112 年 國立臺灣大學生物環境系統工程學系碩士班甲組《流體力學（E）》

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第 1 題

  1. (a) 牛頓黏滯性實驗,兩水平板間距 hh,中間充滿黏滯係數 μ\mu 之流體,今上板開始以定速 UU 往右拉動,兩板間
    形成瞬時流速剖面,如圖所示(圖中為常數),試判斷此流速剖面應為A曲線或B曲線?並說明原因。
    (b) 承題(a),已知 h=6 mmh=6 \text{ mm}, μ=0.85 Pa⋅s\mu = 0.85 \text{ Pa}\cdot\text{s}, U=3 m/sU=3 \text{ m/s}, 試計算此時兩板間之剪應力分布,並繪出其剖面。
    (c) 經長時間後,兩板間形成穩定流速剖面,表示流體 XXXX 已傳遞完成,故 YYYY 達到定值。XXXX 與 YYYY 分別為何?
    (d) 承題(c),試計算並繪出此時之流速剖面與剪應力剖面。(20%)

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核心觀念

本題考牛頓流體的黏滯剪應力，以及平板啟動後的動量擴散。若流速沿 xx 方向、垂直平板方向為 yy，牛頓黏滯定律為

τxy=μdudy\tau_{xy}=\mu\frac{du}{dy}

因此，剪應力由流速剖面的斜率決定：斜率越大，剪應力越大。長時間後若流動達穩態，流速不再隨時間改變，兩板間形成平板庫埃特流。

(a) 判斷瞬時流速剖面

取下板為 y=0y=0、上板為 y=hy=h。上板開始向右移動時，黏滯作用使動量由上板附近逐漸向流體內部傳遞；在啟動初期，上板附近的流速變化較大，遠離上板處的流速變化較小。

圖中 A 曲線標示 u=ky2u=ky^2，其斜率為

dudy=2ky\frac{du}{dy}=2ky

斜率從下方的零逐漸增加，符合啟動初期流速梯度集中於移動上板附近的趨勢。B 曲線則標示 y=ku2y=ku^2，不符合此處的流速變化趨勢。

選擇圖中 A 曲線。 圖形是瞬時流速分布的示意；實際啟動流動的剖面未必恰為拋物線。

(b) 瞬時剪應力分布

依圖中 A 曲線，令

u=ky2u=ky^2

使用邊界條件 u(h)=Uu(h)=U，得

U=kh2⟹k=Uh2U=kh^2 \qquad\Longrightarrow\qquad k=\frac{U}{h^2}

所以瞬時流速剖面為

u(y)=U(yh)2u(y)=U\left(\frac{y}{h}\right)^2

剪應力為

τxy(y)=μdudy=2μUh2y\tau_{xy}(y)=\mu\frac{du}{dy} =\frac{2\mu U}{h^2}y

代入 h=0.006 mh=0.006\ \text{m}、μ=0.85 Pa⋅s\mu=0.85\ \text{Pa}\cdot\text{s}、U=3 m/sU=3\ \text{m/s}：

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第 2 題

  1. 水平射流以定速 VV,射向水車(圖b),射流從車體後方圓孔進入後蓄積於水箱內,成為水車系統質量之一部分。
    水車內原本無水、靜止於光滑平地,承受射流撞擊後開始加速,歷時 tt 之後車速變為 VV,已知車體本身質量 mcm_c,
    射流截面積 AA,水密度 ρ\rho。請按下列步驟,逐一回答各問題: (25%)
    (a) 以 RTT 形式連續方程式表示水箱內水質量 mwm_w 之蓄積速率,並以積分式表示水箱內水質量 mwm_w 為何?
    (b) 取水車為移動控制體積,以 RTT 形式動量方程式表示車體之水平受力。須繪控制體積並標示各速度及受力。
    (c) 利用(a)、(b)小題之答案,積分表示車速 VV 與時間 tt 之關係式。(無需完成積分)

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核心觀念

本題考查：

  1. 移動控制體積的雷諾傳輸定理（RTT）。
  2. 連續方程式與質量蓄積。
  3. 動量方程式中「相對於移動控制面的流速」。
  4. 射流被水車完全捕集後，水與車體具有相同速度。

依原圖記號，令：

  • 射流絕對速度為 VjV_j；
  • 水車及水箱內水的速度為 V(t)V(t)；
  • 射流截面積為 AA；
  • 水箱內蓄積水量為 mw(t)m_w(t)。

射流相對於水車入口的速度為

Vj−V.V_j-V.

