核心觀念

本題用線動量方程式求輪緣支承力，再用角動量方程式求支承力矩。細縫速度隨位置改變，流量、動量流率與動量矩流率都必須積分。

題目只說「水管重量可忽略」，因此仍須計入管內水的重量及其力矩。以下以「輪緣對水管的支承作用」表示力與力矩；水管傳給輪緣的負荷方向與此相反。

解題方法

圖 a 顯示：左端以輪緣及螺栓固定，右端封閉；長 $L=1.2\ \mathrm m$ 的底部細縫向下出流，速度由左端 $4\ \mathrm{m/s}$ 以半拋物線增至右端 $9\ \mathrm{m/s}$。管徑為 $D=0.20\ \mathrm m$，細縫寬度為 $b=0.005\ \mathrm m$。

題目未給入口壓力；以下採入口至左端細縫間忽略高程差與能量損失的近似，以伯努力方程式求入口表壓。取穩定、不可壓縮流，入口速度均勻，$\rho=1000\ \mathrm{kg/m^3}$、$g=9.81\ \mathrm{m/s^2}$。

一、速度分布、流量與入口壓力

取 $x$ 自輪緣向右，依圖示半拋物線寫成

$$v(x)=4+5\left(\frac{x}{L}\right)^2,\qquad 0\le x\le L.$$

細縫微小面積為 $b\,dx$，故總流量

$$Q=b\int_0^L v(x)\,dx =bL\left(4+\frac53\right) =0.0340\ \mathrm{m^3/s}.$$

入口面積與平均速度為

$$A=\frac{\pi D^2}{4}=0.031416\ \mathrm{m^2}, \qquad U=\frac{Q}{A}=1.0823\ \mathrm{m/s}.$$

細縫出口接觸大氣，表壓為零。在上述伯努力近似下，

$$\frac{p_1}{\rho}+\frac{U^2}{2}=\frac{4^2}{2},$$ $$p_1=\frac{\rho}{2}(16-U^2) \approx7.41\times10^3\ \mathrm{Pa}.$$

二、管內水重與出流動量

管內水重為

$$W=\rho gAL =1000(9.81)(0.031416)(1.2) =369.83\ \mathrm N,$$

其作用點在距輪緣 $L/2=0.60\ \mathrm m$ 處。

向下出流的動量流率大小為

$$\begin{aligned} J_y &=\rho b\int_0^L v(x)^2\,dx\\ &=\rho bL\int_0^1(4+5\xi^2)^2\,d\xi\\ &=\rho bL\left(16+\frac{40}{3}+\frac{25}{5}\right)\\ &=206.0\ \mathrm N, \end{aligned}$$

核心觀念

本題考查傾斜圓管內的充分發展層流。由圓柱座標連續方程與 Navier–Stokes 方程，配合中心線有限、管壁無滑移的邊界條件，可推得拋物線速度分布；再由速度分布計算能量修正係數 $\alpha$ 與動量修正係數 $\beta$。

依圖 b，取 $z$ 軸沿管軸指向下坡方向，故重力沿管軸的分量為 $g_z=g\sin\eta$。

(a) 速度分布

假設流體為不可壓縮、牛頓流體，且流動為穩態、層流、軸對稱與充分發展；管半徑固定，無滑移於管壁。速度分量因此為

$$u_r=0,\qquad u_\theta=0,\qquad u_z=u(r), \qquad \frac{\partial u_z}{\partial z}=0, \qquad \frac{\partial u_z}{\partial\theta}=0.$$

代入連續方程，方程自動滿足。充分發展條件下，$r$ 方向與 $\theta$ 方向的動量方程分別表示壓力在管截面內平衡重力的橫向分量；$z$ 方向動量方程則化為

$$0=-\frac{dP}{dz}+\rho g\sin\eta +\mu\left[\frac{1}{r}\frac{d}{dr}\left(r\frac{du}{dr}\right)\right].$$

