108 年 國立臺灣大學生物機電系碩士班丁組《單元操作與輸送現象》

📄 試題原卷　免費註冊後即可對照原始考卷 PDF免費註冊

第 1 題20 分

Consider the fluidic lab-on-a-chip dye laser system. The liquid used in the laser is ethanol with a viscosity at room temperature of η=1.197\eta = 1.197 mPa·s. The dimensions of the rectangular channel are length L=122L = 122 mm, width w=300w = 300 µm, and height h=10h = 10 µm. For proper functioning the flow rate in the channel must be Q=10Q = 10 µL/h. Derive and calculate the pressure needed to run this device properly.

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查矩形微流道中的：

  • 穩態、不可壓縮、層流流動
  • 壓力驅動流
  • Navier–Stokes 方程在微流道中的簡化
  • 矩形流道的流量—壓降關係

由於流道寬度遠大於高度：

wh=30010=30\frac{w}{h}=\frac{300}{10}=30

可將流動近似為兩平行板間的流動，主要速度梯度位於高度方向。此時流量與壓降的關係為

Q=wh312ηΔPLQ=\frac{w h^3}{12\eta}\frac{\Delta P}{L}

其中 ΔP\Delta P 為流道兩端的壓力差。

解題方法與推導

取流道長度方向為 xx，高度方向為 yy，並假設流動充分發展，因此速度僅隨 yy 改變，即 u=u(y)u=u(y)。

穩態層流的動量方程可簡化為

0=−dPdx+ηd2udy20=-\frac{dP}{dx}+\eta\frac{d^2u}{dy^2}

由於壓力沿流道均勻下降，

dPdx=−ΔPL\frac{dP}{dx}=-\frac{\Delta P}{L}

因此

ηd2udy2=−ΔPL\eta\frac{d^2u}{dy^2} =-\frac{\Delta P}{L}

兩次積分後，配合壁面無滑移條件

u(0)=0,u(h)=0u(0)=0,\qquad u(h)=0

得到速度分布

u(y)=ΔP2ηLy(h−y)u(y)=\frac{\Delta P}{2\eta L}y(h-y)

流量為速度對截面的積分：

Q=w∫0hu(y) dyQ=w\int_0^h u(y)\,dy

代入速度分布：

Q=w∫0hΔP2ηLy(h−y) dyQ =w\int_0^h \frac{\Delta P}{2\eta L}y(h-y)\,dy Q=wΔP2ηL[hy22−y33]0hQ =\frac{w\Delta P}{2\eta L} \left[ \frac{h y^2}{2}-\frac{y^3}{3} \right]_0^h Q=wh312ηΔPLQ=\frac{w h^3}{12\eta}\frac{\Delta P}{L}

整理得所需壓力差：

ΔP=12ηLQwh3\boxed{ \Delta P=\frac{12\eta LQ}{w h^3} }

單位換算

黏度：

η=1.197 mPa⋅s=1.197×10−3 Pa⋅s\eta=1.197\ \text{mPa}\cdot\text{s} =1.197\times10^{-3}\ \text{Pa}\cdot\text{s}

流道長度：

L=122 mm=0.122 mL=122\ \text{mm}=0.122\ \text{m}

流道寬度：

w=300 μm=3.00×10−4 mw=300\ \mu\text{m} =3.00\times10^{-4}\ \text{m}

流道高度：

h=10 μm=1.00×10−5 mh=10\ \mu\text{m} =1.00\times10^{-5}\ \text{m}

流量：

Q=10 μL/h=10×10−93600 m3/sQ=10\ \mu\text{L/h} =\frac{10\times10^{-9}}{3600} \ \text{m}^3/\text{s} Q=2.778×10−12 m3/sQ=2.778\times10^{-12}\ \text{m}^3/\text{s}

壓力差計算

代入公式：

ΔP=12(1.197×10−3)(0.122)(2.778×10−12)(3.00×10−4)(1.00×10−5)3\Delta P = \frac{ 12(1.197\times10^{-3})(0.122) (2.778\times10^{-12}) }{ (3.00\times10^{-4})(1.00\times10^{-5})^3 }

