2At}$
$y(t) = y_0 e^{2At}$
代入初始條件 $y_0 = 2$:
$y(t) = 2e^{2At} \quad (4)$

軌跡線的參數方程式為 $x(t) = 2e^{At}$ 和 $y(t) = 2e^{2At}$。
為了得到軌跡線的隱式方程式，我們可以消去參數 $t$。
從 (3) 式，$e^{At} = \frac{x}{2}$。
將其代入 (4) 式：
$y = 2 \left(\frac{x}{2}\right)^2 = 2 \frac{x^2}{4} = \frac{x^2}{2}$
因此，軌跡線的方程式為 $y = \frac{x^2}{2}$。

(b) 找出流線 (Streamline) 的方程式 (10%)

核心觀念

本題考查不可壓縮 Navier–Stokes 動量方程的無因次化。各項物理意義如下：

• 非定常慣性項：$\rho \dfrac{\partial \mathbf{V}}{\partial t}$
• 對流慣性項：$\rho(\mathbf{V}\cdot\nabla)\mathbf{V}$
• 壓力梯度項：$-\nabla p$
• 黏性項：$\mu\nabla^2\mathbf{V}$
• 體力項：$\rho\mathbf{g}$

取特徵長度 $L$、特徵速度 $U$、特徵時間 $T$、特徵壓力 $P$，比較各項的量級，即可得到重要無因次參數。

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解題方法

不可壓縮動量方程寫成

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

定義無因次變數

$$\mathbf{V}=U\mathbf{V}^*,\qquad \mathbf{x}=L\mathbf{x}^*,\qquad t=Tt^*,\qquad p=Pp^*.$$

因此各項的特徵量級為：

$$\rho\frac{\partial \mathbf{V}}{\partial t} \sim \rho\frac{U}{T},$$ $$\rho(\mathbf{V}\cdot\nabla)\mathbf{V} \sim \rho\frac{U^2}{L},$$ $$\nabla p\sim\frac{P}{L},$$ $$\mu\nabla^2\mathbf{V} \sim \mu\frac{U}{L^2},$$ $$\rho\mathbf{g}\sim \rho g.$$

將方程除以對流慣性項尺度 $\rho U^2/L$，可得

$$\mathrm{St}\, \frac{\partial \mathbf{V}^*}{\partial t^*} + \mathbf{V}^*\cdot\nabla^*\mathbf{V}^* = -\mathrm{Eu}\,\nabla^*p^* + \frac{1}{\mathrm{Re}}\nabla^{*2}\mathbf{V}^* + \frac{1}{\mathrm{Fr}^2}\mathbf{g}^*.$$

其中四個重要無因次參數如下。

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1. Strouhal number：史卓荷數

非定常慣性項與對流慣性項之比為

$$\mathrm{St} = \frac{\rho U/T}{\rho U^2/L} = \frac{L}{UT}.$$

因此

$$\boxed{\mathrm{St}=\frac{L}{UT}}.$$

其物理意義是流場非定常變化與流體通過特徵長度所需時間的相對重要性。

若選擇對流時間尺度

$$T=\frac{L}{U},$$

則

$$\mathrm{St}=1.$$

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2. Reynolds number：雷諾數

慣性項與黏性項之比為

核心觀念

本題使用：

1. 穩態、不可壓縮流的連續方程式。
2. 控制體積的 $x$ 方向動量方程式。
3. 動量修正係數：非均勻速度分布的動量通量為 $\rho\int_A u^2\,dA$。

依圖取風洞上下壁間距為 $H$，並以紙面垂直方向單位寬度計算，因此截面積為 $A=H$。

(a) 最大速度 $V_{\max}$

令 $y=0$ 為風洞中心，$-H/2\le y\le H/2$。出口速度由中心的零速度線性增加至上下壁面的 $V_{\max}$，故

$$u_2(y)=\frac{2V_{\max}}{H}|y|.$$

由不可壓縮流的質量守恆：

$$\int_{A_1}V\,dA=\int_{A_2}u_2\,dA.$$

入口流量為

$$Q_1=VH.$$

出口流量為

$$\begin{aligned} Q_2 &=2\int_0^{H/2}\frac{2V_{\max}}{H}y\,dy\\ &=\frac{V_{\max}H}{2}. \end{aligned}$$

