107 高普考高考三級 化學工程 輸送現象與單元操作 考古題詳解

核心觀念

本題考查管流（pipe flow）之基本動量傳送理論與單元操作管路摩擦損耗計算，涵蓋下列核心觀念：

1. 微分動量平衡（Shell Momentum Balance）與牛頓黏性定律：在穩態、不可壓縮、充分發展（fully developed）之層流條件下，推導速度分佈 $v_z(r)$ 與哈根－泊肅葉方程式（Hagen-Poiseuille equation）。
2. 泛寧摩擦係數（Fanning Friction Factor, $f$）：由壁面剪應力 $\tau_w$ 或機械能平衡式（動能校正項）定義 $f \equiv \frac{\tau_w}{\frac{1}{2}\rho \langle v \rangle^2} = \frac{\Delta P \cdot D}{2 \rho \langle v \rangle^2 L}$。
3. 層流 vs. 紊流之傳送機制差異：

• 層流動量傳送純依賴分子黏滯擴散，截面幾何形狀對速度輪廓具有全域性影響。
• 紊流動量傳送由渦流（turbulent eddies）混合主導，核心區速度輪廓扁平化，幾何差異被高度均勻化。

4. 水力直徑（Hydraulic Diameter, $D_h$）：非圓形管流中將幾何形狀等效化的特徵長度定義。

解題方法

(一) 求解體積流率 $Q$

1. 建立微元受力平衡： 取長度為 $L$、半徑為 $r$（$r \le R$）之水平流體圓柱微元，沿流向（$z$ 軸）進行穩態動量平衡分析： $\sum F_z = 0 \implies (P_0 - P_L) \pi r^2 - \tau_{rz} (2\pi r L) = 0$ 整理可得剪應力沿徑向分佈： $\tau_{rz} = \frac{\Delta P}{2L} r$

2. 代入本構方程式（牛頓黏性定律）： 針對一維流動，牛頓黏性定律為 $\tau_{rz} = -\mu \frac{dv_z}{dr}$： $-\mu \frac{dv_z}{dr} = \frac{\Delta P}{2L} r \implies \frac{dv_z}{dr} = -\frac{\Delta P}{2\mu L} r$

3. 積分求解速度分佈： 邊界條件採用管壁無滑移條件（No-slip condition）：在 $r = R$ 處，$v_z = 0$。 $\int_{v_z(r)}^{0} dv_z = -\frac{\Delta P}{2\mu L} \int_{r}^{R} r\,dr$ $0 - v_z(r) = -\frac{\Delta P}{4\mu L} (R^2 - r^2)$ $v_z(r) = \frac{\Delta P R^2}{4\mu L} \left[ 1 - \left(\frac{r}{R}\right)^2 \right]$

4. 計算體積流率 $Q$： 對管截面進行微元環面積 $dA = 2\pi r dr$ 之流速積分： $Q = \int_{0}^{R} v_z(r) \cdot 2\pi r\,dr = 2\pi \frac{\Delta P R^2}{4\mu L} \int_{0}^{R} \left( r - \frac{r^3}{R^2} \right) dr$ $Q = \frac{\pi \Delta P R^2}{2\mu L} \left[ \frac{R^2}{2} - \frac{R^4}{4R^2} \right] = \frac{\pi \Delta P R^4}{8\mu L}$ （若以直徑 $D = 2R$ 表示，則 $Q = \frac{\pi \Delta P D^4}{128\mu L}$）

(二) 求解泛寧摩擦係數 $f$ 與雷諾數 $Re$ 之關係式

1. 平均流速 $\langle v \rangle$： $\langle v \rangle = \frac{Q}{\pi R^2} = \frac{\Delta P R^2}{8\mu L} = \frac{\Delta P D^2}{32\mu L}$

2. 管壁剪應力 $\tau_w$： 令 $r = R$（或 $r = \frac{D}{2}$）： $\tau_w = \left. \tau_{rz} \right|_{r=R} = \frac{\Delta P R}{2L} = \frac{\Delta P D}{4L}$ 將 $\Delta P = \frac{32\mu L \langle v \rangle}{D^2}$ 代入： $\tau_w = \frac{32\mu L \langle v \rangle}{D^2} \cdot \frac{D}{4L} = \frac{8\mu \langle v \rangle}{D}$

