111 年 國立中正大學機械工程學系碩士班丙組《流體力學》

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第 1 題15 分

(15%) Two water tanks are connected to each other through a mercury manometer with inclined tubes, as shown in this figure. If the pressure difference between the two tanks is 20 kPa, calculate aa and θ\theta.

Assume the density of water to be ρ=1000 kg/m3\rho = 1000\ \text{kg/m}^3 and the SG of Mercury is 13.6.

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The figure shows two water tanks (Water A on the left, Water B on the right) connected by a V-shaped inclined mercury manometer. The vertical dimension of the mercury column is labeled 2a2a, the inclined tube segments on each side are labeled aa, the total inclined length at the bottom is 26.8 cm, and the angle of inclination is θ\theta.

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核心觀念

利用靜水壓關係：同一靜止流體中，往下移動壓力增加 ρgΔz\rho g\Delta z，往上移動則減少 ρgΔz\rho g\Delta z。汞面高度差為 2a2a，而圖中兩側水柱的高度都為 aa，因此水柱造成的壓力變化互相抵消。

解題方法

汞的密度由比重換算為

ρHg=13.6ρw=13.6(1000)=13600 kg/m3\rho_{\mathrm{Hg}}=13.6\rho_w =13.6(1000) =13600\ \text{kg/m}^3

從左側水槽沿管路走到右側水槽：先在水中下降 aa，再在汞中下降 2a2a，最後在水中上升 aa。因此

pB−pA=ρwga+ρHgg(2a)−ρwga=2ρHggap_B-p_A =\rho_wga+\rho_{\mathrm{Hg}}g(2a)-\rho_wga =2\rho_{\mathrm{Hg}}ga

兩水槽的壓力差為 20 kPa20\ \text{kPa}，解得

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第 2 題15 分

(15%) An incompressible, inviscid fluid flows steadily past a sphere of radius RR as shown in the figure. According to a more advanced analysis of the flow, the fluid velocity along streamline A-B is given by

V=u(x)i^=V0(1+a3x3)i^V = u(x)\hat{i} = V_0\left(1 + \frac{a^3}{x^3}\right)\hat{i}

where V0V_0 is the upstream velocity far ahead of the sphere. Determine the acceleration experienced by fluid particles as they flow along the streamline in terms of V0V_0 and aa.

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核心觀念

本題考查穩定流的加速度。穩定流的局部加速度為零，但流體微粒沿流線移動時，速度若隨位置改變，仍有對流加速度：

a=(V⋅∇)V\mathbf{a}=(\mathbf{V}\cdot\nabla)\mathbf{V}

沿 xx 方向的一維流動可寫成：

a=ududx i^\mathbf{a}=u\frac{du}{dx}\,\hat{\mathbf{i}}

解題方法

題目給定速度場

u(x)=V0(1+a3x3)u(x)=V_0\left(1+\frac{a^3}{x^3}\right)

先對 xx 微分：

dudx=−3V0a3x4\frac{du}{dx} =-\frac{3V_0a^3}{x^4}

代入對流加速度公式：

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第 3 題20 分

(20%) A cylindrical container, as shown in this figure, filled with water (γw=9.81 kN/m3\gamma_w = 9.81\ \text{kN/m}^3) rotates at a constant angular speed of ω\omega. If the pressures at points AA and BB are equal, find the required ω\omega of the rotation.

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The figure shows a cylindrical container rotating about the yy-axis with angular velocity ω\omega. Point AA is on the axis near the bottom and point BB is at the wall near the top. The container has an inner radius of 0.5 m (from the axis to point AA) and the wall is at a total radius of 1.5 m. The height difference between AA and BB is 2 m.