因為

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 2 題10 分

Consider a pressure-driven flow in a straight channel of length LL with a circular cross-section of radius aa given the Navier boundary condition with a non-zero slip length λs\lambda_s at the channel wall. This so-called Navier boundary condition reads
vx(r)v_x(r)
vx(0)=λs∂vx∂r∣r=0v_x(0) = \lambda_s \frac{\partial v_x}{\partial r} \Big|_{r=0}
where λs\lambda_s is the slip length or Navier length defined as the distance behind the boundary where the tangent of the velocity field intersects the x axis. Note that for λs=0\lambda_s = 0 we recover the usual no-slip boundary condition.
(a) Derive the expressions for the slip length dependent velocity profile vx(r)v_x(r) and for the hydraulic resistance Rhyd(λs)R_{hyd}(\lambda_s). (10%)
(b) Derive the expression for the hydraulic resistance Rhyd(λs)R_{hyd}(\lambda_s) based on the velocity profile derived above. (10%)
(c) Calculate the relative change in the hydraulic resistance when changing λs\lambda_s from 0 nm to 50 nm for the two values of the radius a=5a = 5 µm and 0.50.5 µm. (10%)

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查圓管內穩態、不可壓縮、充分發展之壓力驅動流，以及 Navier 滑移邊界條件。

主要公式如下：

  • 壓力梯度提供流動驅動力：

    G=−dpdx=ΔPL>0G=-\frac{dp}{dx}=\frac{\Delta P}{L}>0

  • 圓柱座標下的軸向動量方程式：

    0=−dpdx+μ1rddr(rdvxdr)0=-\frac{dp}{dx}+\mu\frac{1}{r}\frac{d}{dr}\left(r\frac{dv_x}{dr}\right)

  • 體積流率與液壓阻力：

    Q=∫Avx dAQ=\int_A v_x\,dA

    Rhyd=ΔPQR_{\mathrm{hyd}}=\frac{\Delta P}{Q}

題目中的邊界條件寫成 r=0r=0，但圓管中心線 r=0r=0 不可能是管壁，因此應解讀為管壁 r=ar=a 的 Navier 邊界條件。以徑向座標 rr 向外增加表示，正確形式為

vx(a)=−λsdvxdr∣r=av_x(a)=-\lambda_s\left.\frac{dv_x}{dr}\right|_{r=a}

負號是因為速度由中心向管壁遞減，故 dvx/dr∣r=a<0\left.dv_x/dr\right|_{r=a}<0。

解題方法

先由圓管內的軸向動量方程式求得速度分布，再利用速度分布對截面積分求體積流率 QQ，最後由 Rhyd=ΔP/QR_{\mathrm{hyd}}=\Delta P/Q 得到液壓阻力。

這種方法可直接呈現滑移長度 λs\lambda_s 如何改變速度剖面與流量。

(a) 速度分布與液壓阻力

1. 求速度分布

由

0=−dpdx+μ1rddr(rdvxdr)0=-\frac{dp}{dx}+\mu\frac{1}{r}\frac{d}{dr}\left(r\frac{dv_x}{dr}\right)

並令 G=−dp/dxG=-dp/dx，可得

1rddr(rdvxdr)=−Gμ\frac{1}{r}\frac{d}{dr}\left(r\frac{dv_x}{dr}\right)=-\frac{G}{\mu}

兩邊乘以 rr：

ddr(rdvxdr)=−Gμr\frac{d}{dr}\left(r\frac{dv_x}{dr}\right)=-\frac{G}{\mu}r

積分一次：

rdvxdr=−G2μr2+C1r\frac{dv_x}{dr}=-\frac{G}{2\mu}r^2+C_1

為使 r=0r=0 處速度梯度保持有限，必須有 C1=0C_1=0，因此

dvxdr=−G2μr\frac{dv_x}{dr}=-\frac{G}{2\mu}r

再積分一次：

vx(r)=−G4μr2+C2v_x(r)=-\frac{G}{4\mu}r^2+C_2

在管壁使用 Navier 滑移條件：

vx(a)=−λsdvxdr∣r=av_x(a)=-\lambda_s\left.\frac{dv_x}{dr}\right|_{r=a}

由

dvxdr∣r=a=−Ga2μ\left.\frac{dv_x}{dr}\right|_{r=a}=-\frac{Ga}{2\mu}

可得

vx(a)=λsGa2μv_x(a)=\frac{\lambda_s Ga}{2\mu}

另一方面，

vx(a)=−Ga24μ+C2v_x(a)=-\frac{G a^2}{4\mu}+C_2

故

C2=G4μ(a2+2λsa)C_2=\frac{G}{4\mu}\left(a^2+2\lambda_s a\right)