3. 泛寧摩擦係數 $f$ 之定義式： $f \equiv \frac{\tau_w}{\frac{1}{2}\rho \langle v \rangle^2}$ 代入 $\tau_w$： $f = \frac{\frac{8\mu \langle v \rangle}{D}}{\frac{1}{2}\rho \langle v \rangle^2} = \frac{16\mu}{\rho D \langle v \rangle} = \frac{16}{\left( \frac{\rho \langle v \rangle D}{\mu} \right)}$

核心觀念

本題考查單元操作與輸送現象中流體力學之基礎核心——**機械能平衡方程式（Mechanical Energy Balance Equation，亦稱延伸型白努利方程式）**及其在流體輸送系統（泵浦管路）的工程應用。

涉及之核心定義與公式如下：

1. 質量流率與流速關係式： $\dot{m} = \rho Q$ $u = \frac{Q}{A} = \frac{4Q}{\pi D^2}$
2. 泵對流體作之單位質量軸功（Shaft Work per Unit Mass, $\hat{W}_s$）： $\hat{W}_s = \frac{P}{\dot{m}}$ 其中 $P$ 為泵提供給流體的淨輸出功率（$\mathrm{W}$ 或 $\mathrm{J/s}$）。
3. 機械能平衡方程式（以單位質量能量 $\mathrm{J/kg}$ 為基準）： $\frac{P_1}{\rho} + \frac{\alpha_1 u_1^2}{2} + g z_1 + \hat{W}_s = \frac{P_2}{\rho} + \frac{\alpha_2 u_2^2}{2} + g z_2 + \hat{F}$

• $P_1, P_2$：起點與終點的絕對壓力（或相對表壓）。
• $u_1, u_2$：起點與終點的平均流速；$\alpha$ 為動能校正因子（亂流時 $\alpha \approx 1.0$）。
• $z_1, z_2$：相對於基準面的垂直高度。
• $\hat{W}_s$：泵對單位質量流體所作之軸功（$\mathrm{J/kg}$）。
• $\hat{F}$：系統單位質量流體的管線摩擦總損耗（$\mathrm{J/kg}$）。

解題方法

步驟一：選定系統界線與基準面

• 基準面（$z = 0$）：設地平面為高度基準面 $z = 0\ \mathrm{m}$。
• 狀態 1（起點）：蓄水池水面。
• 蓄水池直接暴露於大氣，壓力 $P_1 = P_{\mathrm{atm}}$。
• 蓄水池水面面積遠大於管徑截面積，其下降流速可忽略，$u_1 \approx 0\ \mathrm{m/s}$。
• 蓄水池水面高度設為 $z_1$（待求）。
• 狀態 2（終點）：水管出口（進入吸收塔處）。
• 管口直接排入常壓塔內或開放環境，壓力 $P_2 = P_{\mathrm{atm}}$，故 $P_1 = P_2$。
• 水管出口高於地平面 $5\ \mathrm{m}$，故 $z_2 = 5\ \mathrm{m}$。
• 出口流速為管內流速 $u_2$。

步驟二：計算流體質量流率與管內平均流速

1. 體積流率與質量流率： $Q = 9\ \mathrm{m^3/h} = \frac{9}{3600}\ \mathrm{m^3/s} = 2.5 \times 10^{-3}\ \mathrm{m^3/s}$ $\dot{m} = \rho Q = 998\ \mathrm{kg/m^3} \times 2.5 \times 10^{-3}\ \mathrm{m^3/s} = 2.495\ \mathrm{kg/s}$

2. 管截面積與出口流速： $D = 50\ \mathrm{mm} = 0.05\ \mathrm{m}$ $A = \frac{\pi}{4} D^2 = \frac{\pi}{4}(0.05)^2 = 1.9635 \times 10^{-3}\ \mathrm{m^2}$ $u_2 = \frac{Q}{A} = \frac{2.5 \times 10^{-3}\ \mathrm{m^3/s}}{1.9635 \times 10^{-3}\ \mathrm{m^2}} = \frac{4}{\pi} \approx 1.2732\ \mathrm{m/s}$

3. 出口動能項（單位質量動能）： 水在 $25^\circ\mathrm{C}$ 時黏度 $\mu \approx 0.89 \times 10^{-3}\ \mathrm{Pa\cdot s}$，雷諾數 $Re = \frac{\rho u D}{\mu} \approx \frac{998 \times 1.273 \times 0.05}{0.89 \times 10^{-3}} \approx 7.1 \times 10^4 \gg 4000$ 為充分發展亂流，動能校正因子取 $\alpha_2 = 1.0$。 $\frac{\alpha_2 u_2^2}{2} = \frac{1.0 \times (1.2732)^2}{2} \approx 0.8106\ \mathrm{J/kg}$

