109 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

109 年・高普考・高考三級・化學工程
試題代碼 輸送現象與單元操作

第 一 題10 分

在流動為蠕流（creeping flow）時，牛頓流體（Newtonian fluid）流經圓球所受之力為

Fk=6πμRv∞F_k=6\pi\mu Rv_{\infty}

其中，μ\mu 為黏度（viscosity），v∞v_{\infty} 為遠方流體之流速，RR 為圓球半徑。

請由摩擦係數（friction factor）ff 定義：

Fk=AKfF_k=AKf

其中，AA 為特徵面積，KK 為單位體積流體之特徵動能，求得摩擦係數 ff 與雷諾數（Reynolds number）ReRe 間之關係式。

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核心觀念

本題考驗如何把蠕流下圓球所受的 Stokes 阻力，改寫成摩擦係數 ff 與雷諾數 ReRe 的關係。依題目定義，摩擦係數由阻力 Fk=AKfF_k=AKf 求得；關鍵在於採用題目所指的特徵面積與單位體積流體之特徵動能：

A=πR2,K=12ρv∞2A=\pi R^2,\qquad K=\frac{1}{2}\rho v_\infty^2

其中 ρ\rho 為流體密度。

解題方法

蠕流下圓球所受阻力為：

Fk=6πμRv∞F_k=6\pi\mu Rv_\infty

由 Fk=AKfF_k=AKf 解出 ff：

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第 二 題25 分

一液膜因受重力沿垂直壁面往下流，液膜厚度為 δ\delta。假設流動為恆溫之層流（laminar flow），液體為冪次流體（power-law fluid），液體之密度為 ρ\rho，黏度（viscosity）為 μ\mu，請求解液體之流速分布。

對於冪次流體而言：

τxz=−m∣dvzdx∣n−1dvzdx\tau_{xz}=-m\left|\frac{dv_z}{dx}\right|^{n-1}\frac{dv_z}{dx}

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核心觀念

本題考查垂直壁面上的重力液膜流動，以及冪次流體的本構方程。取 xx 為垂直壁面向外的座標，壁面位於 x=0x=0、自由液面位於 x=δx=\delta；取 zz 軸向下為正，流速為 vz(x)v_z(x)。穩定、充分發展的層流中，流速只隨膜厚方向 xx 改變。

冪次流體的剪應力與速度梯度關係為

τxz=−m∣dvzdx∣n−1dvzdx,\tau_{xz}=-m\left|\frac{dv_z}{dx}\right|^{n-1}\frac{dv_z}{dx},

其中 mm 為稠度係數，nn 為流動行為指數。負號表示剪應力方向與速度梯度方向相反。

解題方法

對垂直方向取微小液膜控制體作力平衡。令 zz 向下為正，充分發展流動下，壓力梯度沿 zz 方向為零；重力與剪應力梯度平衡：

dτxzdx+ρg=0.\frac{d\tau_{xz}}{dx}+\rho g=0.

自由液面上氣體剪應力可忽略，因此 τxz(δ)=0\tau_{xz}(\delta)=0。積分得

τxz(x)=ρg(δ−x).\tau_{xz}(x)=\rho g(\delta-x).

液體向下流動，且流速由壁面往自由液面遞減，所以 dvz/dx<0dv_z/dx<0。代入冪次流體本構式：

ρg(δ−x)=−m∣dvzdx∣n−1dvzdx=m(−dvzdx)n.\rho g(\delta-x) =-m\left|\frac{dv_z}{dx}\right|^{n-1}\frac{dv_z}{dx} =m\left(-\frac{dv_z}{dx}\right)^n.

因此

dvzdx=−[ρgm(δ−x)]1/n.\frac{dv_z}{dx} =-\left[\frac{\rho g}{m}(\delta-x)\right]^{1/n}.

壁面不可滑移，vz(0)=0v_z(0)=0。由壁面積分至位置 xx：

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第 三 題20 分

一液體密度為 162 lb/ft3162\ \mathrm{lb/ft^3}，黏度（viscosity）為 4.84 lb/(ft⋅h)4.84\ \mathrm{lb/(ft\cdot h)}，流經長達 9,134 ft9{,}134\ \mathrm{ft} 之平滑圓管。管路壓力降為 0.183 lbf/in20.183\ \mathrm{lbf/in^2}。如液體質量流率為 7,000 lb/h7{,}000\ \mathrm{lb/h}，請問圓管之直徑為何？

