113 年 國立臺灣大學環境工程研究所科學與工程乙組《流體力學（F）》

核心觀念

本題考查串聯管路的摩擦損失與等效管徑。

三段管路串聯時，流量相同，總摩擦損失為各段摩擦損失之和。依 Darcy–Weisbach 公式：

$$h_f=f\frac{L}{D}\frac{V^2}{2g}$$

又因為流量固定，

$$V=\frac{Q}{A}=\frac{4Q}{\pi D^2}$$

因此：

$$h_f =f\frac{L}{D}\frac{1}{2g} \left(\frac{4Q}{\pi D^2}\right)^2 \propto \frac{fLQ^2}{D^5}$$

在各管材相同、摩擦因子 $f$ 視為相同，且忽略局部損失的條件下，管徑對摩擦損失的影響為 $D^{-5}$。

題目未提供管壁粗糙度與流體黏度，因此無法精確計算各管段不同的摩擦因子；本題採用常見的「摩擦因子相同」假設。

解題方法

三段管路的長度均為 $2000\,\text{m}$，直徑分別為：

$$D_1=0.300\,\text{m},\qquad D_2=0.200\,\text{m},\qquad D_3=0.150\,\text{m}$$

替換後的單一管路長度仍為：

$$L_e=2000\,\text{m}$$

由於三段管路流量相同，且替換前後流量均為 $Q=2\,\text{m}^3/\text{s}$，將共同因子消去，可得等效條件：

$$\frac{L_e}{D_e^5} = \frac{L_1}{D_1^5} + \frac{L_2}{D_2^5} + \frac{L_3}{D_3^5}$$

因為三段長度與替換後長度均為 $2000\,\text{m}$：

$$\frac{1}{D_e^5} = \frac{1}{(0.300)^5} + \frac{1}{(0.200)^5} + \frac{1}{(0.150)^5}$$

需注意，右側代表三段管路的總損失，而單一替換管路也只有 $2000\,\text{m}$；因此完整寫法應保留長度比例：

核心觀念

本題應用泵浦與管路間的能量方程式。泵浦提供的水頭 $H_p=30\ \text{m}$，會消耗於：

1. 直管沿程損失；
2. 閘閥局部損失；
3. 減縮管（confusor）局部損失。

出口的「終端總水頭」為泵浦水頭扣除上述損失。

局部損失與沿程損失分別為

$$h_L=K\frac{V^2}{2g}$$ $$h_f=f\frac{L}{D}\frac{V^2}{2g}$$

其中減縮管的局部損失係數通常以減縮管下游、即出口管徑 $0.2\ \text{m}$ 的流速為基準。

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解題方法

假設泵浦入口與出口高程相同，且泵浦所提供的 $30\ \text{m}$ 為總水頭增加量。

1. 主管內流速

主管直徑為 $D_1=0.3\ \text{m}$，因此

$$A_1=\frac{\pi D_1^2}{4} =\frac{\pi(0.3)^2}{4} =0.07069\ \text{m}^2$$ $$V_1=\frac{Q}{A_1} =\frac{0.15}{0.07069} =2.12\ \text{m/s}$$

主管速度水頭為

$$\frac{V_1^2}{2g} =\frac{(2.12)^2}{2(9.81)} =0.229\ \text{m}$$

2. 主管沿程損失

$$h_f=f\frac{L}{D_1}\frac{V_1^2}{2g}$$

代入 $f=0.02$、$L=500\ \text{m}$、$D_1=0.3\ \text{m}$：

$$h_f =0.02\left(\frac{500}{0.3}\right)(0.229) =7.65\ \text{m}$$

3. 閘閥局部損失

閘閥位於 $0.3\ \text{m}$ 主管上，其損失係數 $K_v=0.15$：

$$h_v=K_v\frac{V_1^2}{2g} =0.15(0.229) =0.034\ \text{m}$$

4. 出口減縮管流速

出口管徑為 $D_2=0.2\ \text{m}$：

本題考驗層流（Laminar Flow）在平行平板間的流動，涉及流速分佈、體積流量計算以及剪應力分析。此類問題通常使用 Navier-Stokes 方程式或直接從簡化的動量守恆推導。