因此

$$VH=\frac{V_{\max}H}{2},$$

得到

$$\boxed{V_{\max}=2V}.$$

(b) 物體所受阻力

取包含物體的控制體積，入口為截面 $1$，出口為截面 $2$，正 $x$ 方向取向右。令 $D$ 為流體對物體的阻力大小，則物體對流體的作用力方向向右。

$x$ 方向動量方程式為

$$D+P_1H-P_2H = \rho\int_{A_2}u_2^2\,dA-\rho V^2H.$$

入口動量通量為

$$\dot{M}_1=\rho V^2H.$$

出口動量通量為

核心觀念

本題考查：

• 不可壓縮流的連續方程式：
  $\nabla\cdot\vec V=0$
• 體積流率：
  $Q=\iint_S \vec V\cdot\hat n\,dA$
• 散度定理：

$$\iint_S\vec V\cdot\hat n\,dA =\iiint_V\nabla\cdot\vec V\,dV$$

• Stokes 定理與環流：

$$\Gamma=\oint_C\vec V\cdot d\vec l =\iint_S(\nabla\times\vec V)\cdot\hat n\,dA$$

依圖中座標，取

$$O=(0,0,0),\quad A=(2,0,0),\quad B=(2,2,0),$$ $$C=(0,2,2),\quad D=(0,0,2),\quad E=(0,2,0)$$

因此封閉立體由五個面組成：$BEC$、$ODA$、$OABE$、$OECD$、$ABCD$。

速度場為

$$\vec V=ax\,\hat i+by\,\hat j$$

且密度 $\rho$ 對本題各小題的計算結果沒有影響。

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(a) 不可壓縮條件

$$\nabla\cdot\vec V = \frac{\partial (ax)}{\partial x} + \frac{\partial (by)}{\partial y} + \frac{\partial (0)}{\partial z} =a+b$$

