112 年 國立臺灣大學生物機電系碩士班丙組《單元操作與輸送現象》

本題主要在考驗學生對輸送現象中基本無因次參數及四大定律的掌握程度。

(a) 雷諾數 (Reynolds number, Re) 是判斷流體流動狀態（層流或紊流）的重要無因次參數。對於圓管內的流動，其定義為：
$Re = \frac{\rho v D}{\mu}$
其中 $\rho$ 為流體密度，$v$ 為平均流速，$D$ 為圓管直徑，$\mu$ 為流體動力黏度。

(b) 牛頓黏滯定律 (Newton's law of viscosity) 定義了牛頓流體中，剪應力與剪應變率之間的關係。對於一維剪切流，其數學表達式為：
$\tau_{yx} = \mu \frac{dv_x}{dy}$
其中 $\tau_{yx}$ 為作用在 y 平面上的 x 方向剪應力，$\mu$ 為動力黏度，$\frac{dv_x}{dy}$ 為速度梯度（剪應變率）。

(c) 傅立葉導熱定律 (Fourier's law of heat conduction) 描述了固體或靜止流體中熱傳導的定律，其熱通量與溫度梯度成正比：
$q = -k \nabla T$
其中 $q$ 為熱通量（向量），$k$ 為導熱係數，$\nabla T$ 為溫度梯度（向量）。在穩態一維傳導情況下，若熱通量沿 x 方向，則可簡化為 $q_x = -k \frac{dT}{dx}$。

本題考驗對層流圓管流動的 Navier-Stokes 方程式應用、速度分佈推導、流量計算以及 Poiseuille 定律的理解與應用。

題目情境為不可壓縮牛頓流體在水平圓管中穩態層流。圖示中顯示了圓柱座標系，以及速度分佈 $v_z(r)$，其中 $v_z$ 是沿管軸方向的速度，且僅是徑向位置 $r$ 的函數。

(a) 此 PDE 是描述不可壓縮牛頓流體流動的 Navier-Stokes 方程式在特定條件下的簡化形式。
首先，我們分析方程式的各項：
左側第一項括號內是對流加速度項：$v_r \frac{\partial v_z}{\partial r} + \frac{v_\theta}{r} \frac{\partial v_z}{\partial \theta} + v_z \frac{\partial v_z}{\partial z}$。
緊接著是壓力梯度項：$-\frac{\partial p}{\partial z}$。
最後是黏滯力項：$\mu \left( \frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial r} \left( r \frac{\partial v_z}{\partial r} \right) + \frac{1}{r^2} \frac{\partial^2 v_z}{\partial \theta^2} + \frac{\partial^2 v_z}{\partial z^2} \right)$。
右側為零，表示合力為零，即動量守恆。

根據題目情境與圖示，流動是穩態的 (steady-state)，即時間相關項為零。流體是不可壓縮的 (incompressible)，且是牛頓流體 (Newtonian fluid)。流動是軸對稱的 (axisymmetric)，且沿著 z 方向（管軸方向），速度僅是徑向位置 $r$ 的函數，即 $v_z = v_z(r)$，且 $v_r = 0$, $v_\theta = 0$, $\frac{\partial}{\partial \theta} = 0$, $\frac{\partial}{\partial z} = 0$。
由於流動是穩態且軸對稱的，因此速度分佈不隨時間和角度變化。又因流體沿 z 方向流動，且速度僅是 $r$ 的函數，故 $\frac{\partial v_z}{\partial z} = 0$。
同時，由於流體是不可壓縮的，連續性方程式 $\nabla \cdot \mathbf{v} = \frac{1}{r}\frac{\partial(rv_r)}{\partial r} + \frac{1}{r}\frac{\partial v_\theta}{\partial \theta} + \frac{\partial v_z}{\partial z} = 0$。
因為 $v_r=0$, $v_\theta=0$, $\frac{\partial v_z}{\partial z}=0$，所以連續性方程式自動滿足。

