111 高普考高考二級 化學工程 高等輸送現象 考古題詳解

核心觀念

本題為輸送現象中「動量傳送」（Momentum Transport）的經典基石題型，主要考核以下核心理論與公式：

1. 完全發展層流（Fully Developed Laminar Flow）與牛頓黏滯定律（Newton's Law of Viscosity）：流體沿軸向作一維流動，速度分布僅為徑向位置的函數 $v_z = v_z(r)$，剪應力遵循 $\tau_{rz} = -\mu \frac{dv_z}{dr}$。
2. 圓殼動量均衡（Shell Momentum Balance）或 Navier-Stokes 方程式：在圓柱座標系下的穩態動量守恆分析。
3. 哈根-泊肅葉方程式（Hagen-Poiseuille Equation）：推導不可壓縮牛頓流體在水平圓管內的體積流率公式。
4. 摩擦因數（Friction Factor）與雷諾數（Reynolds Number, $Re$）：管壁剪應力（Wall Shear Stress）與流體動能的比值定義，推導層流條件下兩者之反比關係。

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解題方法

步驟一：基本假設與座標系統設定

選定圓柱座標系 $(r, \theta, z)$，設圓管對稱軸為 $z$ 軸，管徑範圍 $0 \le r \le R$，管長範圍 $0 \le z \le L$。 根據題目條件，設定以下合理物理假設：

1. 穩態流動（Steady-state flow）：$\frac{\partial}{\partial t} = 0$。
2. 不可壓縮流體（Incompressible fluid）：密度 $\rho = \text{常數}$。
3. 水平圓管且忽略重力效應（Horizontal tube, gravity is negligible）。
4. 完全發展層流（Fully developed laminar flow）：速度場僅有軸向分量，且與角度 $\theta$ 及軸向位置 $z$ 無關，即 $v_r = 0$、$v_\theta = 0$、$v_z = v_z(r)$。
5. 軸對稱性（Axisymmetry）：$\frac{\partial}{\partial \theta} = 0$。

由連續方程式可知： $\frac{\partial v_z}{\partial z} = 0 \implies v_z = v_z(r)$

步驟二：動量均衡方程式與速度分布推導

取一厚度為 $\Delta r$、長度為 $L$ 的同心圓柱流體薄殼（Shell）進行動量或作用力平衡（亦可直接化簡圓柱座標系之 $z$ 方向 Navier-Stokes 方程式）： $\left( 2\pi r L \tau_{rz} \right)_r - \left( 2\pi r L \tau_{rz} \right)_{r+\Delta r} + (p_0 - p_L)(2\pi r \Delta r) = 0$

同除以 $2\pi L \Delta r$ 並取極限 $\Delta r \to 0$： $\frac{d}{dr}(r \tau_{rz}) = \frac{p_0 - p_L}{L} r$

對 $r$ 進行第一次積分： $r \tau_{rz} = \frac{p_0 - p_L}{2L} r^2 + C_1 \implies \tau_{rz} = \frac{p_0 - p_L}{2L} r + \frac{C_1}{r}$

• 邊界條件 1（管軸對稱性/動量通量有限）：在 $r = 0$ 處，剪應力 $\tau_{rz}$ 必須為有限值，故常數 $C_1 = 0$。 剪應力分布為： $\tau_{rz} = \frac{p_0 - p_L}{2L} r$

代入牛頓黏滯定律 $\tau_{rz} = -\mu \frac{dv_z}{dr}$： $-\mu \frac{dv_z}{dr} = \frac{p_0 - p_L}{2L} r \implies \frac{dv_z}{dr} = -\frac{p_0 - p_L}{2\mu L} r$

對 $r$ 積分求速度分布： $v_z(r) = -\frac{p_0 - p_L}{4\mu L} r^2 + C_2$

• 邊界條件 2（管壁無滑移條件，No-slip Condition）：在管壁 $r = R$ 處，流體速度為零，即 $v_z(R) = 0$： $0 = -\frac{p_0 - p_L}{4\mu L} R^2 + C_2 \implies C_2 = \frac{p_0 - p_L}{4\mu L} R^2$

得管內流體速度分布方程式： $v_z(r) = \frac{(p_0 - p_L) R^2}{4\mu L} \left[ 1 - \left( \frac{r}{R} \right)^2 \right]$

