111 年 國立臺灣大學食品科技研究所丁組《單元操作與輸送現象》

這題主要在考驗學生對幾種重要無因次參數的定義與物理意義的理解。這些參數在傳熱學和流體力學中非常普遍，用來判斷不同傳遞機制的重要性或相對影響。

(a) 內部熱阻與邊界層熱阻之比。
內部熱阻代表固體內部的熱傳導能力，邊界層熱阻代表流體與固體表面間的對流或傳導阻力。此比值稱為 Biot number (Bi)，表示固體內部的熱傳導與表面熱傳的相對重要性。
$Bi = \frac{hL}{k_s}$
其中 $h$ 為對流傳熱係數，$L$ 為特徵長度，$k_s$ 為固體導熱係數。

(b) 流體中的慣性力與黏滯力之比。
此比值定義為 Reynolds number (Re)，用來判斷流體流動的狀態，是層流還是紊流。
$Re = \frac{\rho v D}{\mu}$
其中 $\rho$ 為流體密度，$v$ 為流體速度，$D$ 為特徵長度，$\mu$ 為流體動力黏度。

(c) 固體中熱傳導率與熱能儲存率之比。
熱傳導率代表熱量在固體內傳播的速度，熱能儲存率則與固體的比熱、密度及溫度變化率有關。此比值定義為 Fourier number (Fo)，也稱為甚麼是熱擴散率。它代表熱傳導在固體內部傳播的相對速度與儲存熱量的相對速度。
$Fo = \frac{\alpha t}{L^2}$

核心觀念

本題考查串聯熱傳中「穩態熱流率相同」以及輻射熱傳對絕對溫度的強烈依賴：

$$q_{\text{cond}}=\frac{kA}{L}(T_{\text{hot}}-T_{\text{cold}})$$ $$q_{\text{rad}}=\varepsilon\sigma A \left(T_{\text{hot}}^4-T_{\text{cold}}^4\right)$$

輻射熱傳的等效熱傳導係數可表示為

$$h_{\text{rad}} =\varepsilon\sigma (T_{\text{hot}}+T_{\text{cold}}) (T_{\text{hot}}^2+T_{\text{cold}}^2)$$

因此，輻射過程兩側的溫度越高，其熱傳能力越強。

解題方法

區域 A 位於左側，鄰近高溫面 $T_1=1200\ \text{K}$；區域 B 位於右側，鄰近低溫面 $T_2=300\ \text{K}$。

設導熱區的熱傳導能力為

$$C=\frac{kA}{L}$$

並令導熱區的溫降為 $x$，則

$$q=Cx$$

此題考驗學生對金屬與合金導熱機制的理解，特別是它們的微觀結構如何影響熱導率。

金屬的導熱主要有兩種機制：

1. 自由電子的振動 (Electron vibrations)：金屬原子在晶格中振動，將能量傳遞給相鄰的原子。
2. 自由電子的運動 (Free electron motion)：金屬擁有大量自由移動的價電子。這些電子在高溫區域吸收能量後，會快速移動到低溫區域，將能量傳遞過去。

在純金屬中，自由電子的數量非常多，且它們的平均自由程相對較長。這些自由電子是傳導熱量的主力軍，它們的運動比晶格振動傳遞熱量的效率要高得多。

合金是由兩種或兩種以上的金屬或非金屬元素混合而成。在合金的形成過程中，不同的原子會取代純金屬晶格中的某些位置，或者以間隙的形式存在。這種原子結構的改變會導致：

此題考驗學生對擴散現象的理解，特別是濃度與擴散速率的關係。

擴散現象是物質在高濃度區域向低濃度區域移動，以達到均勻分佈的過程。這個過程的驅動力是濃度的梯度。

在給定的實驗條件下，有兩個實驗：
(a) 初始濃度為 1mM
(b) 初始濃度為 10mM

題目中指出，染料的擴散係數 $D$ 在兩種情況下是相同的。

擴散的快慢通常由擴散係數 $D$ 和時間 $t$ 來描述。在許多情況下，擴散距離的平方與時間和擴散係數成正比，例如：$x^2 \sim Dt$。這表示要達到一定的均勻度，所需時間與 $D$ 成正比，與擴散距離的平方成反比。