令

$$G=-\frac{dP}{dz}+\rho g\sin\eta,$$

則

$$\frac{1}{r}\frac{d}{dr}\left(r\frac{du}{dr}\right) =-\frac{G}{\mu}.$$

乘以 $r$ 並積分：

$$r\frac{du}{dr}=-\frac{G}{2\mu}r^2+C_1.$$

中心線 $r=0$ 處速度梯度須有限，因此 $C_1=0$。再積分得

$$u(r)=-\frac{G}{4\mu}r^2+C_2.$$

套用管壁無滑移條件 $u(R)=0$，可得

$$\boxed{ u(r)=\frac{-\,dP/dz+\rho g\sin\eta}{4\mu}(R^2-r^2) }$$

其中中心線速度最大：

國立臺灣大學生物環境系統工程學系碩士班甲組 108 學年度《流體力學（G）》第 3 題詳解

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核心觀念

1. 強制渦流（Forced Vortex / Rigid-body Rotation）：流體無相對剪應力，如同剛體繞旋轉軸以等角速度 $\omega$ 旋轉，流場內速度 $v_\theta = \omega r$。
2. 動量方程式與靜壓平衡：在柱座標系統 $(r, \theta, z)$ 下，流體承受徑向離心效應產生的壓力梯度力、向下的重力以及發展過程中的黏滯剪應力。達定態後符合等效靜壓分布： $$\nabla p = \rho (\mathbf{g} - \mathbf{a}) = \rho \omega^2 r \hat{e}_r - \rho g \hat{e}_z$$
3. 白金漢 $\pi$ 定理（Buckingham $\pi$ Theorem）：系統共有 $n$ 個物理量，涵蓋 $m$ 個基本因次，選定 $m$ 個重複變數，可組合成 $n-m$ 個無因次 $\pi$ 群。
4. 流體相似律（Dynamic Similitude）：存在自由液面（受重力支配）且具流體內部剪應力阻尼（受黏滯力支配）之旋轉流場，需同時滿足福祿數（Froude number, $Fr$）與雷諾數（Reynolds number, $Re$）相似。

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解題方法與逐步推導

(a) 強制渦流發展過程中，水面變化受力分析

在圓桶由靜止加速至等角速度 $\omega$ 的旋轉發展歷程中，桶壁與桶底藉由摩擦力帶動鄰近水體，水面隨時間逐漸由水平演變為旋轉拋物面。在此非定常動態發展階段，水面之形貌變化主要受到以下三種力的共同控制：

1. 重力（Gravity force / 流體本身重力）：方向朝下（垂直方向），維持流體穩定下沉並產生靜水壓力效應。
2. 慣性力 / 離心力（Inertial force / Centrifugal force，或徑向向心壓力差所對應之慣性效應）：流體微體隨圓周旋轉時具有徑向向心加速度 $a_r = -\omega^2 r$，宏觀表現為向外甩出的離心效應，迫使水體向桶壁堆疊。
3. 黏滯力 / 剪應力（Viscous force / Shear force）：圓桶壁面帶動水體旋轉、以及水體層與層之間存在角速度梯度時所產生的內摩擦剪應力。此力是能量與動量自桶壁向內部傳遞的核心機制；待完全達定態剛體旋轉後剪應力才消失。

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(b) 壓力分布與水面線方程式之推導

當流體與圓桶同步達定態剛體旋轉時，質點間無相對滑移，黏滯剪應力為零。

在柱座標系統 $(r, \theta, z)$ 中，取圓桶底面圓心為原點，向上為 $+z$，向外為 $+r$。流體質點之加速度分量為：

$$a_r = -\omega^2 r, \quad a_\theta = 0, \quad a_z = 0$$

由歐拉動量方程式（Euler's equation of motion）：

$$-\frac{\partial p}{\partial r} = \rho a_r = -\rho \omega^2 r \implies \frac{\partial p}{\partial r} = \rho \omega^2 r$$ $$-\frac{1}{r}\frac{\partial p}{\partial \theta} = 0 \implies \frac{\partial p}{\partial \theta} = 0$$ $$-\frac{\partial p}{\partial z} - \rho g = \rho a_z = 0 \implies \frac{\partial p}{\partial z} = -\rho g$$

全微分壓力式 $dp = \frac{\partial p}{\partial r} dr + \frac{\partial p}{\partial z} dz$：

$$dp = \rho \omega^2 r \, dr - \rho g \, dz$$

全式積分得流場任意點 $(r, z)$ 之壓力分布：

$$p(r, z) = \frac{1}{2} \rho \omega^2 r^2 - \rho g z + C$$

代入邊界條件：已知圓心處 ($r = 0$) 水面高程為 $z = h_0$，此處壓力為大氣壓 $p_0$（取計示壓力則 $p_0 = 0$）：

$$p_0 = 0 - \rho g h_0 + C \implies C = p_0 + \rho g h_0$$

代回壓力式，得到壓力分布方程式：

$$p(r, z) = p_0 + \rho g (h_0 - z) + \frac{1}{2} \rho \omega^2 r^2$$

水面線方程式推導：
自由水面上任一點之壓力均為大氣壓 $p(r, h) = p_0$。將 $z = h$ 代入壓力分布式：

$$p_0 = p_0 + \rho g (h_0 - h) + \frac{1}{2} \rho \omega^2 r^2$$ $$\rho g (h - h_0) = \frac{1}{2} \rho \omega^2 r^2$$