步驟三：計算泵對單位質量流體所作之軸功

泵的有效輸出功率 $P = 0.1\ \mathrm{kW} = 100\ \mathrm{W} = 100\ \mathrm{J/s}$：

核心觀念

本題為流體力學中典型的巨觀機械能量平衡（Macroscopic Mechanical Energy Balance / 廣義伯努利方程式）與流體輸送機械（泵與渦輪機）功率及效率計算。核心要點包含：

1. 機械能量平衡方程式： 選定起點（截面 1）與終點（截面 2），單位質量流體的機械能量平衡式為： $\frac{P_1}{\rho} + \frac{v_1^2}{2g_c} + \frac{g}{g_c}z_1 + \hat{W}_s = \frac{P_2}{\rho} + \frac{v_2^2}{2g_c} + \frac{g}{g_c}z_2 + \hat{h}_f$ 其中 $\hat{W}_s$ 為軸功（泵輸入為正，渦輪輸出為負），$\hat{h}_f$ 為流體因管壁摩擦與配件產生的機械能損耗。 以水頭（Head, $H$）表示時，將各項除以 $g/g_c$：

• 泵所需總動態揚程（Total Dynamic Head, $H_p$）：流體必須克服高度差與管損，故 $H_p = \Delta z + h_f$。
• 渦輪機有效水頭（Turbine Head, $H_t$）：位能下降需先扣除管路摩擦消耗，其餘方可由渦輪提取，故 $H_t = \Delta z - h_f$。

2. 功、功率與效率之定義：

• 泵（Pump）：將機械能輸入流體。 $P_{\text{pump}} = \frac{\dot{m} \hat{W}_{s,p}}{\eta_p} = \frac{\rho Q H_p}{\eta_p}$
• 渦輪機（Turbine）：從流體提取機械能輸出。 $P_{\text{turbine}} = \eta_t \cdot (\dot{m} \hat{W}_{s,t}) = \eta_t \cdot (\rho Q H_t)$
• 抽蓄水力儲能系統總效率（Overall Efficiency, $\eta_{\text{overall}}$）： $\eta_{\text{overall}} = \frac{P_{\text{turbine}}}{P_{\text{pump}}} = \eta_p \eta_t \left(\frac{\Delta z - h_f}{\Delta z + h_f}\right)$

3. 英制工程單位制換算： 在標準重力場下，$g = 32.174\ \mathrm{ft/s^2}$，$g_c = 32.174\ \mathrm{lb_m\cdot ft/(lbf\cdot s^2)}$，因此： $\frac{g}{g_c} = 1\ \frac{\mathrm{lbf}}{\mathrm{lb_m}}$ $1\ \mathrm{ft}$ 水柱之水頭等價於 $1\ \mathrm{ft\cdot lbf/lb_m}$ 之比能量（Specific Energy）。

解題方法

基本參數整理與流量換算

• 兩管並聯輸送，每管流量 $Q_1 = 20{,}000\ \mathrm{gal/min}$，系統總流量 $Q$ 為： $Q = 2 \times 20{,}000\ \mathrm{gal/min} = 40{,}000\ \mathrm{gal/min}$
• 將總體積流量換算為 $\mathrm{ft^3/s}$： $Q = \frac{40{,}000\ \mathrm{gal/min}}{448.83\ \mathrm{gal/(min\cdot ft^3/s)}} \approx 89.121\ \mathrm{ft^3/s}$
• 水的質量流率 $\dot{m}$： $\dot{m} = \rho Q = 62.3\ \mathrm{lb_m/ft^3} \times 89.121\ \mathrm{ft^3/s} \approx 5{,}552.24\ \mathrm{lb_m/s}$
• 水位差：$\Delta z = 500\ \mathrm{ft}$。
• 管路摩擦損耗：$h_f = 15\ \mathrm{ft}$ 水柱（兩管並聯，每一流徑所產生的阻力水頭皆為 $15\ \mathrm{ft}$）。

題旨已直接給定管路摩擦水頭損耗為 $15\ \mathrm{ft}$，管長 $2{,}500\ \mathrm{ft}$ 與管徑 $30\ \mathrm{in}$ 係工程背景條件，無需另行查求摩擦因子。