步驟三：體積流率（Volumetric Flow Rate）求解

體積流率 $Q$ 為速度對管截面積的積分： $Q = \int_A v_z \, dA = \int_0^R v_z(r) \cdot 2\pi r \, dr$

代入速度分布： $Q = 2\pi \frac{(p_0 - p_L) R^2}{4\mu L} \int_0^R \left[ r - \frac{r^3}{R^2} \right] dr$

計算定積分： $\int_0^R \left( r - \frac{r^3}{R^2} \right) dr = \left[ \frac{r^2}{2} - \frac{r^4}{4R^2} \right]_0^R = \frac{R^2}{2} - \frac{R^2}{4} = \frac{R^2}{4}$

核心觀念

本題屬於高等輸送現象中「動量輸送（Fluid Dynamics）」之典型圓柱座標外流場（Annular/External Film Flow）問題，源自經典文獻及教科書（Bird, Stewart, Lightfoot 之 Transport Phenomena 習題 2.B.2）。核心考核重點包含：

1. 圓柱座標系下的運動方程式（Navier-Stokes 方程式）與連續方程式： 在對稱軸對稱、充分發展（Fully developed）層流流場下，簡化動量平衡方程式。
2. 牛頓黏滯定律（Newton's Law of Viscosity）： 剪應力張量分量 $\tau_{rz} = -\mu \frac{dv_z}{dr}$。
3. 物理邊界條件之設定：

• 固體圓管外壁（$r = R$）：無滑移邊界條件（No-slip condition），$v_z = 0$。
• 液膜自由表面（$r = R + (a-1)R = aR$）：忽略氣體剪切阻力，剪應力為零（Zero shear stress），$\tau_{rz} = 0 \implies \frac{dv_z}{dr} = 0$。

4. 截面積分求質量流率（Mass Flow Rate）： 在圓柱座標中微元截面積為 $dA = 2\pi r\,dr$，質量流率為 $w = \int \rho v_z\,dA$。

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解題方法

步驟一：建立座標系與流場基本假設

1. 建立圓柱座標系 $(r, \theta, z)$，原點設於管軸中心，令 $z$ 軸垂直向下（與重力方向同向，故重力加速度向量 $g_z = g > 0$）。
2. 流動為穩態（Steady state）、不可壓縮（Incompressible, $\rho = \text{常數}$）之牛頓流體（Newtonian, $\mu = \text{常數}$）。
3. 流動為軸對稱且沿 $z$ 方向完全發展之層流（Laminar flow）： $v_r = 0, \quad v_\theta = 0, \quad v_z = v_z(r)$
4. 液膜表面暴露於周圍大氣，軸向壓力梯度為零： $\frac{\partial p}{\partial z} = 0$

步驟二：推導支配方程式（Governing Equation）

取 $z$ 方向之動量平衡方程式（或圓柱微元殼層動量平衡 Shell Momentum Balance）： $\rho \left( \frac{\partial v_z}{\partial t} + v_r \frac{\partial v_z}{\partial r} + \frac{v_\theta}{r}\frac{\partial v_z}{\partial \theta} + v_z \frac{\partial v_z}{\partial z} \right) = -\frac{\partial p}{\partial z} + \mu \left[ \frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left( r\frac{\partial v_z}{\partial r} \right) + \frac{1}{r^2}\frac{\partial^2 v_z}{\partial \theta^2} + \frac{\partial^2 v_z}{\partial z^2} \right] + \rho g_z$

經上述流場假設簡化後，得： $\frac{\mu}{r}\frac{d}{dr}\left( r \frac{dv_z}{dr} \right) + \rho g = 0$ 亦即： $\frac{d}{dr}\left( r \frac{dv_z}{dr} \right) = -\frac{\rho g}{\mu} r$

步驟三：求解液膜速度分佈（流場）

將上式對 $r$ 進行第一次積分： $r \frac{dv_z}{dr} = -\frac{\rho g}{2\mu} r^2 + C_1 \implies \frac{dv_z}{dr} = -\frac{\rho g}{2\mu} r + \frac{C_1}{r}$