(a) 水箱內水質量的蓄積速率

取隨水車一起移動的控制體積，控制體積包含車體及水箱內的水。入口沒有流出，且水車後方圓孔處的相對流入速度為 Vj−VV_j-V。

移動控制體積的連續方程式為

ddt∫CVρ dV+∫CSρ(V−VCS)⋅n dA=0.\frac{d}{dt}\int_{\mathrm{CV}}\rho\,d\mathcal V + \int_{\mathrm{CS}}\rho \left(\boldsymbol{V}-\boldsymbol{V}_{\mathrm{CS}}\right)\cdot\boldsymbol{n}\,dA =0.

入口處的質量流入率為

m˙in=ρA(Vj−V).\dot m_{\mathrm{in}} = \rho A(V_j-V).

因此水箱內水質量的蓄積速率為

dmwdt=ρA(Vj−V)\boxed{ \frac{dm_w}{dt} = \rho A(V_j-V) }

由初始條件 mw(0)=0m_w(0)=0，積分可得

mw(t)=ρA∫0t[Vj−V(τ)] dτ\boxed{ m_w(t) = \rho A\int_0^t \left[V_j-V(\tau)\right]\,d\tau }

(b) 以 RTT 表示水車所受的水平作用

控制體積與速度、受力

控制體積取為「車體加水箱內的水」，隨水車以速度 VV 向右移動。

  • 射流以速度 VjV_j 向右進入控制體積；
  • 控制面本身以速度 VV 向右移動；
  • 射流相對控制面的流入速度為 Vj−VV_j-V；
  • 車體與水箱內的水均以速度 VV 向右運動；
  • 地面光滑，因此水平外力為零。

水平動量的 RTT 為

∑Fx=ddt[(mc+mw)V]+∑outm˙ Vout−∑inm˙ Vin.\sum F_x = \frac{d}{dt} \left[ (m_c+m_w)V \right] + \sum_{\mathrm{out}} \dot m\,V_{\mathrm{out}} - \sum_{\mathrm{in}} \dot m\,V_{\mathrm{in}}.

本題沒有流出，且入口質量流率為 ρA(Vj−V)\rho A(V_j-V)，入口水流的絕對速度為 VjV_j，故

∑Fx=ddt[(mc+mw)V]−ρA(Vj−V)Vj.\sum F_x = \frac{d}{dt} \left[ (m_c+m_w)V \right] - \rho A(V_j-V)V_j.

由於地面光滑，水車系統沒有水平外力：

0=ddt[(mc+mw)V]−ρA(Vj−V)Vj\boxed{ 0= \frac{d}{dt} \left[ (m_c+m_w)V \right] - \rho A(V_j-V)V_j }