然而，此題問的是「染料濃度更快地變得均勻」。這裡的「均勻」是指整個杯子中的染料濃度達到一個較低的、接近平均值的狀態。

擴散的速率（即單位時間內通過單位面積的物質通量）由菲克第一定律描述：
$J = -D \frac{dC}{dx}$
其中 $J$ 是質量通量，$D$ 是擴散係數，$dC/dx$ 是濃度梯度。

此題考驗學生對流體在複雜幾何通道中流動行為的理解，特別是方向性對流動阻力的影響，以及如何利用這種特性設計無移動部件的閥門。

Tesla valve 是一種利用流體慣性在特定方向上產生較小阻力，而在反方向上產生較大阻力的被動式流體控制裝置。其內部結構包含一系列的「迴路」或「節流區」。

(a) 流體從 (i) 入口進入的流動模式。
入口 (i) 是 Tesla valve 較寬、較直的通道。當流體從此處進入時，它會沿著主通道前進。在遇到第一個「節流區」時，由於流體具有慣性，它會傾向於繼續沿著主方向流動，而不是急劇轉彎進入較窄的迴路。雖然部分流體可能會被導向迴路，但大部分流體會相對順暢地通過。在後續的節流區，流體也會以類似的方式流動，儘管會產生一些渦流和壓力損失，但總體上流動方向是從左到右（或從 (i) 到 (ii) 的方向）。
流動模式會是相對直接的，但會伴隨一些由於通道彎曲和分叉而產生的局部渦流。

(b) 流體從 (ii) 入口進入的流動模式。
入口 (ii) 是 Tesla valve 較窄、彎曲的通道。當流體從此處進入時，它會被引導進入一系列的彎曲和節流結構。當流體嘗試通過第一個節流區時，它會被強迫改變方向，進入一個狹窄的迴路。由於流體的慣性，流體在進入迴路時會產生強烈的渦流，並且在試圖通過迴路後重新進入主通道時，會與主通道中的流體發生碰撞。這種流動模式會產生顯著的阻力，並在通道內部形成許多強烈的渦流和湍動。與從 (i) 流入相比，從 (ii) 流入的流動將會受到更大的阻礙。

核心觀念

本題探討非穩態熱質傳遞現象（Unsteady-state heat and mass transfer），核心在於分析開放容器中液體與周圍環境的綜合熱量交換機制：

1. 顯熱傳熱（Sensible Heat Transfer）：
   杯壁完全絕熱，熱量僅能透過頂部開口自由液面傳遞。熱量交換主要包含自然對流（Natural convection）與熱輻射（Radiation）。若僅考慮顯熱，傳熱速率正比於溫差驅動力： $$q_{\text{conv+rad}} = h A (T_w - T_{\infty})$$ 兩者與室溫（$25^\circ\text{C}$）之初期溫差絕對值相等：$|10^\circ\text{C} - 25^\circ\text{C}| = |40^\circ\text{C} - 25^\circ\text{C}| = 15^\circ\text{C}$。
2. 潛熱傳質冷卻（Evaporative Cooling / Latent Heat Loss）：
   杯口無蓋，水面會發生水分子蒸發。蒸發速率取決於水面飽和蒸氣壓與環境水氣分壓之差（濃度梯度驅動力），蒸發過程會帶走大量汽化潛熱（Latent heat of vaporization, $\lambda \approx 2440\text{ kJ/kg}$）： $$q_{\text{evap}} = \dot{m}_{\text{evap}} \lambda$$
   • 蒸發為吸熱降溫機制，其熱流通量永遠朝向「使水溫下降」的方向。

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解題方法

由整體能量平衡式，水溫變化率可表示為：

$$m C_p \frac{dT}{dt} = \dot{Q}_{\text{net}}$$

其中，進入水中的淨熱流率 $\dot{Q}_{\text{net}}$ 由顯熱與潛熱蒸發構成：

$$\dot{Q}_{\text{net}} = h A (T_{\infty} - T) - \dot{m}_{\text{evap}} \lambda$$

分別檢驗兩杯水的綜合散熱／吸熱效應：

1. $40^\circ\text{C}$ 的水降溫至 $25^\circ\text{C}$ 的過程：
   • 顯熱傳熱：$T > T_{\infty}$，熱量自水面藉由對流與輻射向室內散失（$\dot{Q}_{\text{conv+rad}} < 0$）。