利用自由表面邊界條件： 在液氣界面 $r = aR$ 處，氣體摩擦力可忽略，故剪應力 $\tau_{rz} = 0$，即： $\left. \frac{dv_z}{dr} \right|_{r = aR} = 0$ 代入得： $0 = -\frac{\rho g}{2\mu}(aR) + \frac{C_1}{aR} \implies C_1 = \frac{\rho g a^2 R^2}{2\mu}$

將 $C_1$ 代回速度斜率式： $\frac{dv_z}{dr} = -\frac{\rho g}{2\mu} r + \frac{\rho g a^2 R^2}{2\mu}\frac{1}{r} = \frac{\rho g}{2\mu}\left( \frac{a^2 R^2}{r} - r \right)$

對 $r$ 進行第二次積分： $v_z(r) = -\frac{\rho g}{4\mu} r^2 + \frac{\rho g a^2 R^2}{2\mu}\ln r + C_2$

利用固體外管壁無滑移邊界條件： 在 $r = R$ 處，$v_z = 0$： $0 = -\frac{\rho g R^2}{4\mu} + \frac{\rho g a^2 R^2}{2\mu}\ln R + C_2 \implies C_2 = \frac{\rho g R^2}{4\mu} - \frac{\rho g a^2 R^2}{2\mu}\ln R$

將 $C_2$ 代入速度分佈式並合併同類項整理： $v_z(r) = \frac{\rho g R^2}{4\mu} \left[ 1 - \left(\frac{r}{R}\right)^2 + 2a^2 \ln\left(\frac{r}{R}\right) \right]$

此即外管側液膜之速度流場。

步驟四：求解液膜之質量流率（Mass Flow Rate）

液膜在流動截面（$R \le r \le aR$）上的質量流率 $w$ 為： $w = \int_R^{aR} \rho v_z(r) \cdot 2\pi r\,dr = 2\pi\rho \int_R^{aR} v_z(r) r\,dr$

核心觀念

本題評量**一維非穩態熱傳導（Unsteady-State Heat Conduction）與相似變數法（Similarity Transformation / Combination of Variables）**之數學推導能力。涉及之核心觀念與定義如下：

1. 統御方程式（Governing Equation）： 在無內生熱、等向性且熱物性（密度 $\rho$、比熱 $C_p$、熱傳導係數 $k$）為常數之條件下，半無窮大固體之一維熱傳導方程式為：

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

其中 $\alpha = \frac{k}{\rho C_p}$ 為熱擴散係數（thermal diffusivity）。

2. 初始條件與邊界條件（IC 與 BCs）：

• 初始條件（IC）：$t = 0,\ y > 0 \implies T = T_0$
• 表面邊界條件（BC 1）：$y = 0,\ t > 0 \implies T = T_1$
• 無窮遠處邊界條件（BC 2）：$y \to \infty,\ t > 0 \implies T = T_0$

3. 相似變數（Similarity Variable）： 利用題目指定之無因次組合自變數 $\eta = \frac{y}{\sqrt{4\alpha t}}$，將含有兩個自變數 $(y, t)$ 之偏微分方程式（PDE），降階轉換為僅含單一自變數 $\eta$ 之二階常微分方程式（ODE）。同時，必須滿足起始條件（$t=0$）與無窮遠邊界條件（$y\to\infty$）在轉換後能合而為一之條件（即皆對應至 $\eta \to \infty$）。

4. 誤差函數（Error Function）之定義：

$$\operatorname{erf}(\eta) \equiv \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_0^\eta e^{-\bar{\eta}^2} d\bar{\eta}, \quad \operatorname{erfc}(\eta) \equiv 1 - \operatorname{erf}(\eta) = \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_\eta^\infty e^{-\bar{\eta}^2} d\bar{\eta}$$

其中 $\operatorname{erf}(0) = 0$，$\operatorname{erf}(\infty) = 1$。

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解題方法

步驟一：以鏈鎖律（Chain Rule）展開偏微分項

已知相似變數為：

$$\eta(y,t) = \frac{y}{\sqrt{4\alpha t}} = \frac{1}{2\sqrt{\alpha}} y t^{-1/2}$$

計算各階偏導函數：

1. 對時間 $t$ 之偏微分：

$$\frac{\partial \eta}{\partial t} = \frac{y}{2\sqrt{\alpha}} \left(-\frac{1}{2} t^{-3/2}\right) = -\frac{1}{2t} \left(\frac{y}{2\sqrt{\alpha t}}\right) = -\frac{\eta}{2t}$$