對於層流（laminar flow）而言，泛寧摩擦係數（Fanning friction factor）ff 與雷諾數（Reynolds number）ReRe 間之關係式為：

f=16Ref=\frac{16}{Re}

對於紊流（turbulent flow）而言：

f=0.046Re−0.2f=0.046Re^{-0.2}

單位換算：

1 ft=12 in.1\ \mathrm{ft}=12\ \mathrm{in.}

g=32.174 ft/s2g=32.174\ \mathrm{ft/s^2}

1 lbf=32.174 lbm⋅ft/s21\ \mathrm{lbf}=32.174\ \mathrm{lbm\cdot ft/s^2}

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核心觀念

本題利用管內流動的雷諾數與泛寧摩擦係數，配合圓管壓降關係式求管徑。泛寧摩擦係數與達西摩擦係數相差 4 倍；本題給的是泛寧摩擦係數，因此使用

ΔP=4fLDρv22gc\Delta P=4f\frac{L}{D}\frac{\rho v^2}{2g_c}

其中 gc=32.174 lbm⋅ft/(lbf⋅s2)g_c=32.174\ \mathrm{lbm\cdot ft/(lbf\cdot s^2)}。先由質量流率表示平均流速，再依雷諾數判斷流態，最後代入相應的 ff 關係式求解。

解題方法

先將質量流率換成秒為單位：

m˙=70003600=1.94444 lbm/s\dot m=\frac{7000}{3600} =1.94444\ \mathrm{lbm/s}

圓管截面積為 πD2/4\pi D^2/4，平均流速為

v=m˙ρ(πD2/4)=4m˙πρD2v=\frac{\dot m}{\rho(\pi D^2/4)} =\frac{4\dot m}{\pi\rho D^2}

將此式代入雷諾數定義：

Re=ρvDμ=4m˙πμDRe=\frac{\rho vD}{\mu} =\frac{4\dot m}{\pi\mu D}

題目給定黏度為每小時單位，換成每秒：

μ=4.843600=1.34444×10−3 lbm/(ft⋅s)\mu=\frac{4.84}{3600} =1.34444\times10^{-3}\ \mathrm{lbm/(ft\cdot s)}

因此

Re=4(1.94444)π(1.34444×10−3)D=1844.3DRe=\frac{4(1.94444)} {\pi(1.34444\times10^{-3})D} =\frac{1844.3}{D}

其中 DD 以 ft\mathrm{ft} 為單位。

壓降換成一致單位：

ΔP=0.183 lbf/in2×144=26.352 lbf/ft2\Delta P=0.183\ \mathrm{lbf/in^2} \times144 =26.352\ \mathrm{lbf/ft^2}

將流速式代入泛寧摩擦壓降式：

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第 四 題20 分

一氣體包含 3 mole%3\ \mathrm{mole\%} 的 A。將此氣體通過一填充塔以水吸收 99%99\% 的 A。吸收塔操作在 25∘C25^\circ\mathrm{C} 及 1 atm1\ \mathrm{atm}，且氣體及液體之流率分別為 20 mol/(h⋅ft2)20\ \mathrm{mol/(h\cdot ft^2)} 及 100 mol/(h⋅ft2)100\ \mathrm{mol/(h\cdot ft^2)}。

平衡關係式及質傳係數如下：

y∗=3.1xat 25∘Cy^*=3.1x\quad\text{at }25^\circ\mathrm{C}

kxa=60 mol/(h⋅ft3⋅unit mole fraction)k_xa=60\ \mathrm{mol/(h\cdot ft^3\cdot unit\ mole\ fraction)}

kya=15 mol/(h⋅ft3⋅unit mole fraction)k_ya=15\ \mathrm{mol/(h\cdot ft^3\cdot unit\ mole\ fraction)}

假設恆溫操作及忽略氣體及液體流率之變化，請求解吸收塔塔高。

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核心觀念

本題考填充塔氣體吸收的雙膜質傳阻力與傳質單元數法（NTU–HTU）。塔高由總氣相基準傳質單元高度與總氣相傳質單元數相乘求得：

Z=HOGNOGZ=H_{OG}N_{OG}

氣相與液相薄膜阻力須先換算到同一基準後相加。以氣相莫耳分率差為推動力，總體積質傳係數為

1Kya=1kya+mkxa\frac{1}{K_y a}=\frac{1}{k_y a}+\frac{m}{k_x a}

其中平衡線斜率 m=3.1m=3.1，且 y∗=mxy^*=mx。

解題方法

取惰性氣體莫耳流率 GsG_s 與液體莫耳流率 LsL_s 為常數。題目給定氣體流率 20 mol/(h⋅ft2)20\ \mathrm{mol/(h\cdot ft^2)}，入口含 3 mole%3\ \mathrm{mole\%} 的 A，因此：