核心概念：

1. 流速分佈：在平行平板間的層流，流速分佈通常是拋物線形或線性，取決於是否有壓力梯度和表面運動。
2. 動量守恆 / Navier-Stokes 方程式：用於描述流體運動的微分方程。在此問題中，可以簡化。
3. 剪應力 (Shear Stress)：牛頓流體中，剪應力與剪切速率成正比：$\tau = \mu \frac{du}{dy}$，其中 $u$ 是流速，$\frac{du}{dy}$ 是速度梯度。
4. 體積流量 (Volumetric Flow Rate, Q)：流體通過某截面的體積速率，可由流速分佈積分得到：$Q = \int_A u \, dA$。

一般假設：

• 流體是牛頓流體，黏度 $\mu$ 和密度 $\rho$ 為常數。
• 流動是穩定的 (steady) 且一維的 (one-dimensional)，即速度只沿著垂直於平板的方向（y 方向）變化，且速度分量 $u$ 只與 $y$ 有關，而與 $x$ (流動方向) 無關。
• 流動在垂直於紙面的方向（寬度 $a$ 的方向）是均勻的。
• 重力沿垂直方向（y 方向）的分量可以忽略，或者已包含在壓力項中。題目圖示中的 $P_1, P_2$ 是壓力，而 $v$ 是速度。

簡化 Navier-Stokes 方程式：
考慮流動方向為 $x$ 方向，垂直於平板方向為 $y$ 方向。
速度為 $u(y)$。
壓力隨 $x$ 方向變化，但在此類問題中，我們通常關注壓力差 $\frac{dP}{dx}$。
在穩定的、一維、不可壓縮流動中，速度只沿 $x$ 方向，且 $u=u(y)$：
$\frac{dP}{dx} = \mu \frac{d^2u}{dy^2}$

問題設定：
平板間距為 $h$。
寬度為 $a$。
流動方向為 $x$。
垂直於平板方向為 $y$。
原點可以設在下方的靜止平板上，則 $y$ 的範圍是 $0 \le y \le h$。
上方的運動平板在 $y=h$ 處，下方的靜止平板在 $y=0$ 處。

(i) 頂部平板靜止，體積流量

情況：頂部平板靜止 ($u(h)=0$)，底部平板靜止 ($u(0)=0$)。
邊界條件：$u(0) = 0$, $u(h) = 0$。
流動由壓力差驅動，即 $\frac{dP}{dx}$ 是一個常數。
$\frac{dP}{dx} = \mu \frac{d^2u}{dy^2}$
積分兩次：
$\mu \frac{du}{dy} = \frac{dP}{dx} y + C_1$
$u(y) = \frac{1}{2\mu} \frac{dP}{dx} y^2 + C_1 y + C_2$

應用邊界條件：
$u(0) = 0 \implies C_2 = 0$。
$u(h) = 0 \implies \frac{1}{2\mu} \frac{dP}{dx} h^2 + C_1 h = 0 \implies C_1 = -\frac{1}{2\mu} \frac{dP}{dx} h$。

所以，流速分佈為：
$u(y) = \frac{1}{2\mu} \frac{dP}{dx} y^2 - \frac{1}{2\mu} \frac{dP}{dx} h y = \frac{1}{2\mu} \frac{dP}{dx} (y^2 - hy)$
$u(y) = -\frac{1}{2\mu} \frac{dP}{dx} (hy - y^2)$。

由於流動是從 $P_1$ 到 $P_2$，所以 $P_1 > P_2$，則 $\frac{dP}{dx} < 0$。
為了使 $u(y) > 0$，我們令 $\frac{dP}{dx} = -\frac{\Delta P}{L}$，其中 $\Delta P = P_1 - P_2 > 0$， $L$ 是壓力變化的長度（圖中未標示，但通常是流動方向上的長度）。
$u(y) = \frac{1}{2\mu} \frac{\Delta P}{L} (hy - y^2)$。