此題考驗學生應用集總參數法 (Lumped Capacitance Method) 來分析固體瞬態導熱問題。當物體與周圍流體之間的對流傳熱速率遠大於物體內部的導熱速率時，可以假設物體內部溫度均勻。

首先，我們需要判斷是否可以使用集總參數法。這需要計算 Biot number (Bi)。
$Bi = \frac{hL_c}{k_s}$
其中 $h$ 是對流傳熱係數，$L_c$ 是特徵長度，$k_s$ 是固體導熱係數。
對於球體，特徵長度 $L_c = \frac{V}{A_s}$，其中 $V$ 是體積，$A_s$ 是表面積。
$V = \frac{4}{3}\pi r^3$
$A_s = 4\pi r^2$
$L_c = \frac{\frac{4}{3}\pi r^3}{4\pi r^2} = \frac{r}{3}$

給定參數：
球體半徑 $r = 1 \text{ mm} = 0.001 \text{ m}$
初始溫度 $T_0 = 95°C$
周圍流體溫度 $T_\infty = 30°C$
固體導熱係數 $k_s = 15 \text{ W/(m·K)}$
對流傳熱係數 $h = 200 \text{ W/(m²·K)}$

計算特徵長度：
$L_c = \frac{0.001 \text{ m}}{3} = \frac{1}{3} \times 10^{-3} \text{ m}$

計算 Biot number：
$Bi = \frac{200 \text{ W/(m²·K)} \times \frac{1}{3} \times 10^{-3} \text{ m}}{15 \text{ W/(m·K)}} = \frac{200 \times 10^{-3}}{3 \times 15} = \frac{0.2}{45} \approx 0.0044$

由於 $Bi \approx 0.0044 \ll 0.1$，我們可以合理地使用集總參數法。

集總參數法的主要方程式為：
$\rho V c_p \frac{dT}{dt} = -h A_s (T - T_\infty)$
整理後得到：
$\frac{dT}{dt} = -\frac{h A_s}{\rho V c_p} (T - T_\infty)$
令 $\tau = \frac{\rho V c_p}{h A_s}$，則 $\frac{dT}{dt} = -\frac{1}{\tau} (T - T_\infty)$。
其中 $\tau$ 是時間常數。

我們需要計算 $\tau$ 的值。
$\rho = 7500 \text{ kg/m³}$
$c_p = 500 \text{ J/(kg·K)}$
$h = 200 \text{ W/(m²·K)}$
$V = \frac{4}{3}\pi r^3 = \frac{4}{3}\pi (0.001 \text{ m})^3$
$A_s = 4\pi r^2 = 4\pi (0.001 \text{ m})^2$

