108 地方特考三等 水利工程 流體力學 考古題詳解

108 年・地方特考・三等・水利工程
試題代碼 流體力學

第 一 題

有一個二維之平面流場，其速度場可表示為：

V⃗=(3xy)i⃗+(1.5x2−1.5y2)j⃗ m/s\vec{V}=(3xy)\vec{i}+(1.5x^2-1.5y^2)\vec{j}\ \text{m/s}

試問：

(一) 此流場是否為不可壓縮流（incompressible flow）？（6 分）

(二) 此流場之渦度（vorticity）為何？是否為無旋流（irrotational flow）？（6 分）

(三) 流體質點在位置 (x,y)=(2,1)(x,y)=(2,1) 之加速度向量為何？（8 分）

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核心觀念

本題考查二維速度場的連續方程、渦度定義，以及流體質點的加速度。令

u=3xy,v=1.5x2−1.5y2u=3xy,\qquad v=1.5x^2-1.5y^2

其中 uu、vv 分別是 xx、yy 方向的速度分量。

對二維流場：

  • 不可壓縮條件為速度散度為零：
∇⋅V⃗=∂u∂x+∂v∂y=0\nabla\cdot\vec V=\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial v}{\partial y}=0
  • 二維流場的渦度只有 zz 方向分量：
ω⃗=∇×V⃗=(∂v∂x−∂u∂y)k⃗\vec\omega=\nabla\times\vec V =\left(\frac{\partial v}{\partial x}-\frac{\partial u}{\partial y}\right)\vec k
  • 質點加速度由局部加速度與對流加速度組成：
a⃗=DV⃗Dt=∂V⃗∂t+(V⃗⋅∇)V⃗\vec a=\frac{D\vec V}{Dt} =\frac{\partial\vec V}{\partial t}+(\vec V\cdot\nabla)\vec V

（一）判斷是否為不可壓縮流

計算速度散度：

∂u∂x=3y,∂v∂y=−3y\frac{\partial u}{\partial x}=3y,\qquad \frac{\partial v}{\partial y}=-3y

因此

∇⋅V⃗=3y−3y=0\nabla\cdot\vec V=3y-3y=0

此結果對所有位置均成立，所以此流場為不可壓縮流。

（二）渦度與是否為無旋流

計算渦度的 zz 方向分量：

∂v∂x=3x,∂u∂y=3x\frac{\partial v}{\partial x}=3x,\qquad \frac{\partial u}{\partial y}=3x

故

ω⃗=(3x−3x)k⃗=0⃗ s−1\vec\omega =\left(3x-3x\right)\vec k =\vec 0\ \text{s}^{-1}

渦度在所有位置皆為零，因此此流場為無旋流（irrotational flow）。

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第 二 題

如下圖所示之漸縮彎管，在①處之速度為線性分佈（linear velocity profile）；在②與③處之速度則保持均勻（uniform velocity）。已知流場可假設為不可壓縮流及穩流，試問：

(一) 試由雷諾傳輸定理

DBsysDt=∂∂t∭CVbρ dV+∯CSbρV⃗⋅dA⃗\frac{D B_{\mathrm{sys}}}{D t}=\frac{\partial}{\partial t}\iiint_{\mathrm{CV}}b\rho\,dV+\oiint_{\mathrm{CS}}b\rho\vec{V}\cdot d\vec{A}

得出連續方程式之積分型式，其中 BB 為流場之某外延性質（extensive property）；bb 則為相對應之比性質（specific property）。（10 分）

(二) 利用(一)小題所得之連續方程式，求解在圖中①處之最大速度 V1,max⁡V_{1,\max}。（10 分）

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核心觀念

本題考查以雷諾傳輸定理建立質量守恆的積分式，並將各截面的速度分布積分成體積流率。穩流、不可壓縮時，控制體內的質量不隨時間改變，因此流入總流量等於流出總流量。

（一）由雷諾傳輸定理推導連續方程式

令外延性質 BB 為系統質量 mm，其比性質為 b=1b=1。代入雷諾傳輸定理：

DmsysDt=∂∂t∭CVρ dV+∯CSρV⃗⋅dA⃗\frac{D m_{\mathrm{sys}}}{D t} = \frac{\partial}{\partial t}\iiint_{\mathrm{CV}}\rho\,dV + \oiint_{\mathrm{CS}}\rho\vec{V}\cdot d\vec{A}