體積流量 $Q$ 為流速在截面上的積分，乘以寬度 $a$。
$Q = \int_0^h u(y) \, a \, dy = a \int_0^h \frac{1}{2\mu} \frac{\Delta P}{L} (hy - y^2) \, dy$
$Q = \frac{a}{2\mu} \frac{\Delta P}{L} \int_0^h (hy - y^2) \, dy$
$Q = \frac{a}{2\mu} \frac{\Delta P}{L} \left[ \frac{h y^2}{2} - \frac{y^3}{3} \right]_0^h$
$Q = \frac{a}{2\mu} \frac{\Delta P}{L} \left( \frac{h^3}{2} - \frac{h^3}{3} \right) = \frac{a}{2\mu} \frac{\Delta P}{L} \left( \frac{h^3}{6} \right)$
$Q = \frac{a h^3}{12\mu} \frac{\Delta P}{L}$。

題目中沒有明確給出 $\Delta P$ 或 $L$，但壓力是 $P_1$ 和 $P_2$。通常 $L$ 是指兩壓力點之間的水平距離。如果 $P_1$ 和 $P_2$ 是沿著流動方向（$x$ 方向）的壓力，那麼 $\frac{\Delta P}{L} = \frac{P_2 - P_1}{L'}$，其中 $L'$ 是沿 $x$ 的距離。
由於題目圖示中 $P_1$ 在左， $P_2$ 在右，且流動方向通常是從高壓到低壓，所以 $P_1 > P_2$。
壓力梯度 $\frac{dP}{dx} = \frac{P_2 - P_1}{L'}$。
所以，$u(y) = \frac{1}{2\mu} \frac{P_1 - P_2}{L'} (hy - y^2)$。
$Q = \frac{a h^3}{12\mu} \frac{P_1 - P_2}{L'}$。

重要提示： 題目圖示的傾斜角度沒有給定，也沒有給出 $P_1$ 和 $P_2$ 的具體位置或距離。通常這類問題會給定壓力差 $\Delta P$ 和管路長度 $L$。如果 $P_1$ 和 $P_2$ 是指上下游的壓力，那麼 $\Delta P = P_1 - P_2$。
這裡我們將 $\frac{\Delta P}{L}$ 表示為壓力梯度。

(ii) 頂部平板向上移動，體積流量

情況：頂部平板在 $y=h$ 處以速度 $v$ 向上移動 ($u(h)=v$)，底部平板在 $y=0$ 處靜止 ($u(0)=0$)。
這種情況下，流動可能由壓力差和頂部平板運動共同驅動。
邊界條件：$u(0) = 0$, $u(h) = v$。
簡化 Navier-Stokes 方程式：$\frac{dP}{dx} = \mu \frac{d^2u}{dy^2}$。
積分得到：$u(y) = \frac{1}{2\mu} \frac{dP}{dx} y^2 + C_1 y + C_2$。

應用邊界條件：
$u(0) = 0 \implies C_2 = 0$。
$u(h) = v \implies \frac{1}{2\mu} \frac{dP}{dx} h^2 + C_1 h = v \implies C_1 = \frac{v}{h} - \frac{1}{2\mu} \frac{dP}{dx} h$。

流速分佈為：
$u(y) = \frac{1}{2\mu} \frac{dP}{dx} y^2 + \left( \frac{v}{h} - \frac{1}{2\mu} \frac{dP}{dx} h \right) y$
$u(y) = \frac{1}{2\mu} \frac{dP}{dx} (y^2 - h y) + \frac{v}{h} y$。

令 $\frac{dP}{dx} = G$ (常數)。
$u(y) = \frac{G}{2\mu} (y^2 - hy) + \frac{v}{h} y$。

體積流量 $Q$：
$Q = \int_0^h u(y) \, a \, dy = a \int_0^h \left( \frac{G}{2\mu} (y^2 - hy) + \frac{v}{h} y \right) \, dy$
$Q = a \left[ \frac{G}{2\mu} \left( \frac{y^3}{3} - \frac{hy^2}{2} \right) + \frac{v}{h} \frac{y^2}{2} \right]_0^h$
$Q = a \left( \frac{G}{2\mu} \left( \frac{h^3}{3} - \frac{h^3}{2} \right) + \frac{v}{h} \frac{h^2}{2} \right)$
$Q = a \left( \frac{G}{2\mu} \left( -\frac{h^3}{6} \right) + \frac{vh}{2} \right)$
$Q = a \left( -\frac{G h^3}{12\mu} + \frac{vh}{2} \right)$。

