113 年 國立成功大學環境工程學系碩士班乙組《流體力學》

核心觀念

本題應用：

1. 質量守恆
   $Q_1+Q_2=Q_0$

2. 光滑平板條件
   無摩擦，因此水流沿平板方向的速度分量不因摩擦而損失；平板法向速度分量則被平板消除。

3. 穩定流動的動量方程式
   沿平板方向沒有外力，因此可利用動量守恆求出流量分配；法向動量變化則用來求平板受力。

題目所附影像目前僅顯示考卷封面，未包含本題實際流動示意圖。以下依標準配置假設：入射水流速度為 $V_0$，與平板法線的夾角為 $\theta$；$Q_1$ 沿入射速度在平板上的切向分量方向流出，$Q_2$ 沿反方向流出。

(a) 求 $Q_1$ 與 $Q_2$

入射水流沿平板方向的速度分量為

$$V_{0t}=V_0\cos\theta$$

由於平板光滑，兩股流出水流的切向速度大小皆為 $V_0\cos\theta$。

取 $Q_1$ 方向為切向正方向，則 $Q_2$ 方向為負方向。沿平板方向套用動量守恆：

$$\rho Q_0V_0\cos\theta = \rho Q_1V_0\cos\theta - \rho Q_2V_0\cos\theta$$

約去 $\rho V_0\cos\theta$，得

$$Q_1-Q_2=Q_0$$

配合質量守恆式

$$Q_1+Q_2=Q_0$$

聯立可得

核心觀念

本題考查管內層流速度分布，以及平均速度、動能修正係數 $\alpha$ 與動量修正係數 $\beta$ 的定義。

圓管截面積為

$$A=\pi R^2$$

對於非均勻速度分布：

• 平均速度：

$$u_{\text{ave}}=\frac{1}{A}\int_A u\,dA$$

• 動能修正係數：

$$\alpha=\frac{1}{A u_{\text{ave}}^3}\int_A u^3\,dA$$

• 動量修正係數：

$$\beta=\frac{1}{A u_{\text{ave}}^2}\int_A u^2\,dA$$

題目給定速度分布

$$u=u_{\max}\left[1-\left(\frac{r}{R}\right)^2\right]$$

其中 $r$ 為距離管中心的徑向位置，$0\leq r\leq R$。

圓環微小面積為

$$dA=2\pi r\,dr$$

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解題方法

由於速度只與半徑 $r$ 有關，將截面積分改寫為徑向積分即可。

（1）平均速度 $u_{\text{ave}}$ 與動能修正係數 $\alpha$

1. 計算平均速度

平均速度定義為

$$u_{\text{ave}}=\frac{1}{\pi R^2}\int_0^R u(2\pi r\,dr)$$

代入速度分布：

$$u_{\text{ave}} = \frac{1}{\pi R^2} \int_0^R u_{\max}\left(1-\frac{r^2}{R^2}\right)2\pi r\,dr$$

提出常數：

$$u_{\text{ave}} = \frac{2u_{\max}}{R^2} \int_0^R \left(r-\frac{r^3}{R^2}\right)dr$$

積分得

$$u_{\text{ave}} = \frac{2u_{\max}}{R^2} \left[ \frac{r^2}{2}-\frac{r^4}{4R^2} \right]_0^R$$

因此

$$u_{\text{ave}} = \frac{2u_{\max}}{R^2} \left( \frac{R^2}{2}-\frac{R^2}{4} \right)$$ $$\boxed{u_{\text{ave}}=\frac{u_{\max}}{2}}$$

此結果符合拋物線速度分布的標準結論：圓管充分發展層流的平均速度為最大速度的一半。

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2. 計算動能修正係數 $\alpha$

根據定義：

$$\alpha = \frac{1}{A u_{\text{ave}}^3} \int_A u^3\,dA$$

先計算截面平均的 $u^3$：

$$\frac{1}{A}\int_A u^3\,dA = \frac{1}{\pi R^2} \int_0^R u_{\max}^3 \left(1-\frac{r^2}{R^2}\right)^3 2\pi r\,dr$$

令

$$x=\frac{r}{R},\qquad r=Rx,\qquad dr=R\,dx$$

則

$$\frac{1}{A}\int_A u^3\,dA = 2u_{\max}^3 \int_0^1 x(1-x^2)^3\,dx$$

再令 $y=1-x^2$，則 $dy=-2x\,dx$：

$$2\int_0^1 x(1-x^2)^3\,dx = \int_0^1 y^3\,dy = \frac{1}{4}$$

因此

這題主要在考驗你對「邊界層理論」中「動量積分方程式」的應用，以及對邊界條件的理解。你需要利用給定的速度剖面，驗證其是否符合邊界層的物理要求，並進一步透過動量積分方程式，推導出邊界層厚度隨空間變化的關係。