(一) 泵所需之功率（Horsepower）

1. 建立機械能量平衡： 選取河面為截面 1、蓄水池面為截面 2。兩液面皆暴露於大氣，故 $P_1 = P_2 = P_{\text{atm}}$；且液面面積廣大，液面下降/上升速度可忽略（$v_1 \approx v_2 \approx 0$）。 $\hat{W}_{s,p} = \frac{g}{g_c}(z_2 - z_1) + \hat{h}_f = (1)(500) + 15 = 515\ \mathrm{ft\cdot lbf/lb_m}$ 即泵總揚程為： $H_p = 500\ \mathrm{ft} + 15\ \mathrm{ft} = 515\ \mathrm{ft}$

核心觀念

本題屬於熱交換器之性能評估問題（Rating Problem），考查兩大核心概念：

1. 熱量衡算（Energy Balance）： 在無熱損失與定物性假設下，熱流放熱速率等於冷流吸熱速率： $q = C_h (T_{h,in} - T_{h,out}) = C_c (T_{c,out} - T_{c,in})$ 其中熱容量率（Heat capacity rate）$C = \dot{m} C_p$。由此可決定冷、熱流體熱容量率之比例關係及最小熱容量率 $C_{min}$、熱容量率比 $C_r = C_{min} / C_{max}$。

2. 傳熱效能法（$\epsilon-NTU$ Method）： 當熱交換器幾何結構（面積 $A$）與操作條件（總傳熱係數 $U$、流量）固定時，$UA$ 與傳熱單元數 $NTU = \frac{UA}{C_{min}}$ 保持不變。

• 最大可能傳熱量： $q_{max} = C_{min} (T_{h,in} - T_{c,in})$
• 逆向流（Counterflow, CF）效能公式： $\epsilon_{CF} = \frac{1 - \exp[-NTU(1 - C_r)]}{1 - C_r \exp[-NTU(1 - C_r)]}$
• 同向流（Parallel flow, PF）效能公式： $\epsilon_{PF} = \frac{1 - \exp[-NTU(1 + C_r)]}{1 + C_r}$

解題方法

步驟一：由逆向流之能量平衡求熱容量率關係

逆向流操作時，已知：

• 熱流進口 $T_{h,in} = 120^\circ\mathrm{C}$，出口 $T_{h,out} = 40^\circ\mathrm{C}$
• 冷流進口 $T_{c,in} = 20^\circ\mathrm{C}$，出口 $T_{c,out} = 60^\circ\mathrm{C}$

由熱量衡算： $q = C_h (120 - 40) = C_c (60 - 20)$ $80 C_h = 40 C_c \implies C_c = 2 C_h$

因此：

• 最小熱容量率 $C_{min} = C_h$
• 最大熱容量率 $C_{max} = C_c$
• 熱容量率比值 $C_r = \frac{C_{min}}{C_{max}} = \frac{C_h}{C_c} = 0.5$

步驟二：計算逆向流之傳熱效能與 $NTU$

理論最大傳熱速率： $q_{max} = C_{min} (T_{h,in} - T_{c,in}) = C_h (120 - 20) = 100 C_h$

逆向流之傳熱效能 $\epsilon_{CF}$： $\epsilon_{CF} = \frac{q}{q_{max}} = \frac{80 C_h}{100 C_h} = 0.8$

將 $\epsilon_{CF} = 0.8$ 及 $C_r = 0.5$ 代入逆向流效能方程式： $0.8 = \frac{1 - \exp[-NTU(1 - 0.5)]}{1 - 0.5 \exp[-NTU(1 - 0.5)]}$

令 $X = \exp(-0.5 NTU)$，展開整理： $0.8 (1 - 0.5 X) = 1 - X$ $0.8 - 0.4 X = 1 - X$ $0.6 X = 0.2 \implies X = \frac{1}{3}$

由此可得： $\exp(-0.5 NTU) = \frac{1}{3} \implies -0.5 NTU = -\ln 3 \implies NTU = 2 \ln 3 = \ln 9$

步驟三：計算改為同向流時之傳熱效能 $\epsilon_{PF}$

當熱交換器改以同向流操作，且進口流率與溫度不變時，$UA$、$NTU$ 及 $C_r$ 皆維持不變： $NTU(1 + C_r) = (2 \ln 3)(1 + 0.5) = 3 \ln 3 = \ln(3^3) = \ln 27$