將 $G = \frac{dP}{dx} = \frac{P_2 - P_1}{L'}$ 代入。
$Q = a \left( -\frac{1}{12\mu} \frac{P_2 - P_1}{L'} h^3 + \frac{vh}{2} \right)$
$Q = a \left( \frac{1}{12\mu} \frac{P_1 - P_2}{L'} h^3 + \frac{vh}{2} \right)$。

這個結果可以分成兩部分：
第一部分 $\frac{a h^3}{12\mu} \frac{P_1 - P_2}{L'}$ 是由壓力差驅動的部分，與 (i) 中的結果形式相同。
第二部分 $\frac{vah}{2}$ 是由頂部平板運動驅動的部分。這是 Poiseuille 流動和 Couette 流動的組合。

(iii) 無淨體積流量的壓力差，以及剪應力

情況：要求無淨體積流量 ($Q=0$)。
這意味著流動是由壓力差和頂部平板運動共同驅動，但總流量為零。
從 (ii) 的結果，令 $Q=0$：
$0 = a \left( \frac{1}{12\mu} \frac{P_1 - P_2}{L'} h^3 + \frac{vh}{2} \right)$。
由於 $a \ne 0$ 且 $h \ne 0$，
$\frac{1}{12\mu} \frac{P_1 - P_2}{L'} h^3 + \frac{vh}{2} = 0$。
$\frac{1}{12\mu} \frac{P_1 - P_2}{L'} h^3 = -\frac{vh}{2}$。
$\frac{P_1 - P_2}{L'} = -\frac{vh}{2} \times \frac{12\mu}{h^3} = -\frac{6\mu v}{h^2}$。

這表示，要使淨流量為零，壓力差 $\Delta P = P_1 - P_2$ 必須是負的，也就是 $P_2 > P_1$。
壓力梯度 $\frac{dP}{dx} = \frac{P_2 - P_1}{L'} = \frac{6\mu v}{L' h^2}$。
所以，需要施加的壓力差 $\Delta P = P_1 - P_2 = -\frac{6\mu v L'}{h^2}$。
這表示 $P_2 > P_1$。

推導剪應力 $\tau$：
我們知道 $\tau = \mu \frac{du}{dy}$。
從 (ii) 中的流速分佈：$u(y) = \frac{G}{2\mu} (y^2 - hy) + \frac{v}{h} y$。
對 $y$ 微分：
$\frac{du}{dy} = \frac{G}{2\mu} (2y - h) + \frac{v}{h}$。

剪應力：
$\tau(y) = \mu \frac{du}{dy} = \mu \left( \frac{G}{2\mu} (2y - h) + \frac{v}{h} \right)$
$\tau(y) = \frac{G}{2} (2y - h) + \frac{\mu v}{h}$。

將 $G = \frac{dP}{dx} = \frac{P_2 - P_1}{L'}$ 代入：
$\tau(y) = \frac{1}{2} \frac{P_2 - P_1}{L'} (2y - h) + \frac{\mu v}{h}$。

計算頂部和底部平板的剪應力：
底部平板在 $y=0$ 處：
$\tau_{bottom} = \tau(0) = \frac{G}{2} (0 - h) + \frac{\mu v}{h} = -\frac{Gh}{2} + \frac{\mu v}{h}$。
代入 $G = \frac{P_2 - P_1}{L'}$：
$\tau_{bottom} = -\frac{1}{2} \frac{P_2 - P_1}{L'} h + \frac{\mu v}{h} = \frac{1}{2} \frac{P_1 - P_2}{L'} h + \frac{\mu v}{h}$。

頂部平板在 $y=h$ 處：
$\tau_{top} = \tau(h) = \frac{G}{2} (2h - h) + \frac{\mu v}{h} = \frac{Gh}{2} + \frac{\mu v}{h}$。
代入 $G = \frac{P_2 - P_1}{L'}$：
$\tau_{top} = \frac{1}{2} \frac{P_2 - P_1}{L'} h + \frac{\mu v}{h}$。