因此速度分布為

vx(r)=G4μ(a2−r2+2λsa)v_x(r)=\frac{G}{4\mu}\left(a^2-r^2+2\lambda_s a\right)

代入 G=ΔP/LG=\Delta P/L：

vx(r)=ΔP4μL(a2−r2+2λsa)\boxed{ v_x(r)=\frac{\Delta P}{4\mu L} \left(a^2-r^2+2\lambda_s a\right) }

當 λs=0\lambda_s=0 時，

vx(r)=ΔP4μL(a2−r2)v_x(r)=\frac{\Delta P}{4\mu L}(a^2-r^2)

即為通常的 Hagen–Poiseuille 拋物線速度分布。

管壁速度不再為零，而是

vx(a)=λsaΔP2μLv_x(a)=\frac{\lambda_s a\Delta P}{2\mu L}

中心線最大速度為

vx(0)=ΔP4μL(a2+2λsa)v_x(0)=\frac{\Delta P}{4\mu L} \left(a^2+2\lambda_s a\right)

2. 求液壓阻力

先求體積流率：

Q=∫0avx(r) 2πr drQ=\int_0^a v_x(r)\,2\pi r\,dr

代入速度分布：

Q=G4μ∫0a(a2−r2+2λsa)2πr drQ= \frac{G}{4\mu} \int_0^a \left(a^2-r^2+2\lambda_s a\right)2\pi r\,dr

整理得

Q=πG2μ∫0a(a2−r2+2λsa)r drQ= \frac{\pi G}{2\mu} \int_0^a \left(a^2-r^2+2\lambda_s a\right)r\,dr

各項積分為

∫0aa2r dr=a42\int_0^a a^2r\,dr=\frac{a^4}{2} ∫0ar3 dr=a44\int_0^a r^3\,dr=\frac{a^4}{4} ∫0a2λsar dr=λsa3\int_0^a 2\lambda_s ar\,dr=\lambda_s a^3

因此

Q=πG2μ(a42−a44+λsa3)Q= \frac{\pi G}{2\mu} \left( \frac{a^4}{2}-\frac{a^4}{4}+\lambda_s a^3 \right) Q=πGa48μ(1+4λsa)Q= \frac{\pi G a^4}{8\mu} \left(1+\frac{4\lambda_s}{a}\right)

又因為 G=ΔP/LG=\Delta P/L，

Q=πa48μL(1+4λsa)ΔPQ= \frac{\pi a^4}{8\mu L} \left(1+\frac{4\lambda_s}{a}\right)\Delta P

所以液壓阻力為

Rhyd(λs)=ΔPQR_{\mathrm{hyd}}(\lambda_s) =\frac{\Delta P}{Q} Rhyd(λs)=8μLπa4(1+4λs/a)\boxed{ R_{\mathrm{hyd}}(\lambda_s) = \frac{8\mu L} {\pi a^4\left(1+4\lambda_s/a\right)} }

亦可寫成

Rhyd(λs)=8μLπa4+4πλsa3\boxed{ R_{\mathrm{hyd}}(\lambda_s) = \frac{8\mu L} {\pi a^4+4\pi\lambda_s a^3} }

(b) 由速度分布推導液壓阻力

由上題速度分布，

vx(r)=ΔP4μL(a2−r2+2λsa)v_x(r)=\frac{\Delta P}{4\mu L} \left(a^2-r^2+2\lambda_s a\right)

體積流率為

Q=∫Avx dAQ=\int_A v_x\,dA

對圓形截面 dA=2πr drdA=2\pi r\,dr，因此

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 3 題20 分

Saturated steam at 130°C is flowing inside a ³⁄-in steel pipe having an ID of 0.824 in and an OD 1.05 in. The pipe is insulated with 1.5 in of insulation on the outside. The convective coefficient for the inside steam surface of the pipe is estimated as hi=5674h_i = 5674 W/m²·K, and the convective coefficient on the outside of the lagging is estimated as ho=11.348h_o = 11.348 W/m²·K. The mean thermal conductivity of the metal is ksteel=45k_{steel} = 45 W/m·K and kinsulation=0.064k_{insulation} = 0.064 W/m·K for the insulation. Calculate the heat loss for 1 m of pipe using resistance if the surrounding air is at 26 °C.