$\frac{A_s}{V} = \frac{4\pi r^2}{\frac{4}{3}\pi r^3} = \frac{3}{r}$

核心觀念

本題考查氣泡與液體間的氣液質傳，以及氣泡半徑變化與質傳係數 $k_L$ 的關係。

氣泡中的氧氣視為理想氣體，壓力維持 $1\ \mathrm{atm}$。氧氣由氣泡傳入水中，因此氣泡質量隨時間減少。液相質傳速率以

$$N_{O_2}=k_L(C^*-C_L)$$

表示，其中：

• $k_L$：液相質傳係數；
• $C^*$：與氣泡中氧氣分壓平衡時的液相飽和濃度；
• $C_L$：水中氧氣的實際濃度。

題目未提供水的初始溶氧濃度，依「過量攪拌水」的標準簡化，取水中氧氣濃度相對於飽和濃度可忽略，即 $C_L\approx 0$。因此質傳驅動力為 $C^*$。

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解題方法

設氣泡半徑為 $R$，則氣泡體積與表面積分別為

$$V_b=\frac{4}{3}\pi R^3$$ $$A_b=4\pi R^2$$

氣泡內氧氣質量由理想氣體方程式求得。氧氣莫耳數為

$$n_{O_2}=\frac{pV_b}{\mathcal{R}T}$$

因此氧氣質量為

$$m_{O_2}=M_{O_2}n_{O_2} =\frac{pM_{O_2}V_b}{\mathcal{R}T}$$

代入球體積：

$$m_{O_2} = \frac{pM_{O_2}}{\mathcal{R}T} \left(\frac{4}{3}\pi R^3\right)$$

其中 $M_{O_2}=0.032\ \mathrm{kg/mol}$。

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(a) 氣泡尺寸變化的質量平衡關係

氣泡失去氧氣的速率等於液相接收氧氣的速率：

$$-\frac{dm_{O_2}}{dt} = k_L A_b(C^*-C_L)$$

在本題假設 $C_L\approx 0$ 下：

$$-\frac{dm_{O_2}}{dt} = k_L(4\pi R^2)C^*$$

另一方面，

$$\frac{dm_{O_2}}{dt} = \frac{pM_{O_2}}{\mathcal{R}T} \frac{d}{dt} \left(\frac{4}{3}\pi R^3\right)$$

整理得

$$\frac{dm_{O_2}}{dt} = \frac{pM_{O_2}}{\mathcal{R}T} (4\pi R^2)\frac{dR}{dt}$$

代回質量平衡式：

$$-\frac{pM_{O_2}}{\mathcal{R}T} (4\pi R^2)\frac{dR}{dt} = k_L(4\pi R^2)C^*$$

消去 $4\pi R^2$，得到氣泡半徑的微分關係：

$$-\frac{pM_{O_2}}{\mathcal{R}T}\frac{dR}{dt} = k_LC^*$$

或寫成

$$\boxed{ \frac{dR}{dt} = -\frac{k_LC^*\mathcal{R}T}{pM_{O_2}} }$$

這表示在壓力、溫度、液相濃度與質傳係數皆固定時，氣泡半徑隨時間呈線性減少。

積分後為

$$R(t)=R_0-\frac{k_LC^*\mathcal{R}T}{pM_{O_2}}t$$

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(b) 由氣泡尺寸變化估計質傳係數

由積分式：

$$R_0-R_f = \frac{k_LC^*\mathcal{R}T}{pM_{O_2}}t$$

因此

核心觀念

本題使用 McCabe–Thiele 法分析二元蒸餾，已知：

• 進料組成：$z_F=0.30$
• 塔頂組成：$x_D=0.95$
• 塔底組成：$x_B=0.05$
• 進料為飽和液體：$q=1$
• 回流比：$R=2$