質量守恆表示系統質量不變，故 DmsysDt=0\frac{D m_{\mathrm{sys}}}{D t}=0，得到質量守恆的積分式：

∂∂t∭CVρ dV+∯CSρV⃗⋅dA⃗=0\frac{\partial}{\partial t}\iiint_{\mathrm{CV}}\rho\,dV + \oiint_{\mathrm{CS}}\rho\vec{V}\cdot d\vec{A} =0

題目假設流場為穩流，因此控制體內的質量累積項為零：

∯CSρV⃗⋅dA⃗=0\oiint_{\mathrm{CS}}\rho\vec{V}\cdot d\vec{A}=0

再利用不可壓縮流的密度為常數，可將 ρ\rho 約去：

∯CSV⃗⋅dA⃗=0\oiint_{\mathrm{CS}}\vec{V}\cdot d\vec{A}=0

也就是控制面上的淨體積流率為零，可寫成：

∑Qin=∑Qout\sum Q_{\mathrm{in}}=\sum Q_{\mathrm{out}}

（二）求①處最大速度

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第 三 題

對一具有黏性之二維、穩態、不可壓縮、層流邊界層外流場，常以正弦函數來近似其速度分佈，即：

u(x,y)=Asin⁡(By)+Cu(x,y)=A\sin(By)+C

試回答下列問題：

(一) 列出求解速度分佈所需之邊界條件。（10 分）

(二) 試解出前述流速分佈公式中之 AA、BB 與 CC 之值。（10 分）

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核心觀念

本題考查邊界層速度分佈的邊界條件，以及如何利用邊界條件決定近似速度式中的常數。題目給定

u(x,y)=Asin⁡(By)+Cu(x,y)=A\sin(By)+C

其中 y=0y=0 為固體壁面，y=δy=\delta 為邊界層外緣，外部流速為 U∞U_\infty。在有限厚度邊界層的近似模型中，通常採用三個條件：

  1. 壁面無滑移條件：壁面上的流體速度等於壁面速度。
  2. 外緣速度條件：邊界層外緣速度等於外部流速。
  3. 外緣速度梯度條件：速度分佈在外緣平順接合外部均勻流，故其法向速度梯度為零。

解題方法與推導

（一）求解速度分佈所需的邊界條件

壁面靜止，依無滑移條件：

u(x,0)=0u(x,0)=0

邊界層外緣速度等於外部流速：

u(x,δ)=U∞u(x,\delta)=U_\infty

外部流為均勻流，速度在外緣平順接合，因此：

∂u∂y∣y=δ=0\left.\frac{\partial u}{\partial y}\right|_{y=\delta}=0

這三個條件分別用來決定 CC、AA 與 BB。

（二）求 AA、BB 與 CC

先將壁面條件代入速度式：

u(x,0)=Asin⁡(0)+C=0u(x,0)=A\sin(0)+C=0

因此

C=0C=0

對速度式對 yy 微分：

∂u∂y=ABcos⁡(By)\frac{\partial u}{\partial y}=AB\cos(By)

將外緣速度梯度條件代入：

ABcos⁡(Bδ)=0AB\cos(B\delta)=0
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第 四 題

表面光滑之球體沉浸於空氣中時，球體所受之阻力 FF 受到球體直徑 DD、空氣密度 ρ\rho、空氣動力黏滯係數 μ\mu、空氣與球體之相對速度 VV 影響。試問：

(一) 以 MM-LL-TT 系統列出本題各物理量之因次。（5 分）

(二) 利用白金漢 π\pi 定理（Buckingham π\pi Theorem）進行因次分析，以 ρ\rho、VV、DD 為重覆變數，求得本題之無因次參數式。（15 分）

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核心觀念

本題考查白金漢 π\pi 定理：若一問題包含 nn 個有因次物理量，且這些量由 kk 個基本因次組成，則可整理成 n−kn-k 個彼此獨立的無因次參數。

本題共 55 個物理量：阻力 FF、球體直徑 DD、空氣密度 ρ\rho、動力黏滯係數 μ\mu、相對速度 VV。基本因次為質量 MM、長度 LL、時間 TT，故應有 5−3=25-3=2 個無因次參數。