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

本題考驗複合壁結構的熱傳導問題，特別是圓柱形結構的熱阻計算。題目要求計算 1 米長管道的總熱損失，需考慮內部對流、鋼管導熱、保溫層導熱以及外部對流。

核心觀念：

  1. 熱阻概念 (Thermal Resistance)： 在穩態熱傳導中，熱阻類似於電阻，可用來計算通過不同介質的熱流。總熱阻是各個熱阻的串聯總和。
  2. 圓柱座標下的熱傳導： 對於圓柱形壁面，熱傳導方程的解涉及對數函數。
  3. 對流熱傳阻： Rconv=1hAR_{conv} = \frac{1}{hA}
  4. 導熱熱阻（圓柱）： Rcond,cyl=ln⁡(r2/r1)2πkLR_{cond,cyl} = \frac{\ln(r_2/r_1)}{2\pi k L}

解題步驟：

  1. 轉換單位並確定幾何參數：
    所有尺寸都應轉換為國際單位制 (SI units)。

    • 內部蒸汽溫度 Tsteam=130∘T_{steam} = 130^\circC
    • 外部環境溫度 Tair=26∘T_{air} = 26^\circC
    • 管道長度 L=1L = 1 m
    • 鋼管內徑 IDsteel=0.824ID_{steel} = 0.824 in
    • 鋼管外徑 ODsteel=1.05OD_{steel} = 1.05 in
    • 保溫層外徑 ODinsulation=ODsteel+2×1.5OD_{insulation} = OD_{steel} + 2 \times 1.5 in (注意 1.5 in 是保溫層的厚度)

    轉換英吋 (in) 為公尺 (m)：1 in = 0.0254 m

    • 鋼管內徑 di=0.824×0.0254d_i = 0.824 \times 0.0254 m =0.02093= 0.02093 m   ⟹  \implies 內半徑 r1=di/2=0.010465r_1 = d_i/2 = 0.010465 m
    • 鋼管外徑 do=1.05×0.0254d_o = 1.05 \times 0.0254 m =0.02667= 0.02667 m   ⟹  \implies 鋼管外半徑 r2=do/2=0.013335r_2 = d_o/2 = 0.013335 m
    • 保溫層外徑 dinsulation_o=1.05 in+2×(1.5 in)=1.05+3=4.05d_{insulation\_o} = 1.05 \text{ in} + 2 \times (1.5 \text{ in}) = 1.05 + 3 = 4.05 in
    • 保溫層外徑 dinsulation_o=4.05×0.0254d_{insulation\_o} = 4.05 \times 0.0254 m =0.10287= 0.10287 m   ⟹  \implies 保溫層外半徑 r3=dinsulation_o/2=0.051435r_3 = d_{insulation\_o}/2 = 0.051435 m

    熱傳係數和導熱係數：

    • 內部對流係數 hi=5674h_i = 5674 W/m²·K
    • 外部對流係數 ho=11.348h_o = 11.348 W/m²·K
    • 鋼管導熱係數 ksteel=45k_{steel} = 45 W/m·K
    • 保溫層導熱係數 kinsulation=0.064k_{insulation} = 0.064 W/m·K

  2. 計算各部分的熱阻：
    熱量從內部蒸汽流向外部空氣，經過三個熱傳阻串聯：內部對流熱阻、鋼管導熱熱阻、保溫層導熱熱阻、外部對流熱阻。

    • 內部對流熱阻 RiR_i：
      作用在內表面積 AiA_i 上。
      Ai=πdiL=π×(0.02093 m)×(1 m)≈0.06574A_i = \pi d_i L = \pi \times (0.02093 \text{ m}) \times (1 \text{ m}) \approx 0.06574 m²
      Ri=1hiAi=15674 W/m²⋅K×0.06574 m²≈1373.1 K/W≈0.00268R_i = \frac{1}{h_i A_i} = \frac{1}{5674 \text{ W/m²·K} \times 0.06574 \text{ m²}} \approx \frac{1}{373.1} \text{ K/W} \approx 0.00268 K/W