總冷凝器不計為理論板，再沸器計為一個理論平衡級。

操作線公式為：

精餾段操作線：

$$y=\frac{R}{R+1}x+\frac{x_D}{R+1}$$

提餾段操作線可由通過 $(x_B,x_B)$ 與進料板交點求得。

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(a) 最小回流比 $R_m$

因為進料為飽和液體，$q$-線為垂直線：

$$x=z_F=0.30$$

由附圖平衡曲線讀得：

$$y^*\left(0.30\right)\approx 0.62$$

最小回流時，精餾操作線通過頂點 $(x_D,x_D)=(0.95,0.95)$，並通過 pinch 點 $(0.30,0.62)$。

因此最小回流操作線斜率為：

$$m_R=\frac{0.95-0.62}{0.95-0.30} =\frac{0.33}{0.65} \approx 0.508$$

又：

$$m_R=\frac{R_m}{R_m+1}$$

所以：

$$R_m=\frac{m_R}{1-m_R} =\frac{0.508}{1-0.508} \approx 1.03$$

故：

$$\boxed{R_m\approx 1.0\sim1.05}$$

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(b) $R=2$ 時的進料板、理論板數與第五板組成

1. 精餾段操作線

$$y=\frac{2}{2+1}x+\frac{0.95}{2+1}$$ $$\boxed{y=0.667x+0.317}$$

$q$-線與精餾操作線交點為：

$$x=0.30$$ $$y=0.667(0.30)+0.317=0.517$$

因此進料板操作線交點為：

$$\boxed{(x,y)\approx(0.30,0.52)}$$

2. 提餾段操作線

提餾段操作線通過：

$$(x_B,x_B)=(0.05,0.05)$$

以及：

$$(0.30,0.517)$$

其斜率為：

$$m_S=\frac{0.517-0.05}{0.30-0.05} =\frac{0.467}{0.25} \approx1.87$$

因此：

$$y-0.05=1.87(x-0.05)$$ $$\boxed{y\approx1.87x-0.0435}$$

3. 逐級階梯計算

由 $(x_D,x_D)=(0.95,0.95)$ 出發，在平衡曲線與操作線間交替作水平、垂直階梯：

• 第 1 級：約 $x_1=0.82$
• 第 2 級：約 $x_2=0.65$
• 第 3 級：約 $x_3=0.48$
• 第 4 級：約 $x_4=0.32$
• 第 5 級：約 $x_5=0.22$

第五板液相組成約為：

此題考驗學生對流體力學中，在球座標系下，應用 Navier-Stokes 方程式於低雷諾數 (creeping flow) 流動問題的分析能力，並結合邊界條件、假設速度場形式及計算力矩。

給定條件：

• 流體：牛頓流體，不可壓縮，恆溫。
• 幾何：兩個同心球殼，內半徑 $KR$，外半徑 $R$。
• 運動：外殼固定，內殼以角速度 $\omega$ 旋轉（$\phi$ 方向）。
• 流動假設：蠕動流 (creeping flow)，即雷諾數很小，慣性力可忽略。
• 速度場假設：$v_r = v_\theta = 0$, $v_\phi = v_\phi(r, \theta)$, $p = p(r,\theta)$。

(a) 簡化 $\phi$-分量的 Navier-Stokes 方程式

球座標系下的 Navier-Stokes 方程式 (動量方程) 如下：

$\rho \left( \frac{\partial v_r}{\partial t} + v_r \frac{\partial v_r}{\partial r} + \frac{v_\theta}{r} \frac{\partial v_r}{\partial \theta} + \frac{v_\phi}{r \sin \theta} \frac{\partial v_r}{\partial \phi} - \frac{v_\theta^2}{r} - \frac{v_\phi^2}{r \sin \theta} \right) = -\frac{\partial p}{\partial r} + \mu \left( \nabla^2 v_r - \frac{2 v_r}{r^2} - \frac{2}{r^2} \frac{\partial v_\theta}{\partial \theta} - \frac{2 v_\theta \cot \theta}{r^2} - \frac{2}{r^2 \sin \theta} \frac{\partial v_\phi}{\partial \phi} \right)$ ($r$-component)

$\rho \left( \frac{\partial v_\theta}{\partial t} + v_r \frac{\partial v_\theta}{\partial r} + \frac{v_\theta}{r} \frac{\partial v_\theta}{\partial \theta} + \frac{v_\phi}{r \sin \theta} \frac{\partial v_\theta}{\partial \phi} + \frac{v_r v_\theta}{r} - \frac{v_\phi^2 \cot \theta}{r} \right) = -\frac{1}{r} \frac{\partial p}{\partial \theta} + \mu \left( \nabla^2 v_\theta + \frac{2}{r^2} \frac{\partial v_r}{\partial \theta} - \frac{v_\theta}{r^2 \sin^2 \theta} - \frac{2 \cot \theta}{r^2} \frac{\partial v_\theta}{\partial \theta} - \frac{2}{r^2 \sin \theta} \frac{\partial v_\phi}{\partial \phi} \right)$ ($\theta$-component)

$\rho \left( \frac{\partial v_\phi}{\partial t} + v_r \frac{\partial v_\phi}{\partial r} + \frac{v_\theta}{r} \frac{\partial v_\phi}{\partial \theta} + \frac{v_\phi}{r \sin \theta} \frac{\partial v_\phi}{\partial \phi} + \frac{v_r v_\phi}{r} + \frac{v_\theta v_\phi}{r} \cot \theta \right) = -\frac{1}{r \sin \theta} \frac{\partial p}{\partial \phi} + \mu \left( \nabla^2 v_\phi + \frac{2}{r^2 \sin \theta} \frac{\partial v_r}{\partial \phi} + \frac{2}{r^2} \frac{\partial v_\theta}{\partial \theta} \frac{1}{\sin \theta} - \frac{v_\phi}{r^2 \sin^2 \theta} \right)$ ($\phi$-component)