將上述條件代入 Navier-Stokes 方程式：
對流加速度項：$v_r \frac{\partial v_z}{\partial r} + \frac{v_\theta}{r} \frac{\partial v_z}{\partial \theta} + v_z \frac{\partial v_z}{\partial z} = 0 \cdot \frac{\partial v_z}{\partial r} + 0 \cdot 0 + v_z \cdot 0 = 0$。
黏滯力項：$\mu \left( \frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial r} \left( r \frac{\partial v_z}{\partial r} \right) + \frac{1}{r^2} \frac{\partial^2 v_z}{\partial \theta^2} + \frac{\partial^2 v_z}{\partial z^2} \right) = \mu \left( \frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial r} \left( r \frac{\partial v_z}{\partial r} \right) + 0 + 0 \right) = \mu \frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial r} \left( r \frac{\partial v_z}{\partial r} \right)$。

因此，Navier-Stokes 方程式在這種情況下簡化為：
$0 - \frac{\partial p}{\partial z} + \mu \frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial r} \left( r \frac{\partial v_z}{\partial r} \right) = 0$
$\frac{1}{r} \frac{d}{dr} \left( r \frac{dv_z}{dr} \right) = \frac{1}{\mu} \frac{dp}{dz}$
這就是所謂的 Hagen-Poiseuille 方程式 或 圓管層流的動量方程式。

其物理意義是：在穩態、不可壓縮、軸對稱圓管層流中，流體受到的壓力梯度力（推動流體前進）必須與流體內部的黏滯力（阻礙流體流動）平衡。由於是水平管，重力效應（如果管子是傾斜的，則有 $\rho g \Delta z$ 項）不在此方程式中。

(b) 我們需要從 (a) 的簡化方程式開始推導速度分佈 $v_z(r)$。
$\frac{1}{r} \frac{d}{dr} \left( r \frac{dv_z}{dr} \right) = \frac{1}{\mu} \frac{dp}{dz}$
由於流動是穩態的，壓力梯度 $\frac{dp}{dz}$ 是常數（或至少不隨 $r$ 變化）。為了方便，我們將壓力梯度寫成 $\Delta p / L$，其中 $\Delta p = p_{in} - p_{out}$ 是沿著長度 $L$ 的壓力降。由於是水平管，通常我們寫成 $\frac{dp}{dz} = -\frac{\Delta p}{L}$，因為壓力隨 z 增加而減小。但題目給的最終形式中，速度是正值，且 $\Delta p$ 通常定義為進口壓力減出口壓力，所以 $\Delta p > 0$。若我們假設 $dp/dz$ 是負值，則最終公式中的 $\Delta p$ 應為 $p_{in} - p_{out}$。
為了得到題目所要求的公式形式，我們使用 $\frac{dp}{dz}$。
$\frac{d}{dr} \left( r \frac{dv_z}{dr} \right) = \frac{r}{\mu} \frac{dp}{dz}$
對上式積分一次，得到：
$r \frac{dv_z}{dr} = \int \frac{r}{\mu} \frac{dp}{dz} dr = \frac{1}{\mu} \frac{dp}{dz} \frac{r^2}{2} + C_1$
$\frac{dv_z}{dr} = \frac{1}{\mu} \frac{dp}{dz} \frac{r}{2} + \frac{C_1}{r}$
對上式積分第二次，得到：
$v_z(r) = \int \left( \frac{1}{\mu} \frac{dp}{dz} \frac{r}{2} + \frac{C_1}{r} \right) dr = \frac{1}{\mu} \frac{dp}{dz} \frac{r^2}{4} + C_1 \ln r + C_2$
現在我們需要確定積分常數 $C_1$ 和 $C_2$。
邊界條件：