根據鏈鎖律：

$$\frac{\partial T}{\partial t} = \frac{dT}{d\eta} \frac{\partial \eta}{\partial t} = -\frac{\eta}{2t} \frac{dT}{d\eta}$$

2. 對空間 $y$ 之偏微分：

$$\frac{\partial \eta}{\partial y} = \frac{1}{\sqrt{4\alpha t}}$$

一階導數：

$$\frac{\partial T}{\partial y} = \frac{dT}{d\eta} \frac{\partial \eta}{\partial y} = \frac{1}{\sqrt{4\alpha t}} \frac{dT}{d\eta}$$

二階導數：

$$\frac{\partial^2 T}{\partial y^2} = \frac{\partial}{\partial y}\left( \frac{\partial T}{\partial y} \right) = \frac{1}{\sqrt{4\alpha t}} \frac{d}{d\eta}\left( \frac{dT}{d\eta} \right) \frac{\partial \eta}{\partial y} = \frac{1}{4\alpha t} \frac{d^2 T}{d\eta^2}$$

步驟二：將導函數代入統御方程式（PDE 轉化為 ODE）

將上述偏微分項代入熱傳導方程式 $\frac{\partial T}{\partial t} = \alpha \frac{\partial^2 T}{\partial y^2}$：

$$-\frac{\eta}{2t} \frac{dT}{d\eta} = \alpha \left( \frac{1}{4\alpha t} \frac{d^2 T}{d\eta^2} \right) = \frac{1}{4t} \frac{d^2 T}{d\eta^2}$$

兩邊同乘以 $4t$ 整理得：

$$\frac{d^2 T}{d\eta^2} + 2\eta \frac{dT}{d\eta} = 0$$

步驟三：邊界條件轉換

1. 在 $y = 0$（$t > 0$）處：

$$\eta = \frac{0}{\sqrt{4\alpha t}} = 0 \implies T(0) = T_1$$

2. 在 $y \to \infty$（$t > 0$）以及 $t = 0$（$y > 0$）處：

$$\eta \to \infty \implies T(\infty) = T_0$$

此二條件成功合流為單一邊界條件 $T(\infty) = T_0$，確認相似變數變換成立。

核心觀念

本題為輸送現象中「結合孔隙擴散與化學反應」的經典球形座標微觀質量平衡問題，屬於高考二級高等輸送現象與化學反應工程學的核心題型。主要考核以下觀念與公式：

1. 球座標之微觀質量平衡（Microscopic Mass Balance）： 在等溫、恆體積、無對流（純擴散）、穩態系統下，反應物 $A$ 於球對稱座標中的連續方程式為：

$$-\nabla \cdot N_A + R_A = 0 \implies \frac{D_A}{r^2}\frac{d}{dr}\left(r^2 \frac{dc_A}{dr}\right) + R_A = 0$$

2. 多孔觸媒內之有效反應速率： 單位體積反應速率 $R_A = -k_1''a c_A$。令假一次反應體積速率常數為 $k_v = k_1''a$（單位為 $\text{s}^{-1}$）。
3. 無因次席勒模數（Thiele Modulus, $\phi$）： 球狀觸媒之席勒模數定義為反應速率特徵值與擴散速率特徵值之比：

$$\phi = R \sqrt{\frac{k_1''a}{D_A}}$$

4. 觸媒有效度因數（Internal Effectiveness Factor, $\eta$）： 定義為「觸媒內部實際總反應速率」與「若無擴散阻力（全顆粒均處於表面濃度 $c_{AR}$）之理想總反應速率」之比值：

$$\eta = \frac{\text{實際總反應速率}}{\text{無內部質傳阻力之理想反應速率}} = \frac{-\iint_{S} N_{Ar}\big|_{r=R} \, dA}{\left(\frac{4}{3}\pi R^3\right) (k_1''a c_{AR})}$$

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解題方法

步驟一：建立控制微分方程式與邊界條件

取半徑 $r$ 至 $r+\Delta r$ 之薄球殼進行反應物 $A$ 的莫耳平衡：

$$\left.\left(4\pi r^2 N_{Ar}\right)\right|_r - \left.\left(4\pi r^2 N_{Ar}\right)\right|_{r+\Delta r} + R_A \left(4\pi r^2 \Delta r\right) = 0$$