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核心觀念

容器以固定角速度旋轉並達到剛體旋轉時，液體內的壓力同時隨半徑與高度改變。以 yy 軸向上、rr 軸向外，微分平衡式為

∂p∂r=ρω2r,∂p∂y=−ρg\frac{\partial p}{\partial r}=\rho\omega^2r, \qquad \frac{\partial p}{\partial y}=-\rho g

積分後，任意兩點間的壓力差可寫成

pB−pA=ρω22(rB2−rA2)−ρg(yB−yA)p_B-p_A = \frac{\rho\omega^2}{2}(r_B^2-r_A^2) -\rho g(y_B-y_A)

解題方法

依圖判讀，AA 點距旋轉軸 rA=0.5 mr_A=0.5\ \text{m}，BB 點距旋轉軸 rB=1.5 mr_B=1.5\ \text{m}，且 BB 比 AA 高 yB−yA=2 my_B-y_A=2\ \text{m}。

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第 4 題25 分

(25%) Consider the air flow past a flat plate of length LL and width WW with a velocity of UU. Suppose that the boundary layer velocity profile is approximated as a sinusoidal function.

(Hint: Momentum integral equation: ddx(U2Θ)+δ∗UdUdx=τwρ\dfrac{d}{dx}(U^2\Theta) + \delta^* U \dfrac{dU}{dx} = \dfrac{\tau_w}{\rho})

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(a) Find the velocity profile u(y)u(y). (5%)

(b) Find the boundary layer displacement thickness δ∗\delta^*. (5%)

(c) Find the boundary layer momentum thickness Θ\Theta. (5%)

(d) Find the boundary layer momentum thickness δ\delta. (5%)

(e) Find the friction drag coefficient CDfC_{Df}. (5%)

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核心觀念

本題以平板邊界層的正弦速度分布為假設，先由邊界條件寫出 u(y)u(y)，再依定義計算位移厚度 δ∗\delta^* 與動量厚度 Θ\Theta。最後將動量積分方程用於零壓力梯度、外流速度 UU 為常數的情況，求出邊界層厚度 δ(x)\delta(x)，並積分壁面剪應力得到摩擦阻力係數。

解題方法

令邊界層厚度為 δ(x)\delta(x)。依圖示，壁面處速度為零，邊界層外緣 y=δy=\delta 處速度為 UU。符合這兩個條件的正弦分布為

u(y)U=sin⁡(πy2δ),0≤y≤δ.\frac{u(y)}{U}=\sin\left(\frac{\pi y}{2\delta}\right), \qquad 0\le y\le\delta.

因此，

u(y)=Usin⁡(πy2δ).u(y)=U\sin\left(\frac{\pi y}{2\delta}\right).

(a) 速度分布

u(y)=Usin⁡(πy2δ)\boxed{u(y)=U\sin\left(\frac{\pi y}{2\delta}\right)}

(b) 位移厚度 δ∗\delta^*

位移厚度定義為

δ∗=∫0δ(1−uU)dy.\delta^*=\int_0^\delta\left(1-\frac{u}{U}\right)dy.

代入正弦速度分布：

δ∗=δ∫01[1−sin⁡(πη2)]dη=δ(1−2π).\delta^* =\delta\int_0^1\left[1-\sin\left(\frac{\pi\eta}{2}\right)\right]d\eta =\delta\left(1-\frac{2}{\pi}\right).

所以

δ∗=(1−2π)δ≈0.3634 δ\boxed{\delta^*=\left(1-\frac{2}{\pi}\right)\delta \approx 0.3634\,\delta}

(c) 動量厚度 Θ\Theta

動量厚度定義為

Θ=∫0δuU(1−uU)dy.\Theta=\int_0^\delta\frac{u}{U}\left(1-\frac{u}{U}\right)dy.

代入速度分布，並令 η=y/δ\eta=y/\delta：

Θ=δ∫01[sin⁡(πη2)−sin⁡2(πη2)]dη=δ(2π−12).\Theta =\delta\int_0^1 \left[ \sin\left(\frac{\pi\eta}{2}\right) -\sin^2\left(\frac{\pi\eta}{2}\right) \right]d\eta =\delta\left(\frac{2}{\pi}-\frac{1}{2}\right).