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第 3 題

  1. (a) 不可壓縮流體之連續方程式(CE)與Navier-Stokes 方程式(N-S),其圓柱座標形式可表示如下:
    CE: 1r∂∂r(rur)+1r∂uθ∂θ+∂uz∂z=0\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}(r u_r) + \frac{1}{r}\frac{\partial u_\theta}{\partial \theta} + \frac{\partial u_z}{\partial z} = 0
    N-S (r-dir): ρ(∂ur∂t+ur∂ur∂r+uθr∂ur∂θ+uz∂ur∂z+uθ2r)=−∂P∂r+ρgr+μ[1r∂∂r(r∂ur∂r)−urr2+1r2∂2ur∂θ2+∂2ur∂z2]\rho(\frac{\partial u_r}{\partial t} + u_r\frac{\partial u_r}{\partial r} + \frac{u_\theta}{r}\frac{\partial u_r}{\partial \theta} + u_z\frac{\partial u_r}{\partial z} + \frac{u_\theta^2}{r}) = -\frac{\partial P}{\partial r} + \rho g_r + \mu[\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}(r\frac{\partial u_r}{\partial r}) - \frac{u_r}{r^2} + \frac{1}{r^2}\frac{\partial^2 u_r}{\partial \theta^2} + \frac{\partial^2 u_r}{\partial z^2}]
    N-S (θ\theta-dir): ρ(∂uθ∂t+ur∂uθ∂r+uθr∂uθ∂θ+uz∂uθ∂z−uruθr)=−1r∂P∂θ+ρgθ+μ[1r∂∂r(r∂uθ∂r)−uθr2+1r2∂2uθ∂θ2+∂2uθ∂z2]\rho(\frac{\partial u_\theta}{\partial t} + u_r\frac{\partial u_\theta}{\partial r} + \frac{u_\theta}{r}\frac{\partial u_\theta}{\partial \theta} + u_z\frac{\partial u_\theta}{\partial z} - \frac{u_r u_\theta}{r}) = -\frac{1}{r}\frac{\partial P}{\partial \theta} + \rho g_\theta + \mu[\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}(r\frac{\partial u_\theta}{\partial r}) - \frac{u_\theta}{r^2} + \frac{1}{r^2}\frac{\partial^2 u_\theta}{\partial \theta^2} + \frac{\partial^2 u_\theta}{\partial z^2}]
    N-S (z-dir): ρ(∂uz∂t+ur∂uz∂r+uθr∂uz∂θ+uz∂uz∂z)=−∂P∂z+ρgz+μ[1r∂∂r(r∂uz∂r)+1r2∂2uz∂θ2+∂2uz∂z2]\rho(\frac{\partial u_z}{\partial t} + u_r\frac{\partial u_z}{\partial r} + \frac{u_\theta}{r}\frac{\partial u_z}{\partial \theta} + u_z\frac{\partial u_z}{\partial z}) = -\frac{\partial P}{\partial z} + \rho g_z + \mu[\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}(r\frac{\partial u_z}{\partial r}) + \frac{1}{r^2}\frac{\partial^2 u_z}{\partial \theta^2} + \frac{\partial^2 u_z}{\partial z^2}]
    式中 (ur,uθ,uz)(u_r, u_\theta, u_z) 與 (gr,gθ,gz)(g_r, g_\theta, g_z) 為 (r,θ,z)(r, \theta, z) 方向之流速與重力加速度分量；(r,θ)(r, \theta) 為水平面上圓柱半徑與方位角, zz 為垂直高度。已知強制渦流是圓桶以角速度 ω\omega 繞圓心軸旋轉, 帶動桶內水旋轉而形成(圖c), 圓桶半徑 RR, 圓心
    之水面高度為 z0z_0, 任一半徑 rr 處之水面高度為 z(r)z(r), 試利用 CE, N-S 及邊界條件, 推求強制渦流之流速分布、
    靜壓分布、及水面線方程式。須先列出所有假設條件。
    (b) 桶緣有一點A, 其高度 z0z_0, 在水面上取兩點, 點1位於桶緣、點2位於圓心, 從點1出發、或從點2出發,
    均可求得點A之靜壓 PAP_A, 試分別以這兩種方式推求 PAP_A, 證明流體靜壓之等向性。(25%)

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核心觀念

本題考查圓柱座標下的連續方程式與 Navier–Stokes 方程式，並結合：

  • 強制渦流的剛體旋轉速度分布；
  • 徑向向心加速度造成的壓力梯度；
  • 垂直方向的靜水壓分布；
  • 自由液面上的壓力為大氣壓；
  • 壓力為純量，因此同一點的壓力與計算路徑無關。

(a) 強制渦流之流速、壓力與水面線

假設條件

  1. 流體為不可壓縮、牛頓流體，且 ρ\rho、μ\mu 為常數。
  2. 流動為穩態，∂/∂t=0\partial/\partial t=0。
  3. 圓桶以固定角速度 ω\omega 繞垂直中心軸旋轉。
  4. 液體已充分旋轉，與圓桶作剛體運動，沒有相對滑動。
  5. 流場軸對稱，∂/∂θ=0\partial/\partial\theta=0。
  6. 無軸向流動，且無徑向流動：
    ur=0,uz=0u_r=0,\qquad u_z=0
  7. 重力方向垂直向下：
    gr=0,gθ=0,gz=−gg_r=0,\qquad g_\theta=0,\qquad g_z=-g
  8. 自由液面壓力為大氣壓 PatmP_{\mathrm{atm}}。
  9. 忽略表面張力與桶壁附近的局部效應。