(a) 驗證邊界條件

一個層流邊界層的速度剖面必須滿足以下三個邊界條件：

1. 在壁面處 ($y=0$)，速度必須為零，即 $u(0) = 0$。
2. 在邊界層邊緣處 ($y=\delta$)，速度必須等於自由流速度 $U$，且速度梯度也必須等於零，即 $u(\delta) = U$ 且 $\frac{\partial u}{\partial y}|_{y=\delta} = 0$。
3. 在邊界層之外 ($y > \delta$)，速度恆為自由流速度 $U$，即 $u(y) = U$。

我們來逐一驗證給定的速度剖面 $u/U = 2(y/\delta) - 2(y/\delta)^3 + (y/\delta)^4$ 對於 $y \le \delta$ 以及 $u = U$ 對於 $y > \delta$ 是否滿足這些條件。

條件 1：壁面處速度為零 ($y=0$)
當 $y=0$ 時，速度剖面為：
$\frac{u}{U} = 2\left(\frac{0}{\delta}\right) - 2\left(\frac{0}{\delta}\right)^3 + \left(\frac{0}{\delta}\right)^4 = 0 - 0 + 0 = 0$
所以 $u(0) = 0$。此條件滿足。

條件 2：邊界層邊緣處的速度與速度梯度
當 $y=\delta$ 時，速度剖面為：
$\frac{u}{U} = 2\left(\frac{\delta}{\delta}\right) - 2\left(\frac{\delta}{\delta}\right)^3 + \left(\frac{\delta}{\delta}\right)^4 = 2(1) - 2(1)^3 + (1)^4 = 2 - 2 + 1 = 1$
所以 $u(\delta) = U$。此條件滿足。

接下來計算速度梯度 $\frac{\partial u}{\partial y}$。首先，我們將速度剖面表示為 $u(y)$：
$u(y) = U \left[ 2\left(\frac{y}{\delta}\right) - 2\left(\frac{y}{\delta}\right)^3 + \left(\frac{y}{\delta}\right)^4 \right]$
對 $y$ 微分：
$\frac{\partial u}{\partial y} = U \left[ 2\frac{1}{\delta} - 2 \cdot 3 \left(\frac{y}{\delta}\right)^2 \frac{1}{\delta} + 4 \left(\frac{y}{\delta}\right)^3 \frac{1}{\delta} \right]$
$\frac{\partial u}{\partial y} = \frac{U}{\delta} \left[ 2 - 6 \left(\frac{y}{\delta}\right)^2 + 4 \left(\frac{y}{\delta}\right)^3 \right]$
在邊界層邊緣處 ($y=\delta$)，速度梯度為：
$\frac{\partial u}{\partial y}\bigg|_{y=\delta} = \frac{U}{\delta} \left[ 2 - 6 \left(\frac{\delta}{\delta}\right)^2 + 4 \left(\frac{\delta}{\delta}\right)^3 \right] = \frac{U}{\delta} [2 - 6(1)^2 + 4(1)^3] = \frac{U}{\delta} [2 - 6 + 4] = \frac{U}{\delta} [0] = 0$
所以 $\frac{\partial u}{\partial y}|_{y=\delta} = 0$。此條件滿足。

條件 3：邊界層外速度恆為 $U$
題目中明確給出，$u = U$ 對於 $y > \delta$。此條件滿足。

綜合以上驗證，給定的速度剖面滿足了層流邊界層的所有必要邊界條件。

【答案】
給定的速度剖面滿足邊界條件：$u(0)=0$、$u(\delta)=U$、$\frac{\partial u}{\partial y}|_{y=\delta}=0$ 以及 $u(y)=U$ for $y>\delta$。

(b) 使用動量積分方程式推導邊界層厚度 $\delta(x)$

動量積分方程式是從納維爾-史托克斯方程式積分而來，它將邊界層的動量損失與外力（壓力梯度和壁面剪應力）聯繫起來。對於二維、不可壓縮、穩態流動，動量積分方程式可以寫成：
$\frac{d}{dx} \int_0^\delta \rho u (U-u) dy = \tau_w$
其中 $\rho$ 是流體密度，$u$ 是速度，$U$ 是自由流速度，$\delta$ 是邊界層厚度，$\tau_w$ 是壁面剪應力。