不可壓縮流要求

$$\nabla\cdot\vec V=0$$

因此

$$\boxed{a+b=0}$$

也就是

$$\boxed{b=-a}$$

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(b) 五個面的體積流率

取封閉立體的外法向為正。

1. 面 $BEC$

面 $BEC$ 位於 $y=2$，外法向為 $\hat j$。

在此面上：

$$\vec V=ax\,\hat i+2b\,\hat j$$

三角形 $BEC$ 在 $xz$ 平面上的面積為

$$A_{BEC}=\frac12(2)(2)=2$$

因此

$$Q_{BEC} = \iint_{BEC}\vec V\cdot\hat j\,dA = \iint_{BEC}2b\,dA =2b(2)$$

故

$$\boxed{Q_{BEC}=4b}$$

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2. 面 $ODA$

面 $ODA$ 位於 $y=0$，外法向為 $-\hat j$。

由於 $y=0$，速度場為

$$\vec V=ax\,\hat i$$

所以

$$\vec V\cdot(-\hat j)=0$$

因此

$$\boxed{Q_{ODA}=0}$$

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3. 面 $OABE$

面 $OABE$ 位於 $z=0$，外法向為 $-\hat k$。

速度場沒有 $z$ 分量：

$$V_z=0$$

因此

$$\boxed{Q_{OABE}=0}$$

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4. 面 $OECD$

面 $OECD$ 位於 $x=0$，外法向為 $-\hat i$。

在此面上：

$$V_x=ax=0$$

因此

$$\boxed{Q_{OECD}=0}$$

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5. 面 $ABCD$

面 $ABCD$ 位於

$$x+z=2$$

其外法向方向為 $\hat i+\hat k$。以 $x,y$ 為參數，可寫成

$$d\vec A=(\hat i+\hat k)\,dx\,dy$$

其中

$$0\le x\le 2,\qquad 0\le y\le 2$$

因此

核心觀念

本題考查平板邊界層理論的尺度分析。雖然來流為均勻流，但平板表面需滿足無滑移條件，因此靠近平板處存在速度變化劇烈的薄層，稱為邊界層。

採用二維、穩態、不可壓縮流之 Navier–Stokes 方程式：

$$\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial v}{\partial y}=0$$ $$u\frac{\partial u}{\partial x} +v\frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{1}{\rho}\frac{\partial p}{\partial x} +\nu\left( \frac{\partial^2u}{\partial x^2} +\frac{\partial^2u}{\partial y^2} \right)$$ $$u\frac{\partial v}{\partial x} +v\frac{\partial v}{\partial y} = -\frac{1}{\rho}\frac{\partial p}{\partial y} +\nu\left( \frac{\partial^2v}{\partial x^2} +\frac{\partial^2v}{\partial y^2} \right)$$

其中 $u$ 為平行平板方向速度，$v$ 為垂直平板方向速度。

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解題方法：量級分析

令：

• 平板前緣至觀察位置的特徵長度為 $L$
• 邊界層厚度為 $\delta$
• 來流速度為 $U$
• 薄邊界層條件為

$$\frac{\delta}{L}=\varepsilon\ll 1$$

流場的尺度估計為：

$$x\sim L,\qquad y\sim \delta,\qquad u\sim U$$

由不可壓縮連續方程式：

$$\frac{\partial u}{\partial x} \sim \frac{U}{L}$$

而

$$\frac{\partial v}{\partial y} \sim \frac{v}{\delta}$$

因此必須有

$$\frac{U}{L}\sim \frac{v}{\delta}$$

得到垂直速度的量級：

$$v\sim \frac{\delta}{L}U=\varepsilon U$$

所以邊界層內的垂直速度遠小於平行方向速度，但不能直接令 $v=0$。

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$x$ 方向動量方程式的量級

對流項的量級為：

$$u\frac{\partial u}{\partial x} \sim \frac{U^2}{L}$$ $$v\frac{\partial u}{\partial y} \sim (\varepsilon U)\frac{U}{\delta} = \frac{U^2}{L}$$

兩個對流項具有相同量級，皆須保留。

黏性項則為：

$$\nu\frac{\partial^2u}{\partial x^2} \sim \nu\frac{U}{L^2}$$ $$\nu\frac{\partial^2u}{\partial y^2} \sim \nu\frac{U}{\delta^2}$$

由於 $\delta\ll L$，

$$\frac{\nu U/\delta^2}{\nu U/L^2} = \left(\frac{L}{\delta}\right)^2 \gg 1$$

因此法向黏性項遠大於流向黏性項：

$$\frac{\partial^2u}{\partial y^2} \gg \frac{\partial^2u}{\partial x^2}$$

故 $x$ 方向動量方程式可保留：

$$u\frac{\partial u}{\partial x} +v\frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{1}{\rho}\frac{\partial p}{\partial x} +\nu\frac{\partial^2u}{\partial y^2}$$

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$y$ 方向動量方程式的量級

由 $v\sim\varepsilon U$，$y$ 方向對流項的量級為：

$$u\frac{\partial v}{\partial x} \sim U\frac{\varepsilon U}{L} = \varepsilon\frac{U^2}{L}$$ $$v\frac{\partial v}{\partial y} \sim (\varepsilon U)\frac{\varepsilon U}{\delta} = \varepsilon\frac{U^2}{L}$$

相較於 $x$ 方向動量方程式的主要量級 $U^2/L$，上述項小一個 $\varepsilon$。

法向黏性項亦為較小量級，因此 $y$ 方向動量方程式的主要平衡為壓力法向梯度：

$$\frac{\partial p}{\partial y}=0$$