1. 在管中心 ($r=0$)，速度必須是有限的。由於 $\ln r$ 在 $r=0$ 時趨於 $-\infty$，為了使速度有限，必須 $C_1 = 0$。
2. 在管壁 ($r=R$)，速度必須為零（無滑動邊界條件，no-slip boundary condition）。
   將 $C_1=0$ 代入速度公式：$v_z(r) = \frac{1}{4\mu} \frac{dp}{dz} r^2 + C_2$。
   應用邊界條件 $v_z(R) = 0$：
   $0 = \frac{1}{4\mu} \frac{dp}{dz} R^2 + C_2$
   $C_2 = -\frac{1}{4\mu} \frac{dp}{dz} R^2$
   將 $C_2$ 代回速度公式：
   $v_z(r) = \frac{1}{4\mu} \frac{dp}{dz} r^2 - \frac{1}{4\mu} \frac{dp}{dz} R^2$
   $v_z(r) = \frac{1}{4\mu} \frac{dp}{dz} (r^2 - R^2)$
   這與題目要求的公式形式一致。注意，這裡的 $\frac{dp}{dz}$ 應該是負值，這樣 $v_z$ 才是正值（流動方向的速度）。如果我們使用 $\Delta p = p_{in} - p_{out} > 0$ 和 $L$，則 $\frac{dp}{dz} = -\frac{\Delta p}{L}$。
   代入後速度為 $v_z(r) = -\frac{1}{4\mu} \frac{\Delta p}{L} (r^2 - R^2) = \frac{\Delta p}{4\mu L} (R^2 - r^2)$。

本題考驗對物體外流動時的阻力係數與雷諾數關係圖的理解，以及填充床流動的 Ergun 方程式中各參數的意義。

(a) 阻力係數 ($C_D$) 與雷諾數 (Re) 的關係圖對於描述物體在流體中運動時受到的阻力非常重要。對於一個浸沒在流體中的球體，其 $C_D$ vs. log Re 的典型圖形可以分為幾個區域，並有不同的物理機制主導。

圖形繪製與區域劃分：
橫軸：log Re （從 $10^{-3}$ 到 $10^6$）
縱軸：$C_D$

1. Stoke's Law Region ($Re < 1$)：

   • 在極低的雷諾數範圍內，黏滯力遠大於慣性力。流動是完全的層流，且是可逆的（Stokes flow）。
   • $C_D$ 隨 Re 呈反比關係，即 $C_D \propto 1/Re$。
   • 對於球體，$C_D = \frac{24}{Re}$。
   • 圖上表現為一條斜率為 -1 的直線（在 log-log 圖上）。

2. Newton's Law Region ($10 < Re < 10^3$)：

   • 黏滯力與慣性力並存，但黏滯力仍然扮演重要角色。流動是層流，但尾跡 (wake) 開始形成。
   • $C_D$ 隨 Re 的變化趨於平緩，但仍略有下降。
   • $C_D$ 大約在 0.5 到 1 之間。

3. Drag Crisis Region ($10^3 < Re < 10^5$)：

   • 這是最顯著的區域。當 Re 增加到約 $10^3$ 到 $10^5$ 時，稱為「阻力危機」(drag crisis)。
   • 在此區域，流動從層流邊界層 (laminar boundary layer) 轉變為紊流邊界層 (turbulent boundary layer)。
   • 在這個轉變過程中，邊界層分離點 (separation point) 從球體的前方（低 Re 數）向後方移動（高 Re 數）。
   • 邊界層分離點後移，使得尾跡區域變小，從而大大降低了壓差阻力 (pressure drag)，這是阻力係數急劇下降的主要原因。
   • $C_D$ 從約 0.4-0.5 急劇下降到約 0.1-0.2。

4. Turbulent Wake Region ($Re > 10^5$)：

   • 在更高的 Re 數範圍內 ($Re > 10^5$)，邊界層是紊流的，分離點相對穩定。
   • $C_D$ 變為相對恆定，大約在 0.1 到 0.2 之間。
   • 在這個區域，黏滯力對總阻力的貢獻很小，主要由壓差阻力決定。

簡要說明 (Justification)：

• 低 Re 數 (Re < 1)：黏滯力佔主導，流動是平滑的層流，阻力主要來自流體黏性對物體表面的拖曳。
• 中等 Re 數 (1 < Re < 10^3)：慣性力開始顯現，尾跡區域開始形成，阻力增加。
• 阻力危機 (10^3 < Re < 10^5)：邊界層從層流轉變為紊流，導致邊界層分離點後移，尾跡變小，壓差阻力顯著下降，故 $C_D$ 急劇下降。
• 高 Re 數 (Re > 10^5)：邊界層完全是紊流的，阻力係數趨於穩定。