首先，我們需要計算積分項 $\int_0^\delta \rho u (U-u) dy$。
令 $\eta = y/\delta$，則 $y = \eta \delta$ 且 $dy = \delta d\eta$。
速度剖面可以寫成 $u/U = 2\eta - 2\eta^3 + \eta^4$。
$\int_0^\delta \rho u (U-u) dy = \rho U^2 \int_0^1 \left(\frac{u}{U}\right) \left(1-\frac{u}{U}\right) \delta d\eta$
$= \rho U^2 \delta \int_0^1 (2\eta - 2\eta^3 + \eta^4) (1 - (2\eta - 2\eta^3 + \eta^4)) d\eta$
$= \rho U^2 \delta \int_0^1 (2\eta - 2\eta^3 + \eta^4) (1 - 2\eta + 2\eta^3 - \eta^4) d\eta$
展開積分項：
$(2\eta - 2\eta^3 + \eta^4) (1 - 2\eta + 2\eta^3 - \eta^4)$
$= 2\eta - 4\eta^2 + 4\eta^4 - 2\eta^5 + \eta^6$
$- 2\eta^3 + 4\eta^4 - 4\eta^6 + 2\eta^7$
$+ \eta^4 - 2\eta^5 + 2\eta^7 - \eta^8$
合併同類項：
$= 2\eta - 4\eta^2 - 2\eta^3 + (4+4+1)\eta^4 + (-2-2)\eta^5 + (-4+2)\eta^6 + (2)\eta^7 - \eta^8$
$= 2\eta - 4\eta^2 - 2\eta^3 + 9\eta^4 - 4\eta^5 - 2\eta^6 + 2\eta^7 - \eta^8$
現在對此多項式進行積分：

核心觀念

本題考查突然擴大管（sudden enlargement）的局部能量損失，也稱為 Borda–Carnot 損失。分析時使用：

• 連續方程式
• 穩態流動的線動量方程式
• 伯努力方程式含能量損失項

設管徑由截面 $1$ 突然擴大至截面 $2$，其面積與平均速度分別為 $A_1,A_2$ 與 $V_1,V_2$，且 $A_2>A_1$。流體為不可壓縮流體，管軸為水平，截面壓力分別為 $P_1$ 與 $P_2$。

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解題方法

1. 連續方程式

穩態不可壓縮流動滿足

$$Q=A_1V_1=A_2V_2$$

因為 $A_2>A_1$，所以

$$V_1>V_2$$

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2. 對突然擴大區域套用線動量方程式

取圖中虛線所包圍的控制體積。突然擴大後，流體與擴大管壁之間會形成分離區與渦流。對控制體積在流向套用動量方程式。

突然擴大處的環形階梯面積為 $A_2-A_1$。依題目所給，截面 $1$ 的壓力分布均勻，故將階梯面上的壓力近似取為 $P_1$。

流向的壓力合力為

$$P_1A_1+P_1(A_2-A_1)-P_2A_2$$

整理得

$$P_1A_2-P_2A_2 = \rho Q(V_2-V_1)$$

因此

$$(P_1-P_2)A_2 = \rho Q(V_2-V_1)$$

利用 $Q=A_2V_2$，可得

$$P_1-P_2 = \rho V_2(V_2-V_1)$$

或寫成壓力回復形式：

$$P_2-P_1 = \rho V_2(V_1-V_2)$$

由於 $V_1>V_2$，所以突然擴大後通常具有壓力回復，即 $P_2>P_1$。

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3. 套用含損失水頭的伯努力方程式

水平管路中，$z_1=z_2$，故伯努力方程式為

$$\frac{P_1}{\rho g} + \frac{V_1^2}{2g} = \frac{P_2}{\rho g} + \frac{V_2^2}{2g} + h_L$$

整理得

核心觀念

本題考查垂直平面閘門的靜水壓合力與力矩平衡。

水面位於閘門中心上方 $h$ 處，閘門高度 $8\ \text{m}$、寬度 $3\ \text{m}$。取水的單位重

$$\gamma=\rho g=9.81\ \text{kN/m}^3$$

閘門中心至底部距離為 $4\ \text{m}$。設自閘門底部向上量測高度為 $y$，則該處水深為

$$h+4-y$$

因此壓力分布為

$$p(y)=\gamma(h+4-y)$$

由於壓力呈線性分布，必須以壓力分布積分求合力及其力矩。

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靜水壓合力與力矩

閘門上受到的靜水壓合力為

$$F_R=\int_0^8 p(y)b\,dy$$

其中 $b=3\ \text{m}$，所以

$$\begin{aligned} F_R &=\gamma b\int_0^8(h+4-y)\,dy\\ &=\gamma(3)(8h)\\ &=235.44h\ \text{kN} \end{aligned}$$

以閘門底部為力矩中心，靜水壓力矩為

$$\begin{aligned} M_B &=\int_0^8 y\,p(y)b\,dy\\ &=\gamma b\int_0^8 y(h+4-y)\,dy\\ &=\gamma b\left[32h+\frac{128}{1}-\frac{512}{3}\right] \end{aligned}$$

整理得

$$M_B =9.81(3)\left(32h-\frac{128}{3}\right)$$

因此

$$\boxed{M_B=941.76h-1255.68\ \text{kN}\cdot\text{m}}$$

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(a) 閘門鉸接於底部

水平力 $F_H$ 作用於閘門中心，距離底部 $4\ \text{m}$，其抵抗水壓開啟的力矩為

$$M_F=F_H(4)$$

在最大水深的臨界狀態，閘門即將開啟，因此

$$M_B=M_F$$