（一）各物理量之因次

由基本定義：

  • 力 F=maF=ma，故 [F]=MLT−2[F]=MLT^{-2}。
  • 直徑為長度，故 [D]=L[D]=L。
  • 密度為質量除以體積，故 [ρ]=ML−3[\rho]=ML^{-3}。
  • 動力黏滯係數由剪應力與速度梯度之比定義，故 [μ]=ML−1T−1[\mu]=ML^{-1}T^{-1}。
  • 速度為長度除以時間，故 [V]=LT−1[V]=LT^{-1}。

整理如下：

物理量符號MM-LL-TT 因次
阻力FFMLT−2MLT^{-2}
球體直徑DDLL
空氣密度ρ\rhoML−3ML^{-3}
動力黏滯係數μ\muML−1T−1ML^{-1}T^{-1}
相對速度VVLT−1LT^{-1}

（二）以 ρ\rho、VV、DD 為重覆變數求無因次參數式

解題方法

以 ρ\rho、VV、DD 作為重覆變數，分別搭配未納入重覆變數的 FF、μ\mu，建立兩個 π\pi 群。重覆變數須能涵蓋 MM、LL、TT 三個基本因次；本題中 ρ\rho、VV、DD 符合此條件。

設

π1=FρaVbDc\pi_1=F\rho^a V^bD^c

由各量因次：

[π1]=(MLT−2)(ML−3)a(LT−1)b(L)c[\pi_1] =(MLT^{-2})(ML^{-3})^a(LT^{-1})^b(L)^c

令 MM、LL、TT 的指數分別為零：

{1+a=01−3a+b+c=0−2−b=0\begin{cases} 1+a=0\\ 1-3a+b+c=0\\ -2-b=0 \end{cases}

解得 a=−1a=-1、b=−2b=-2、c=−2c=-2，因此

π1=FρV2D2\pi_1=\frac{F}{\rho V^2D^2}

再設

π2=μρdVeDf\pi_2=\mu\rho^dV^eD^f

則

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第 五 題

有一水路系統如下圖所示，兩開放水槽間以管徑 600 mm600\ \text{mm} 之水管連接。系統設有一渦輪機對外輸出作功，已知點 A 至點 1 間之水頭損失 hL,A−1h_{L,A-1} 為 5 倍的管路速度水頭（velocity head），點 2 至點 B 間之水頭損失 hL,2−Bh_{L,2-B} 為 0.2 倍的管路速度水頭。當管路流量為 700 L/s700\ \text{L/s} 時，試求：

(一) 水頭損失 hL,A−1h_{L,A-1} 與 hL,2−Bh_{L,2-B}。（假設水之密度為 1000 kg/m31000\ \text{kg/m}^3；重力加速度為 9.81 m/s29.81\ \text{m/s}^2）（10 分）

(二) 渦輪機所輸出之功率。（假設渦輪機之效率為 100%）（10 分）

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核心觀念

本題考查管路速度水頭、局部與沿程水頭損失，以及含渦輪機的伯努力方程。渦輪機從水流中取出的能量以渦輪機水頭 hTh_T 表示；渦輪機輸出功率為

PT=ηρgQhTP_T=\eta \rho gQh_T

題目給定效率 η=100%=1\eta=100\%=1。

解題方法與計算

先由流量與管徑求管內平均流速，再算速度水頭。題目指出兩段損失分別為速度水頭的 55 倍及 0.20.2 倍。

管徑 D=0.6 mD=0.6\ \text{m}，流量 Q=700 L/s=0.7 m3/sQ=700\ \text{L/s}=0.7\ \text{m}^3/\text{s}，管內平均流速為

V=QA=0.7π(0.6)2/4=2.476 m/sV=\frac{Q}{A} =\frac{0.7}{\pi(0.6)^2/4} =2.476\ \text{m/s}

因此速度水頭為

V22g=(2.476)22(9.81)=0.3124 m\frac{V^2}{2g} =\frac{(2.476)^2}{2(9.81)} =0.3124\ \text{m}

（一）水頭損失

hL,A−1=5V22g=5(0.3124)=1.562 mh_{L,A-1}=5\frac{V^2}{2g} =5(0.3124) =1.562\ \text{m} hL,2−B=0.2V22g=0.2(0.3124)=0.0625 mh_{L,2-B}=0.2\frac{V^2}{2g} =0.2(0.3124) =0.0625\ \text{m}

（二）渦輪機輸出功率

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