圖形示意：
（請想像一個 log-log 座標圖，Re 從 $10^{-3}$ 到 $10^6$，$C_D$ 從約 0.1 到 100）

• 從高處（例如 $C_D \approx 100$ 在 $Re=10^{-3}$）開始，一條斜率為 -1 的直線下降至 $Re \approx 1$ ($C_D \approx 24$)。
• 接著是一段緩慢下降的曲線，從 $Re=10$ ($C_D \approx 2.4$) 到 $Re=10^3$ ($C_D \approx 0.5$)。

核心觀念

本題整合以下觀念：

• 熱導率 $k$ 與熱擴散率 $\alpha$ 的定義與單位。

• Fourier 熱傳導定律：

  $q_x=-k\frac{\partial T}{\partial x}$

• 半無限固體的非穩態熱傳導。

• 熱擴散距離約為 $\sqrt{\alpha t}$。

• Biot number 判斷固體內部導熱阻力與表面對流阻力的相對大小。

• 相似變數（combined variable）法求解熱傳導偏微分方程。

其中熱擴散率定義為

$$\alpha=\frac{k}{\rho c_p}$$

代表固體內部溫度變化傳播的快慢；$k$ 則代表材料傳導熱量的能力。

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解題方法

（a）$k$ 與 $\alpha$ 的 SI 單位

熱導率 $k$ 的 SI 單位為

$$[k]=\mathrm{W\,m^{-1}K^{-1}}$$

也可寫成

$$[k]=\mathrm{J\,s^{-1}m^{-1}K^{-1}}$$

由

$$\alpha=\frac{k}{\rho c_p}$$

可得熱擴散率的單位為

$$[\alpha]=\mathrm{m^2\,s^{-1}}$$

因此：

$$\boxed{k:\ \mathrm{W\,m^{-1}K^{-1}}}$$ $$\boxed{\alpha:\ \mathrm{m^2\,s^{-1}}}$$

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（b）以量綱分析與 Fourier 定律推導熱通量形式

1. 由 Fourier 定律判斷熱通量尺度

一維熱傳導的 Fourier 定律為

$$q_x=-k\frac{\partial T}{\partial x}$$

若固體表面與內部的代表性溫差為

$$\Delta T=T_\infty-T_s$$

而熱量在時間 $t$ 內傳入固體的特徵距離為熱擴散距離

$$\delta\sim\sqrt{\alpha t}$$

則溫度梯度的量級為

$$\frac{\partial T}{\partial x}\sim\frac{T_\infty-T_s}{\sqrt{\alpha t}}$$

代入 Fourier 定律的量級關係：

$$q_s\sim k\frac{T_\infty-T_s}{\sqrt{\alpha t}}$$

利用

$$\alpha=\frac{k}{\rho c_p}$$

可得

$$\frac{k}{\sqrt{\alpha t}} = \frac{k}{\sqrt{\dfrac{k}{\rho c_p}t}} = \sqrt{\frac{k\rho c_p}{t}}$$

因此

$$q_s\sim \sqrt{\frac{k\rho c_p}{t}} (T_\infty-T_s)$$

加入無因次實驗常數 $A$ 後：

$$\boxed{ q_s=A\sqrt{\frac{k\rho c_p}{t}}(T_\infty-T_s) }$$

2. 量綱驗證

各物理量的 SI 基本量綱為

$$[k]=\mathrm{M\,T^{-3}\Theta^{-1}}$$ $$[\rho]=\mathrm{M\,L^{-3}}$$ $$[c_p]=\mathrm{L^2T^{-2}\Theta^{-1}}$$