其中 $\nabla^2$ 是球座標下的拉普拉斯算子：
$\nabla^2 = \frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r} \left( r^2 \frac{\partial}{\partial r} \right) + \frac{1}{r^2 \sin \theta} \frac{\partial}{\partial \theta} \left( \sin \theta \frac{\partial}{\partial \theta} \right) + \frac{1}{r^2 \sin^2 \theta} \frac{\partial^2}{\partial \phi^2}$

根據給定的假設進行簡化：

1. 蠕動流 (Creeping flow)：慣性力項為零。即所有包含 $\rho$ 的項都為零。
2. 速度場假設：
   • $v_r = 0$, $v_\theta = 0$
   • $v_\phi = v_\phi(r, \theta)$ (只依賴於 $r$ 和 $\theta$)
   • $\frac{\partial v_\phi}{\partial t} = 0$ (穩態流)
   • $\frac{\partial}{\partial \phi} = 0$ (由於 $v_\phi$ 不依賴於 $\phi$)
3. 壓力場假設：$p = p(r,\theta)$ (這意味著 $\frac{\partial p}{\partial \phi} = 0$)

將這些代入 $\phi$-分量的 Navier-Stokes 方程式：

$\rho \left( \frac{\partial v_\phi}{\partial t} + v_r \frac{\partial v_\phi}{\partial r} + \frac{v_\theta}{r} \frac{\partial v_\phi}{\partial \theta} + \frac{v_\phi}{r \sin \theta} \frac{\partial v_\phi}{\partial \phi} + \frac{v_r v_\phi}{r} + \frac{v_\theta v_\phi}{r} \cot \theta \right) = -\frac{1}{r \sin \theta} \frac{\partial p}{\partial \phi} + \mu \left( \nabla^2 v_\phi + \frac{2}{r^2 \sin \theta} \frac{\partial v_r}{\partial \phi} + \frac{2}{r^2 \sin \theta} \frac{\partial v_\theta}{\partial \theta} - \frac{v_\phi}{r^2 \sin^2 \theta} \right)$

簡化後：

• 左邊的慣性項：

  • $\frac{\partial v_\phi}{\partial t} = 0$ (穩態)
  • $v_r = 0$
  • $v_\theta = 0$
  • $\frac{v_\phi}{r \sin \theta} \frac{\partial v_\phi}{\partial \phi} = 0$ (因為 $\frac{\partial}{\partial \phi}=0$)
  • $\frac{v_r v_\phi}{r} = 0$
  • $\frac{v_\theta v_\phi}{r} \cot \theta = 0$
    所以左邊整個為 0。

• 壓力項：

  • $-\frac{1}{r \sin \theta} \frac{\partial p}{\partial \phi} = 0$ (因為 $\frac{\partial p}{\partial \phi} = 0$)

• 黏滯項 $\mu \left( \nabla^2 v_\phi + \dots \right)$：

  • $\nabla^2 v_\phi = \frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r} \left( r^2 \frac{\partial v_\phi}{\partial r} \right) + \frac{1}{r^2 \sin \theta} \frac{\partial}{\partial \theta} \left( \sin \theta \frac{\partial v_\phi}{\partial \theta} \right) + \frac{1}{r^2 \sin^2 \theta} \frac{\partial^2 v_\phi}{\partial \phi^2}$
  • 由於 $\frac{\partial^2 v_\phi}{\partial \phi^2} = 0$，所以 $\nabla^2 v_\phi = \frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r} \left( r^2 \frac{\partial v_\phi}{\partial r} \right) + \frac{1}{r^2 \sin \theta} \frac{\partial}{\partial \theta} \left( \sin \theta \frac{\partial v_\phi}{\partial \theta} \right)$。
  • $\frac{2}{r^2 \sin \theta} \frac{\partial v_r}{\partial \phi} = 0$ (因為 $v_r=0$ 且 $\frac{\partial}{\partial \phi}=0$)
  • $\frac{2}{r^2 \sin \theta} \frac{\partial v_\theta}{\partial \theta} = 0$ (因為 $v_\theta=0$)
  • $-\frac{v_\phi}{r^2 \sin^2 \theta}$ (此項保留)