速度分布

液體隨桶作剛體旋轉，因此切向速度為

uθ=ωru_\theta=\omega r

故圓柱座標下的速度分布為

ur=0,uθ=ωr,uz=0\boxed{ u_r=0,\qquad u_\theta=\omega r,\qquad u_z=0 }

檢查連續方程式：

1r∂∂r(rur)+1r∂uθ∂θ+∂uz∂z=0\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}(ru_r) +\frac{1}{r}\frac{\partial u_\theta}{\partial\theta} +\frac{\partial u_z}{\partial z}=0

由於 ur=uz=0u_r=u_z=0，且 ∂uθ/∂θ=0\partial u_\theta/\partial\theta=0，連續方程式自動滿足。

壓力分布

徑向方向

剛體旋轉時，徑向加速度為向心加速度：

ar=−uθ2r=−ω2ra_r=-\frac{u_\theta^2}{r} =-\omega^2r

徑向動量方程式為

−ρω2r=−∂P∂r-\rho\omega^2r=-\frac{\partial P}{\partial r}

因此

∂P∂r=ρω2r\frac{\partial P}{\partial r}=\rho\omega^2r

積分得

P=12ρω2r2+f(z)P=\frac{1}{2}\rho\omega^2r^2+f(z)

垂直方向

zz 方向沒有速度與加速度，因此

0=−∂P∂z+ρgz0=-\frac{\partial P}{\partial z}+\rho g_z

代入 gz=−gg_z=-g：

∂P∂z=−ρg\frac{\partial P}{\partial z}=-\rho g

故壓力隨高度增加而降低。整合徑向與垂直方向結果：

P(r,z)=12ρω2r2−ρgz+CP(r,z)=\frac{1}{2}\rho\omega^2r^2-\rho gz+C

在圓心自由液面 (r=0,z=z0)(r=0,z=z_0) 上，

P(0,z0)=PatmP(0,z_0)=P_{\mathrm{atm}}

因此

C=Patm+ρgz0C=P_{\mathrm{atm}}+\rho gz_0

所以靜壓分布為

P(r,z)=Patm+12ρω2r2+ρg(z0−z)\boxed{ P(r,z)=P_{\mathrm{atm}} +\frac{1}{2}\rho\omega^2r^2 +\rho g(z_0-z) }

或以表壓表示：

Pg(r,z)=P−Patm=12ρω2r2+ρg(z0−z)\boxed{ P_g(r,z)=P-P_{\mathrm{atm}} =\frac{1}{2}\rho\omega^2r^2+\rho g(z_0-z) }

自由液面方程式

自由液面上壓力皆為大氣壓，因此令 z=z(r)z=z(r)：

P(r,z(r))=PatmP(r,z(r))=P_{\mathrm{atm}}

代入壓力分布：

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第 4 題

  1. 有一水平矩形渠,下射式閘門上游斷面1之水深為 y1y_1,水流通過閘門後,斷面2之水深 y2y_2,在斷面2旋即發生
    水躍後,斷面3水深 y3y_3 為 3 m3 \text{ m}、流速 v3v_3 為 4 m/s4 \text{ m/s},其下游斷面4局部底床障礙物高度 Δz\Delta z,使斷面4發生臨界流,
    其水深 y4y_4、且上游水位無壅高,水流經過障礙物後,其下游斷面5之水深為 y5y_5。回答下列問題: (30%)
    (a) 試求水深 y1,y2,y4,y5y_1, y_2, y_4, y_5 分別為若干 mm?
    (b) 障礙物高度 Δz\Delta z 為若干 mm?
    (c) 單位寬度之閘門受力為若干 N/mN/m?
    (d) 水躍之水頭損失為若干 mm?
    (e) 試繪出斷面1至斷面5之水面線變化,須標示各斷面水位。
    (f) 今若將障礙物高度 Δz\Delta z 突增為 0.5 m0.5 \text{ m},則斷面4之單寬流量將變為 qq,試求 qq 為若干 m2/sm^2/s?