因此

$$\left[\frac{k\rho c_p}{t}\right] = \mathrm{M^2T^{-6}\Theta^{-2}}$$

開根號後：

$$\left[\sqrt{\frac{k\rho c_p}{t}}\right] = \mathrm{M\,T^{-3}\Theta^{-1}}$$

再乘上溫差：

$$\left[ \sqrt{\frac{k\rho c_p}{t}}(T_\infty-T_s) \right] = \mathrm{M\,T^{-3}}$$

而

$$[q_s]=\mathrm{W\,m^{-2}} =\mathrm{M\,T^{-3}}$$

兩者量綱一致，故此式在量綱上正確。

實驗常數 $A$ 必須為無因次常數。對理想半無限固體定溫表面問題，最後可求得

$$A=\frac{1}{\sqrt{\pi}}$$

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（c）Biot number 的重要性

Biot number 定義為

$$\mathrm{Bi}=\frac{hL_c}{k_s}$$

其中：

• $h$：流體與固體表面的對流熱傳係數；
• $L_c$：固體特徵長度；
• $k_s$：固體熱導率。

它可解釋為

$$\mathrm{Bi} = \frac{\text{固體內部導熱熱阻}} {\text{固體表面对流熱阻}}$$

高 Biot number：上述方程重要

當

$$\mathrm{Bi}\gg 1$$

表示固體內部導熱阻力相對較大，而表面对流阻力相對較小。因此：

• 固體表面可以迅速接近流體溫度；
• 固體內部仍存在明顯溫度梯度；
• 固體溫度不可能視為整體均勻；
• 熱量主要受固體內部非穩態導熱控制。

此時半無限固體模型及下式特別重要：

$$q_s=A\sqrt{\frac{k\rho c_p}{t}}(T_\infty-T_s)$$

對於初期加熱、厚固體或低熱擴散率材料，熱量只滲入表面附近，半無限固體假設合理。

低 Biot number：上述模型較不重要

當

$$\mathrm{Bi}\ll 1$$

表示固體內部導熱很快，表面对流阻力反而占主導地位。因此固體內部溫度幾乎均勻，可使用集中容量法：

$$T\approx T(t)$$

此時不需要求解固體內部的空間溫度分布，熱通量主要由對流式決定：

$$q_s=h(T_\infty-T_s)$$

所以，本題模型主要適用於

$$\boxed{\mathrm{Bi}\gg 1}$$

且通常還要搭配「加熱時間尚短、熱量尚未穿透整個固體厚度」的條件。

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（d）以相似變數法求半無限固體溫度分布

1. 控制方程式

假設固體均質、各向同性，且 $k$、$\rho$、$c_p$ 為常數，無內部熱生成，則一維非穩態熱傳導方程為

$$\frac{\partial T}{\partial t} = \alpha\frac{\partial^2T}{\partial x^2}$$

令無因次溫度為

$$\theta= \frac{T-T_\infty}{T_i-T_\infty}$$

並使用相似變數

$$\eta=\frac{x}{\sqrt{4\alpha t}} = \frac{x}{2\sqrt{\alpha t}}$$

令

$$\theta=f(\eta)$$

這表示溫度不再分別依賴 $x$ 與 $t$，而是透過組合變數 $\eta$ 決定。

2. 計算微分項

由

$$\eta=\frac{x}{2\sqrt{\alpha t}}$$

可得

$$\frac{\partial\eta}{\partial x} = \frac{1}{2\sqrt{\alpha t}}$$

以及

$$\frac{\partial\eta}{\partial t} = -\frac{\eta}{2t}$$

因此

核心觀念

本題整合三個重點：

1. 由一維非穩態擴散方程與法拉第定律推導平面電極的 Cottrell 電流。
2. 由電化學勢梯度建立包含擴散、電遷移與對流的廣義莫耳通量式。
3. 說明球面電極曲率與毛細管流動如何縮短葡萄糖生物感測器達到穩態的時間。

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（a）平面鉑電極的非穩態擴散模型

1. 建立物理模型

令鉑電極表面位於 $x=0$，溶液區域為 $x>0$。反應為

$$\mathrm{O}+ne^- \rightarrow \mathrm{R}$$

在足夠負的電位下，電子轉移反應非常快速，電極表面的 $\mathrm{O}$ 一到達即被消耗，因此屬於擴散控制。

假設：

• 一維擴散；
• 溫度、擴散係數 $D_0$ 為常數；
• 無對流；
• 無電遷移效應；
• 初始時溶液中氧濃度均勻；
• 電極表面為完全吸收邊界。

2. 控制方程式

由莫耳守恆與 Fick 第二定律：

$$\frac{\partial C_0}{\partial t} = D_0\frac{\partial^2 C_0}{\partial x^2}, \qquad x>0,\ t>0$$