對於無淨體積流量的情況 ($Q=0$)：
我們找到 $\frac{P_1 - P_2}{L'} = \frac{6\mu v}{h^2}$。
所以，壓力梯度 $G = \frac{P_2 - P_1}{L'} = -\frac{6\mu v}{h^2}$。

核心觀念

本題考查：

• 不可壓縮流的連續方程式；
• 由速度場計算物質加速度；
• Euler 方程式（或 Navier–Stokes 方程式）與壓力梯度的關係；
• 利用壓力梯度積分求得壓力場。

流體為穩態、不可壓縮流，且重力只作用於 $z$ 方向，因此在 $x$、$y$ 方向的動量方程式中，重力不產生影響。

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一、確認速度場符合不可壓縮條件

速度場為

$$u=x^2-y^2,\qquad v=-2xy,\qquad w=0.$$

不可壓縮流需滿足

$$\nabla\cdot\mathbf{V} =\frac{\partial u}{\partial x} +\frac{\partial v}{\partial y} +\frac{\partial w}{\partial z}=0.$$

計算得

$$\frac{\partial u}{\partial x}=2x,\qquad \frac{\partial v}{\partial y}=-2x,\qquad \frac{\partial w}{\partial z}=0.$$

因此

$$\nabla\cdot\mathbf{V}=2x-2x=0,$$

確實符合不可壓縮條件。

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二、計算物質加速度

穩態流的物質加速度仍可能不為零，因為流體粒子沿流線移動時，速度會隨位置改變。

$x$ 方向加速度為

$$a_x=u\frac{\partial u}{\partial x} +v\frac{\partial u}{\partial y} +w\frac{\partial u}{\partial z}.$$

由於 $w=0$，且

$$\frac{\partial u}{\partial x}=2x,\qquad \frac{\partial u}{\partial y}=-2y,$$

所以

\begin{align*}
a_x
&=(x^2-y^2)(2x)+(-2xy)(-2y)\
&=2x^3-2xy^2+4xy^2\
&=2x(x^2+y^2).
\end{align*}

同理，$y$ 方向加速度為

$$a_y=u\frac{\partial v}{\partial x} +v\frac{\partial v}{\partial y}.$$

由

$$\frac{\partial v}{\partial x}=-2y,\qquad \frac{\partial v}{\partial y}=-2x,$$

可得

\begin{align*}
a_y
&=(x^2-y^2)(-2y)+(-2xy)(-2x)\
&=-2x^2y+2y^3+4x^2y\
&=2y(x^2+y^2).
\end{align*}

因此

本題考驗對水力級線 (HGL) 和能源級線 (EGL) 的理解，以及如何利用這些概念計算流速、判斷流動發展狀態以及計算不可逆水頭損失。

核心概念：

1. 能源級線 (EGL)：代表單位重量流體所具有的總能量。對於不可壓縮流，EGL 的高度為：
   $\text{EGL} = \frac{P}{\rho g} + \frac{V^2}{2g} + z$
   其中 $\frac{P}{\rho g}$ 是壓力水頭，$\frac{V^2}{2g}$ 是動水頭，$z$ 是位能水頭。
2. 水力級線 (HGL)：代表單位重量流體所具有的壓力水頭和位能水頭之和。
   $\text{HGL} = \frac{P}{\rho g} + z$
3. EGL 與 HGL 的關係：EGL 總是在 HGL 之上，兩者之間的垂直距離等於動水頭 $\frac{V^2}{2g}$。
   $\text{EGL} - \text{HGL} = \frac{V^2}{2g}$。
4. 能量方程式與級線：在穩定的、不可壓縮流動中，EGL 總是向下傾斜（除非有幫浦），其斜率代表單位長度的能量損失。HGL 的行為取決於流動情況，在壓力流中通常也向下傾斜，但在文氏管效應等情況下可能上升。
5. 水平管道：題目說明是水平管道，因此位能水頭 $z$ 在兩點之間是恆定的，我們可以設定 $z_1 = z_2 = 0$。

解題步驟：

(i) 計算流速與判斷上游位置

已知：
位置 1：HGL$_1 = 6.85 \, \text{cm} = 0.0685 \, \text{m}$，EGL$_1 = 8.56 \, \text{cm} = 0.0856 \, \text{m}$。
位置 2：HGL$_2 = 5.63 \, \text{cm} = 0.0563 \, \text{m}$，EGL$_2 = 7.34 \, \text{cm} = 0.0734 \, \text{m}$。
管道是水平的，所以 $z_1 = z_2 = 0$。