將簡化後的項組合起來，得到 $\phi$-分量的 Navier-Stokes 方程式：
$0 = 0 + \mu \left( \frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r} \left( r^2 \frac{\partial v_\phi}{\partial r} \right) + \frac{1}{r^2 \sin \theta} \frac{\partial}{\partial \theta} \left( \sin \theta \frac{\partial v_\phi}{\partial \theta} \right) - \frac{v_\phi}{r^2 \sin^2 \theta} \right)$

將 $\mu$ 移到左邊，或者為了簡潔，我們寫成：
$\frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r} \left( r^2 \frac{\partial v_\phi}{\partial r} \right) + \frac{1}{r^2 \sin \theta} \frac{\partial}{\partial \theta} \left( \sin \theta \frac{\partial v_\phi}{\partial \theta} \right) - \frac{v_\phi}{r^2 \sin^2 \theta} = 0$
乘以 $r^2$ 得到：
$\frac{\partial}{\partial r} \left( r^2 \frac{\partial v_\phi}{\partial r} \right) + \frac{1}{\sin \theta} \frac{\partial}{\partial \theta} \left( \sin \theta \frac{\partial v_\phi}{\partial \theta} \right) - \frac{v_\phi}{\sin^2 \theta} = 0$

(b) 求解速度場所需的邊界條件

我們需要描述速度在區域邊界上的行為。

• 內殼邊界 (Inner shell, $r = KR$)：內殼以角速度 $\omega$ 旋轉。由於是牛頓流體和蠕動流，流體速度與固體表面速度相同 (無滑移條件)。
  $v_\phi(r=KR, \theta) = \omega (KR) \sin \theta$
  注意：由於 $v_\phi$ 是與 $\phi$ 方向相關的速度，而內殼表面的速度是切向速度。在球座標系中，點 $(r, \theta, \phi)$ 的切向速度分量是 $\omega r \sin \theta$。因此，在 $r=KR$ 處，$v_\phi = \omega (KR) \sin \theta$。

• 外殼邊界 (Outer shell, $r = R$)：外殼固定不動。
  $v_\phi(r=R, \theta) = 0$

• 對稱性條件 (Symmetry conditions)：
  由於流動是對稱的，速度場不應隨 $\phi$ 變化。這已經在 (a) 中使用。
  另外，由於內殼以 $\omega$ 旋轉，流動可能只依賴於 $\theta$。如果流動是軸對稱的 (即不依賴於 $\phi$)，那麼 $v_\phi$ 應該是關於 $\theta = \pi/2$ 對稱的。
  然而，給定的假設是 $v_\phi = v_\phi(r, \theta)$，這已經包含了軸對稱性。
  在極點（$\theta=0$ 和 $\theta=\pi$）處，速度必須是有限的。

  • 當 $\theta \to 0$ 或 $\theta \to \pi$ 時，$v_\phi$ 必須有界。

因此，總結邊界條件：

1. $v_\phi(r=KR, \theta) = \omega KR \sin \theta$
2. $v_\phi(r=R, \theta) = 0$
3. $v_\phi$ 在 $\theta = 0$ 和 $\theta = \pi$ 處有界。

(c) 速度剖面假設 $v_\phi = r f(\theta)$ 的合理性分析

學生假設 $v_\phi = r f(\theta)$。
我們需要判斷這個假設是否合理，特別是它是否能滿足簡化後的 Navier-Stokes 方程式和邊界條件。

1. 是否滿足速度場假設？

   • $v_\phi = r f(\theta)$ 確實只依賴於 $r$ 和 $\theta$，滿足 $v_\phi = v_\phi(r, \theta)$。
   • $v_r = v_\theta = 0$ 也是滿足的。

2. 是否滿足簡化後的 Navier-Stokes 方程式？
   簡化後的方程式是：
   $\frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r} \left( r^2 \frac{\partial v_\phi}{\partial r} \right) + \frac{1}{r^2 \sin \theta} \frac{\partial}{\partial \theta} \left( \sin \theta \frac{\partial v_\phi}{\partial \theta} \right) - \frac{v_\phi}{r^2 \sin^2 \theta} = 0$