Gs=20(1−0.03)=19.4 mol/(h⋅ft2)G_s=20(1-0.03)=19.4\ \mathrm{mol/(h\cdot ft^2)}

液體流率為 Ls=100 mol/(h⋅ft2)L_s=100\ \mathrm{mol/(h\cdot ft^2)}。以無溶質液體為入口假設，液相入口 x0=0x_0=0。

氣體中 A 的吸收率為 99%99\%，故出口氣相莫耳分率為

=0.0003001$$ 此處以惰性氣體基準的氣相莫耳比 $Y=y/(1-y)$ 計算操作線。氣體入口與出口分別為 $$Y_1=\frac{0.03}{0.97}=0.03093,\qquad Y_2=\frac{y_1}{1-y_1}=0.0003002$$ 整塔溶質衡算得液體出口莫耳比： $$X_1=\frac{G_s}{L_s}(Y_1-Y_2) =\frac{19.4}{100}(0.03093-0.0003002) =0.005942$$ 所以操作線為 $$Y=Y_2+\frac{L_s}{G_s}X$$ 將 $Y^*=y^*/(1-y^*)$ 視為平衡氣相莫耳比，且 $y^*=3.1x$、$x=X/(1+X)$。在本題低濃度下，常用稀溶液近似 $Y\simeq y$、$X\simeq x$，故可用直線近似計算總體氣相傳質單元數： $$y_{\mathrm{op}}=y_2+\frac{L_s}{G_s}x$$ 其中 $y_2\simeq0.0003001$，$y_1=0.03$，且由衡算 $x_1\simeq0.00594$。氣相推動力為
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第 五 題25 分

水以 150 lbm/min150\ \mathrm{lb_m/min} 之流率流入逆向流（counterflow）之套管式熱交換器。水溫從 60∘F60^\circ\mathrm{F} 升溫至 140∘F140^\circ\mathrm{F}。進入熱交換器之熱油則由 240∘F240^\circ\mathrm{F} 降溫為 80∘F80^\circ\mathrm{F}。水之比熱為 1 Btu/(lbm⋅∘F)1\ \mathrm{Btu/(lb_m\cdot{}^\circ F)}，油之比熱為 0.45 Btu/(lbm⋅∘F)0.45\ \mathrm{Btu/(lb_m\cdot{}^\circ F)}。熱交換器之總熱傳係數為 50 Btu/(h⋅ft2⋅∘F)50\ \mathrm{Btu/(h\cdot ft^2\cdot{}^\circ F)}。

（一）熱交換器之熱傳面積為多少？

（二）如水流率降為 120 lbm/min120\ \mathrm{lb_m/min}，熱油之流率不變，水出口溫應為多少？

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核心觀念

本題考查逆向流套管式熱交換器的熱量衡算、對數平均溫差（LMTD）與總熱傳係數設計式。忽略熱損失，熱水吸收的熱量等於熱油放出的熱量：

=\dot m_h C_{p,h}(T_{h,i}-T_{h,o})$$ 熱傳面積由下式計算： $$Q=UA\Delta T_{\mathrm{lm}}$$ 逆向流兩端溫差為： $$\Delta T_1=T_{h,i}-T_{c,o},\qquad \Delta T_2=T_{h,o}-T_{c,i}$$ $$\Delta T_{\mathrm{lm}} =\frac{\Delta T_1-\Delta T_2} {\ln(\Delta T_1/\Delta T_2)}$$ **解題方法** **（一）求熱傳面積** 先將水流率換成每小時流率： $$\dot m_c=150\times60=9000\ \mathrm{lb_m/h}$$ 水吸收的熱量為： $$Q=9000(1)(140-60) =720{,}000\ \mathrm{Btu/h}$$ 逆向流兩端溫差： $$\Delta T_1=240-140=100^\circ\mathrm{F}$$ $$\Delta T_2=80-60=20^\circ\mathrm{F}$$ 因此： $$\Delta T_{\mathrm{lm}} =\frac{100-20}{\ln(100/20)} =49.71^\circ\mathrm{F}$$ 由 $Q=UA\Delta T_{\mathrm{lm}}$ 得： $$A=\frac{720{,}000}{50(49.71)} =289.7\ \mathrm{ft^2}$$ 熱油流率由整體熱量衡算求得。每小時熱油放熱量須等於水吸熱量： $$720{,}000=\dot m_h(0.45)(240-80)$$ $$\dot m_h=10{,}000\ \mathrm{lb_m/h} =166.67\ \mathrm{lb_m/min}$$ **（二）水流率降為 $120\ \mathrm{lb_m/min}$ 時的水出口溫度** 熱油流率不變，因此熱容量流率比為： $$C_h=\dot m_h C_{p,h} =10{,}000(0.45)=4500\ \mathrm{Btu/(h\cdot{}^\circ F)}$$ 新水流率為：
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