除以 $4\pi \Delta r$ 並取 $\Delta r \to 0$：

$$-\frac{d}{dr}\left(r^2 N_{Ar}\right) + r^2 R_A = 0$$

代入菲克第一定律 $N_{Ar} = -D_A \frac{dc_A}{dr}$ 及反應速率式 $R_A = -k_1''a c_A$：

$$\frac{D_A}{r^2}\frac{d}{dr}\left(r^2 \frac{dc_A}{dr}\right) - k_1''a c_A = 0$$

展開並整理得二階常微分方程式：

$$\frac{d^2 c_A}{dr^2} + \frac{2}{r}\frac{dc_A}{dr} - \frac{k_1''a}{D_A}c_A = 0$$

定義參數 $m = \sqrt{\frac{k_1''a}{D_A}}$，則方程式化為：

$$\frac{d^2 c_A}{dr^2} + \frac{2}{r}\frac{dc_A}{dr} - m^2 c_A = 0$$

本系統之邊界條件（Boundary Conditions）為：

1. 球心對稱與物理有限性條件：在 $r = 0$ 處，$c_A(0)$ 必須為有限值（Finite），且 $\left.\frac{dc_A}{dr}\right|_{r=0} = 0$。
2. 球外表面邊界條件：在 $r = R$ 處，$c_A(R) = c_{AR}$。

步驟二：變數代換與求解濃度分布

利用標準球座標代換法，設 $u(r) = r \cdot c_A(r)$，則：

$$\frac{dc_A}{dr} = \frac{1}{r}\frac{du}{dr} - \frac{u}{r^2}$$ $$\frac{d}{dr}\left(r^2 \frac{dc_A}{dr}\right) = \frac{d}{dr}\left(r \frac{du}{dr} - u\right) = r \frac{d^2 u}{dr^2} + \frac{du}{dr} - \frac{du}{dr} = r \frac{d^2 u}{dr^2}$$

原式簡化為一維二階常係數常微分方程式：

$$\frac{d^2 u}{dr^2} - m^2 u = 0$$

其通解為雙曲函數形式：

$$u(r) = C_1 \cosh(mr) + C_2 \sinh(mr)$$

因此濃度 $c_A(r)$ 的通解為：

$$c_A(r) = \frac{C_1}{r}\cosh(mr) + \frac{C_2}{r}\sinh(mr)$$

代入邊界條件確定積分常數：

1. 當 $r \to 0$ 時，$\cosh(mr) \to 1$ 使得 $\frac{\cosh(mr)}{r} \to \infty$；而 $\lim_{r \to 0} \frac{\sinh(mr)}{r} = m$（有限值）。為了滿足物理上球心濃度有限之條件，必有：

$$C_1 = 0$$

2. 在表面 $r = R$ 處代入 $c_A(R) = c_{AR}$：

$$c_{AR} = \frac{C_2}{R}\sinh(mR) \implies C_2 = \frac{c_{AR} R}{\sinh(mR)}$$

將 $C_1, C_2$ 代回通解，求得球狀觸媒內 $A$ 之濃度分布為：

$$c_A(r) = c_{AR}\left(\frac{R}{r}\right)\frac{\sinh(mr)}{\sinh(mR)} = c_{AR}\left(\frac{R}{r}\right)\frac{\sinh\left(r\sqrt{\frac{k_1''a}{D_A}}\right)}{\sinh\left(R\sqrt{\frac{k_1''a}{D_A}}\right)}$$

若引進席勒模數 $\phi = mR = R\sqrt{\frac{k_1''a}{D_A}}$，亦可表示為：

$$\frac{c_A(r)}{c_{AR}} = \frac{R}{r}\frac{\sinh\left(\phi \frac{r}{R}\right)}{\sinh(\phi)}$$

步驟三：求解觸媒有效度因數（Effectiveness Factor, $\eta$）

觸媒內部實際消耗 $A$ 的總反應速率 $W_A$（$\text{mol/s}$），等於單位時間內由外表面擴散進入觸媒顆粒的莫耳通量總和：

$$W_A = 4\pi R^2 \left(-N_{Ar}\big|_{r=R}\right) = 4\pi R^2 D_A \left.\frac{dc_A}{dr}\right|_{r=R}$$

對濃度分布函數求導：