3. 初始條件

反應開始前，溶液中氧濃度為均勻的 bulk concentration：

$$C_0(x,0)=C_0^*, \qquad x>0$$

題目所述「沒有 $\mathrm{R}$ 初始存在」表示：

$$C_R(x,0)=0$$

若只求氧的消耗電流，建立 $C_0$ 的模型即可；$\mathrm{R}$ 的濃度分布並不影響 Cottrell 電流。

4. 邊界條件

足夠負的電位使電極表面氧濃度為零：

$$C_0(0,t)=0, \qquad t>0$$

距離電極非常遠處尚未受到擴散耗竭影響：

$$C_0(x,t)\rightarrow C_0^* \quad \text{當 }x\rightarrow\infty$$

因此完整模型為

$$\boxed{ \frac{\partial C_0}{\partial t} = D_0\frac{\partial^2 C_0}{\partial x^2} }$$

配合

$$\boxed{ C_0(x,0)=C_0^*,\qquad C_0(0,t)=0,\qquad C_0(\infty,t)=C_0^* }$$

5. 由濃度梯度求氧的通量

由 Fick 第一定律，溶液中氧沿 $x$ 方向的通量為

$$J_0(x,t) = -D_0\frac{\partial C_0}{\partial x}$$

在電極表面，氧是往負 $x$ 方向移動，因此 $J_0(0,t)$ 為負值。取「流入電極的通量大小」：

$$N_{\mathrm O}(t) = -D_0\left.\frac{\partial C_0}{\partial x}\right|_{x=0}$$

也可寫成正值形式

$$N_{\mathrm O}(t) = D_0\left.\frac{\partial C_0}{\partial x}\right|_{x=0}$$

其中第二式採用表面外側濃度梯度為正的定義。

6. 由法拉第定律轉換為電流

每消耗一莫耳 $\mathrm{O}$，需要轉移 $n$ 莫耳電子，因此法拉第定律給出

$$i_d(t)=nFA N_{\mathrm O}(t)$$

非穩態擴散方程的解為

$$C_0(x,t) = C_0^* \operatorname{erf} \left( \frac{x}{2\sqrt{D_0t}} \right)$$

其表面濃度梯度為

$$\left.\frac{\partial C_0}{\partial x}\right|_{x=0} = \frac{C_0^*}{\sqrt{\pi D_0t}}$$

所以表面氧通量大小為

$$N_{\mathrm O}(t) = \frac{D_0C_0^*}{\sqrt{\pi D_0t}} = \frac{C_0^*\sqrt{D_0}}{\sqrt{\pi t}}$$

代入法拉第定律：

$$\boxed{ i_d(t) = \frac{nFAD_0C_0^*} {\sqrt{\pi D_0t}} }$$

這就是 Cottrell equation。

解題技巧

Cottrell 電流的快速判斷方式是：

$$i_d\propto t^{-1/2}$$

因此在純擴散控制下，電流會隨時間下降，而不會自行達到非零穩態。物理原因是擴散層厚度約為

$$\delta\sim \sqrt{D_0t}$$

濃度梯度約為 $C_0^*/\delta$，所以通量與電流皆與 $t^{-1/2}$ 成正比。

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（b）含電場與對流的廣義莫耳通量

1. 電化學勢

題目給定物種 $j$ 的電化學勢：

$$\bar{\mu}_j = \mu_j^0+RT\ln C_j+z_jF\phi$$

對 $x$ 微分：

$$\frac{d\bar{\mu}_j}{dx} = RT\frac{1}{C_j}\frac{dC_j}{dx} + z_jF\frac{d\phi}{dx}$$

2. 由電化學勢梯度建立擴散通量

不可逆熱力學中，化學物種因電化學勢梯度產生的擴散通量可寫為

$$J_{j,\mathrm{diff+elec}} = -\frac{D_jC_j}{RT} \frac{d\bar{\mu}_j}{dx}$$

代入上式：

$$J_{j,\mathrm{diff+elec}} = -\frac{D_jC_j}{RT} \left[ RT\frac{1}{C_j}\frac{dC_j}{dx} + z_jF\frac{d\phi}{dx} \right]$$

整理得

$$J_{j,\mathrm{diff+elec}} = -D_j\frac{dC_j}{dx} - \frac{z_jFD_jC_j}{RT} \frac{d\phi}{dx}$$

第一項為濃度梯度造成的 Fick 擴散，第二項為電位梯度造成的電遷移。

3. 加入對流通量

若流體平均速度為 $v$，物種隨流體運動所造成的對流通量為