因此

Θ=(2π−12)δ≈0.1366 δ\boxed{\Theta=\left(\frac{2}{\pi}-\frac{1}{2}\right)\delta \approx 0.1366\,\delta}

(d) 邊界層厚度 δ(x)\delta(x)

外流速度 UU 沿平板方向不變，故 dU/dx=0dU/dx=0。題目給定的動量積分方程化為

ddx(U2Θ)=τwρ.\frac{d}{dx}(U^2\Theta)=\frac{\tau_w}{\rho}.

由速度分布求壁面剪應力：

τw=μdudy∣y=0=μUπ2δ.\tau_w =\mu\left.\frac{du}{dy}\right|_{y=0} =\frac{\mu U\pi}{2\delta}.

又因 Θ=(2π−12)δ\Theta=\left(\frac{2}{\pi}-\frac{1}{2}\right)\delta，可得

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第 5 題25 分

(25%) An oil with a viscosity of μ=0.4 N⋅s/m2\mu = 0.4\ \text{N·s/m}^2 and density ρ=900 kg/m3\rho = 900\ \text{kg/m}^3 flows in a pipe of diameter D=0.02 mD = 0.02\ \text{m}.

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(a) What pressure drop, p1−p2p_1 - p_2, is needed to produce a flowrate of Q=3.0×10−5 m3/sQ = 3.0 \times 10^{-5}\ \text{m}^3/\text{s} if the pipe is horizontal with x1=0x_1 = 0 and x2=15 mx_2 = 15\ \text{m}? (10%)

(b) How steep a hill, θ\theta, must the pipe be on if the oil is to flow through the pipe at the same rate as in part (a), but with p1=p2p_1 = p_2? (10%)

(c) For the conditions of part (b), if p1=200 kPap_1 = 200\ \text{kPa}, what is the pressure at section x3=5 mx_3 = 5\ \text{m}, where x3x_3 is measured along the pipe? (5%)

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核心觀念

本題考查圓管層流的壓力損失，以及傾斜管中壓力、重力與黏滯阻力的平衡。先以雷諾數判斷流態，再用 Hagen–Poiseuille 定律求層流壓降；傾斜管則使用含高程差的能量方程。

解題方法

管截面積與平均流速為

A=πD24=π(0.02)24=3.142×10−4 m2A=\frac{\pi D^2}{4} =\frac{\pi(0.02)^2}{4} =3.142\times10^{-4}\ \text{m}^2 V=QA=3.0×10−53.142×10−4=0.0955 m/sV=\frac{Q}{A} =\frac{3.0\times10^{-5}}{3.142\times10^{-4}} =0.0955\ \text{m/s}

雷諾數為

Re=ρVDμ=900(0.0955)(0.02)0.4=4.30Re=\frac{\rho VD}{\mu} =\frac{900(0.0955)(0.02)}{0.4} =4.30

因 ReRe 很小，管內流動為層流，適用 Hagen–Poiseuille 定律。

(a) 水平管所需壓降

圓管層流的壓降為

p1−p2=128μLQπD4p_1-p_2=\frac{128\mu LQ}{\pi D^4}

代入 L=x2−x1=15 mL=x_2-x_1=15\ \text{m}：

p1−p2=128(0.4)(15)(3.0×10−5)π(0.02)4=4.58×104 Pap_1-p_2 =\frac{128(0.4)(15)(3.0\times10^{-5})} {\pi(0.02)^4} =4.58\times10^4\ \text{Pa}

因此所需壓降為 45.8 kPa45.8\ \text{kPa}。

(b) 兩端等壓時的坡度

以 z2−z1z_2-z_1 表示沿管線從 1 到 2 的高程變化。能量方程為

p1−p2ρg=z2−z1+hL\frac{p_1-p_2}{\rho g} =z_2-z_1+h_L

此題 p1=p2p_1=p_2，因此

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