化簡得水面線方程式（旋轉拋物面）：

$$h(r) = h_0 + \frac{\omega^2 r^2}{2g}$$

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(c) 白金漢 $\pi$ 定理無因次參數推導

題目給定變數：水面高程 $h$ 與影響參數 $t$、$\omega$、$R$、$\rho$、$\mu$、$g$。
物理函數關係為：

$$f(h, t, \omega, R, \rho, \mu, g) = 0$$

1. 因次分析（採用 $M-L-T$ 系統）：
   • 總變數數 $n = 7$：
     • $[h] = L$
     • $[t] = T$
     • $[\omega] = T^{-1}$
     • $[R] = L$
     • $[\rho] = M L^{-3}$
     • $[\mu] = M L^{-1} T^{-1}$
     • $[g] = L T^{-2}$
   • 基本因次數 $m = 3$（$M, L, T$）。
   • 應形成之無因次群數目：$k = n - m = 7 - 3 = 4$ 個 $\pi$ 群。

題意指引說明：題目要求「使用 $\rho$、$R$、$\omega$ 為重複變數」，並指定「式中須以兩個無因次參數表示之」。此代表將主要關注之應變數高程比 $\Pi_1 = h/R$ 表示為關鍵無因次參數之函數，此處最具代表性的兩個核心無因次控制參數即為描述重力效應之旋轉福祿數（或渦流幾何參數）與描述黏滯效應之旋轉雷諾數（或時間參數 $\omega t$）。

2. 重複變數選擇：選定 $\rho, R, \omega$（涵蓋 $M, L, T$，且彼此獨立不構成無因次群）。

   • $[\rho] = M L^{-3}$
   • $[R] = L$
   • $[\omega] = T^{-1}$

3. 推導各 $\pi$ 群：

   • 對於高程 $h$： $$\Pi_1 = h \cdot \rho^a R^b \omega^c \implies [L][M L^{-3}]^a [L]^b [T^{-1}]^c = M^0 L^0 T^0 \implies a = 0, c = 0, b = -1 \implies \Pi_1 = \frac{h}{R}$$

核心觀念

本題使用能量方程式與水箱、管路間的連續方程式。以水箱自由液面為點 1、排水管出口為點 2，並以管中心線為基準面。點 1 與點 2 均為大氣壓，水箱面積遠大於管截面積，因此自由液面速度可忽略。

題目未提供入口損失，以下依題意只計入管摩擦損失與閥門損失；抽水機提供固定水頭 $E_p$。

解題方法

(a) 瞬時流速通式

由點 1 到點 2 寫能量方程式：

$$z+E_p = \frac{V_2^2}{2g} + f\frac{L}{D}\frac{V_2^2}{2g} + k_v\frac{V_2^2}{2g}$$

其中 $z$ 是當下水箱水面相對管中心線的高度；出口速度水頭 $\frac{V_2^2}{2g}$ 需列入能量方程式。整理得：

$$\boxed{ V_2(z)= \sqrt{\frac{2g(z+E_p)} {1+fL/D+k_v}} }$$

(b) 求排空所需抽水機水頭

水箱面積與排水管截面積分別為

$$A_t=\frac{\pi(26)^2}{4}, \qquad A_p=\frac{\pi D^2}{4}$$

由連續方程式，水位下降速率為

$$-A_t\frac{dz}{dt}=A_pV_2$$

令 $K=1+fL/D+k_v$，代入 (a) 的流速式並分離變數：

$$dt=-\frac{A_t}{A_p}\sqrt{\frac{K}{2g}}\frac{dz}{\sqrt{z+E_p}}$$

水位由 $z_0$ 降至 $0$，所需時間為

$$T= 2\frac{A_t}{A_p}\sqrt{\frac{K}{2g}} \left(\sqrt{z_0+E_p}-\sqrt{E_p}\right)$$

本題

$$K=1+0.025\frac{40}{0.30}+0.5=4.8333$$

且

\frac{A_t}{A_p}=\left(\frac{26}{0.30}\right)^2 \] 令 $T=4(3600)=14400\ \text{s}$、$z_0=15\ \text{m}$，則

\sqrt{15+E_p}-\sqrt{E_p}

\frac{14400}
{2(26/0.30)^2\sqrt{4.8333/(2g)}}
\approx 1.9313

設 $x=\sqrt{E_p}$，則 $\sqrt{x^2+15}=x+1.9313$，平方整理可得

x=\frac{15-(1.9313)^2}{2(1.9313)}

$$因此$$

\boxed{E_p\approx 8.51\ \text{m}}

### (c) 初始能量線與水力坡降線 在 $t=0$，水深 $z_0=15\ \text{m}$。由能量方程式：

\frac{V_{2,0}^2}{2g}

\frac{z_0+E_p}{K}

\frac{15+8.51}{4.8333}