利用 EGL 與 HGL 的關係：$\text{EGL} - \text{HGL} = \frac{V^2}{2g}$。
對於位置 1：
$\frac{V_1^2}{2g} = \text{EGL}_1 - \text{HGL}_1 = 0.0856 \, \text{m} - 0.0685 \, \text{m} = 0.0171 \, \text{m}$。
$V_1^2 = 2g \times 0.0171 = 2 \times 9.81 \, \text{m/s}^2 \times 0.0171 \, \text{m} \approx 0.3355 \, \text{m}^2/\text{s}^2$。
$V_1 = \sqrt{0.3355} \approx 0.579 \, \text{m/s}$。

對於位置 2：
$\frac{V_2^2}{2g} = \text{EGL}_2 - \text{HGL}_2 = 0.0734 \, \text{m} - 0.0563 \, \text{m} = 0.0171 \, \text{m}$。
$V_2^2 = 2g \times 0.0171 = 2 \times 9.81 \, \text{m/s}^2 \times 0.0171 \, \text{m} \approx 0.3355 \, \text{m}^2/\text{s}^2$。
$V_2 = \sqrt{0.3355} \approx 0.579 \, \text{m/s}$。

發現： $V_1 = V_2 \approx 0.579 \, \text{m/s}$。
這意味著流速在兩個位置相同。

判斷上游位置：
在穩定的流動中，EGL 總是向下傾斜（除非有幫浦）。EGL$_1 = 0.0856 \, \text{m}$，EGL$_2 = 0.0734 \, \text{m}$。
由於 EGL$_1 >$ EGL$_2$，能量在從位置 1 流向位置 2 的過程中是損失的，這符合流動方向。
因此，位置 1 是上游，位置 2 是下游。

答案 (i):
位置 1 的流速 $V_1 \approx 0.579 \, \text{m/s}$。
位置 2 的流速 $V_2 \approx 0.579 \, \text{m/s}$。
位置 1 是上游。

(ii) 評估流動是否完全發展

流動被認為是完全發展的 (fully developed)，如果其速度分佈不隨流動方向變化。
對於水平管道，速度分佈不變意味著動水頭 $\frac{V^2}{2g}$ 不變，且 HGL 的斜率（代表能量損失率）是恆定的。
在我們的計算中，動水頭 $\frac{V^2}{2g}$ 在位置 1 和位置 2 處是相同的 ($0.0171 \, \text{m}$)。這表明速度分佈在兩個位置是相同的。
然而，完全發展的流動要求 EGL 的斜率是恆定的，並且對應於恒定的摩擦因子。
EGL 從位置 1 到位置 2 的總能量損失為 $\Delta \text{EGL} = \text{EGL}_1 - \text{EGL}_2 = 0.0856 \, \text{m} - 0.0734 \, \text{m} = 0.0122 \, \text{m}$。
這 $0.0122 \, \text{m}$ 的能量損失發生在兩個點之間的某個距離上。

如果流動是完全發展的，那麼速度分佈 $u(y)$（或 $u(r)$ 在圓管中）在整個段落內應該是相同的。
由於動水頭 $\frac{V^2}{2g}$ 在位置 1 和位置 2 相同，這意味著平均流速 $V$ 相同。
對於恆定直徑的管道，如果平均流速相同，則速度分佈也應該相同（假設流動是穩定的）。
但是，完全發展的流動通常是指在進入一段長直管後，流動逐漸發展，直到速度分佈不再變化。
在入口處，流體受到邊界層的影響，速度分佈會從入口處的相對均勻分佈逐漸發展成拋物線（對於層流）或更複雜的分佈。
在位置 1 和位置 2 之間的段落，EGL 的總損失是 $0.0122 \, \text{m}$。
如果我們知道這兩個位置之間的距離 $L_{12}$，我們可以計算 EGL 的平均斜率：$\text{Slope} = \frac{\Delta \text{EGL}}{L_{12}}$。