    • 鋼管導熱熱阻 RsteelR_{steel}：
      作用在鋼管壁上，半徑從 r1r_1 到 r2r_2。
      Rsteel=ln⁡(r2/r1)2πksteelL=ln⁡(0.013335/0.010465)2π×45 W/m⋅K×1 mR_{steel} = \frac{\ln(r_2/r_1)}{2\pi k_{steel} L} = \frac{\ln(0.013335 / 0.010465)}{2\pi \times 45 \text{ W/m·K} \times 1 \text{ m}}
      Rsteel=ln⁡(1.2743)282.74 K/W=0.2426282.74 K/W≈0.000858R_{steel} = \frac{\ln(1.2743)}{282.74} \text{ K/W} = \frac{0.2426}{282.74} \text{ K/W} \approx 0.000858 K/W

    • 保溫層導熱熱阻 RinsulationR_{insulation}：
      作用在保溫層上，半徑從 r2r_2 到 r3r_3。
      Rinsulation=ln⁡(r3/r2)2πkinsulationL=ln⁡(0.051435/0.013335)2π×0.064 W/m⋅K×1 mR_{insulation} = \frac{\ln(r_3/r_2)}{2\pi k_{insulation} L} = \frac{\ln(0.051435 / 0.013335)}{2\pi \times 0.064 \text{ W/m·K} \times 1 \text{ m}}

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 4 題10 分

Consider a microchannel perfusion bioreactor system within which the oxygen concentration can be controlled by adjusting the flow rate of media through the device. Nutrient media flows through the bioreactor with an average velocity equal to VV. On the lower surface, there is a monolayer of attached cells that consume the oxygen in the flowing stream.
The entering oxygen concentration is CinC_{in}. Assuming steady-state, please
(a) derive the shell balance and the resulting differential equation for oxygen in a shell volume of the fluid with width WW from xx to x+Δxx + \Delta x and from yy to y+Δyy + \Delta y. (10%)
(b) Specify the boundary conditions and solve the differential equation by separation of variables. (20%)

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查微流道內氧氣的穩態傳遞，主要使用：

  • 對流傳遞：VCV C
  • Fick 第一定律：J=−D∇CJ=-D\nabla C
  • 穩態殼層衡算
  • 對流—擴散方程式
  • 分離變數法與本徵函數展開

設定微流道長度方向為 xx，垂直方向為 yy。細胞附著於下表面 y=0y=0，流體上表面為 y=Hy=H，流體平均速度為 VV，氧氣擴散係數為 DD。細胞表面氧氣消耗通量以一階形式表示為

Js=ksC(x,0)J_s=k_s C(x,0)

其中 ksk_s 為細胞層的表面消耗傳質係數。題目未提供 HH、DD 與細胞消耗速率，因此以下採用此標準假設。

(a) 殼層衡算與微分方程式

取流體內一微小殼層，其範圍為

x≤x′≤x+Δx,y≤y′≤y+Δyx\leq x'\leq x+\Delta x,\qquad y\leq y'\leq y+\Delta y

流道垂直紙面方向寬度為 WW。

在穩態、無體積反應的情況下，殼層衡算為：

流入量−流出量=0\text{流入量}-\text{流出量}=0

xx 方向的對流傳遞

流體沿 xx 方向流動，因此對流流入與流出量分別為

n˙x,in=VWΔy C(x,y)\dot n_{x,\mathrm{in}} = VW\Delta y\,C(x,y) n˙x,out=VWΔy C(x+Δx,y)\dot n_{x,\mathrm{out}} = VW\Delta y\,C(x+\Delta x,y)