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核心觀念

本題考查水平矩形渠中的：

  • 單寬流量：q=vyq=vy
  • 比能：
    E=y+q22gy2E=y+\frac{q^2}{2gy^2}
  • 水躍共軛水深與水頭損失
  • 臨界水深：
    yc=(q2g)1/3y_c=\left(\frac{q^2}{g}\right)^{1/3}
  • 閘門所受水力：動量方程
  • 局部底床障礙物造成的臨界流

取重力加速度 g=9.81 m/s2g=9.81\ \text{m/s}^2，並採用標準假設：閘門前後及障礙物前後的能量損失忽略，水躍損失則另行計算。

(a) 求 y1,y2,y4,y5y_1,y_2,y_4,y_5

1. 單寬流量

由斷面3：

q=y3v3=3(4)=12 m2/sq=y_3v_3=3(4)=12\ \text{m}^2/\text{s}

斷面3的比能為：

E3=y3+q22gy32=3+1222(9.81)(32)E_3=y_3+\frac{q^2}{2gy_3^2} =3+\frac{12^2}{2(9.81)(3^2)} E3=3.8155 mE_3=3.8155\ \text{m}

2. 求水躍前水深 y2y_2

斷面3的弗勞德數：

Fr3=v3gy3=49.81(3)=0.737Fr_3=\frac{v_3}{\sqrt{gy_3}} =\frac{4}{\sqrt{9.81(3)}}=0.737

水躍前後共軛水深關係為：

y3y2=12[1+8Fr32−1]−1\frac{y_3}{y_2} =\frac{1}{2} \left[ \sqrt{1+8Fr_3^2}-1 \right]^{-1}

因此：

y2=y32(1+8Fr32−1)y_2=\frac{y_3}{2} \left(\sqrt{1+8Fr_3^2}-1\right) y2=32(1+8(0.737)2−1)≈1.968 my_2=\frac{3}{2} \left(\sqrt{1+8(0.737)^2}-1\right) \approx 1.968\ \text{m}

3. 求閘門上游水深 y1y_1

閘門前後能量相同，因此：

E1=E2E_1=E_2

先求斷面2比能：

E2=y2+q22gy22E_2=y_2+\frac{q^2}{2gy_2^2} E2=1.968+1222(9.81)(1.968)2≈3.863 mE_2 =1.968+\frac{12^2}{2(9.81)(1.968)^2} \approx 3.863\ \text{m}

故 y1y_1 滿足：

y1+1222(9.81)y12=3.863y_1+\frac{12^2}{2(9.81)y_1^2}=3.863

取上游緩流支的解：

y1≈3.098 m\boxed{y_1\approx 3.098\ \text{m}}

4. 求斷面4臨界水深 y4y_4

y4=yc=(q2g)1/3=(1229.81)1/3y_4=y_c=\left(\frac{q^2}{g}\right)^{1/3} =\left(\frac{12^2}{9.81}\right)^{1/3} y4≈2.449 m\boxed{y_4\approx 2.449\ \text{m}}

5. 求斷面5水深 y5y_5

障礙物後水流恢復至原底床高程，且忽略障礙物造成的能量損失，因此：

E5=E3=3.8155 mE_5=E_3=3.8155\ \text{m}

斷面5取下游緩流支，解得：

y5=3.000 m\boxed{y_5=3.000\ \text{m}}

(b) 求障礙物高度 Δz\Delta z

臨界斷面4的最小比能為：

Ec=32yc=32(2.449)=3.673 mE_c=\frac{3}{2}y_c =\frac{3}{2}(2.449) =3.673\ \text{m}

由斷面3至障礙物頂部：

E3=Δz+EcE_3=\Delta z+E_c

所以：

Δz=E3−Ec=3.8155−3.673\Delta z=E_3-E_c =3.8155-3.673 Δz≈0.143 m\boxed{\Delta z\approx 0.143\ \text{m}}

(c) 單位寬度閘門受力

矩形渠單位寬度的動量函數為：

M=gy22+q2yM=\frac{gy^2}{2}+\frac{q^2}{y}

閘門所受水力為：

F=ρ(M1−M2)F=\rho(M_1-M_2)

其中水的密度取 ρ=1000 kg/m3\rho=1000\ \text{kg/m}^3。

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