其差值為

VWΔy[C(x,y)−C(x+Δx,y)]VW\Delta y \left[ C(x,y)-C(x+\Delta x,y) \right]

xx 方向的擴散傳遞

由 Fick 第一定律，xx 方向擴散通量為

Jx=−D∂C∂xJ_x=-D\frac{\partial C}{\partial x}

因此兩側擴散通量的淨流入量為

DWΔy[∂C∂x∣x+Δx−∂C∂x∣x]DW\Delta y \left[ \frac{\partial C}{\partial x}\bigg|_{x+\Delta x} - \frac{\partial C}{\partial x}\bigg|_x \right]

yy 方向的擴散傳遞

yy 方向擴散通量為

Jy=−D∂C∂yJ_y=-D\frac{\partial C}{\partial y}

因此上下表面的淨流入量為

DWΔx[∂C∂y∣y+Δy−∂C∂y∣y]DW\Delta x \left[ \frac{\partial C}{\partial y}\bigg|_{y+\Delta y} - \frac{\partial C}{\partial y}\bigg|_y \right]

完整殼層衡算

合併各項：

VWΔy[C(x,y)−C(x+Δx,y)]+DWΔy[∂C∂x∣x+Δx−∂C∂x∣x]VW\Delta y \left[ C(x,y)-C(x+\Delta x,y) \right] + DW\Delta y \left[ \frac{\partial C}{\partial x}\bigg|_{x+\Delta x} - \frac{\partial C}{\partial x}\bigg|_x \right] +DWΔx[∂C∂y∣y+Δy−∂C∂y∣y]=0+ DW\Delta x \left[ \frac{\partial C}{\partial y}\bigg|_{y+\Delta y} - \frac{\partial C}{\partial y}\bigg|_y \right] =0

利用 Taylor 展開並除以 WΔxΔyW\Delta x\Delta y，取 Δx,Δy→0\Delta x,\Delta y\to0，得到

−DV 的形式不適用，正確結果為-DV\text{ 的形式不適用，正確結果為} D∂2C∂x2+D∂2C∂y2−V∂C∂x=0D\frac{\partial^2 C}{\partial x^2} + D\frac{\partial^2 C}{\partial y^2} - V\frac{\partial C}{\partial x} =0

即穩態二維對流—擴散方程式：

V∂C∂x=D(∂2C∂x2+∂2C∂y2)V\frac{\partial C}{\partial x} = D\left( \frac{\partial^2 C}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 C}{\partial y^2} \right)

微流道通常具有高 Peclet 數，軸向擴散相較於軸向對流可忽略，因此採用常見的邊界層近似：

V∂C∂x=D∂2C∂y2V\frac{\partial C}{\partial x} = D\frac{\partial^2 C}{\partial y^2}

細胞表面的消耗邊界條件

在下表面 y=0y=0，氧氣由流體向下擴散至細胞。由於 yy 軸正方向向上，流向細胞的氧氣通量大小為 DCyD C_y，故有

D∂C∂y(x,0)=ksC(x,0)D\frac{\partial C}{\partial y}(x,0) = k_s C(x,0)

在上表面 y=Hy=H，若上方為不可透過氧氣的壁面，則

∂C∂y(x,H)=0\frac{\partial C}{\partial y}(x,H)=0

(b) 邊界條件與分離變數解

邊界條件

入口氧氣濃度均勻為 CinC_{in}：

C(0,y)=Cin,0≤y≤HC(0,y)=C_{in}, \qquad 0\leq y\leq H

細胞表面：

D∂C∂y(x,0)=ksC(x,0)D\frac{\partial C}{\partial y}(x,0) = k_s C(x,0)

上壁面無氧氣通量：

∂C∂y(x,H)=0\frac{\partial C}{\partial y}(x,H)=0

因此要求解的方程式為

V∂C∂x=D∂2C∂y2V\frac{\partial C}{\partial x} = D\frac{\partial^2 C}{\partial y^2}

分離變數

令

C(x,y)=X(x)Y(y)C(x,y)=X(x)Y(y)

代入控制方程式：

VX′(x)Y(y)=DX(x)Y′′(y)V X'(x)Y(y) = D X(x)Y''(y)

整理為

VDX′X=Y′′Y=−λ2\frac{V}{D}\frac{X'}{X} = \frac{Y''}{Y} = -\lambda^2

其中 λ\lambda 為分離常數。於是得到兩個常微分方程式：

X′+Dλ2VX=0X'+\frac{D\lambda^2}{V}X=0

以及

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

其他考古題

其他學校的生物生化系考古題

成功大學204中正大學10中山大學26臺灣海洋大學1