112 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

112 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25 分

若有一平滑水平管子，其直徑為 0.02 ft0.02\ \mathrm{ft}、長度為 300 ft300\ \mathrm{ft}，內有流量為 120 ft3/min120\ \mathrm{ft^3/min} 的水通過，請計算其產生壓力降（pressure drop）為多少 psi\mathrm{psi}？

已知在紊流下摩擦係數（Fanning friction factor, ff）為：

f=0.046Re−0.2f=0.046\mathrm{Re}^{-0.2}

且水動黏度 νH2O=1.93×10−5 ft2/s\nu_{\mathrm{H_2O}}=1.93\times10^{-5}\ \mathrm{ft^2/s}，水密度 ρH2O=62.4 lb/ft3\rho_{\mathrm{H_2O}}=62.4\ \mathrm{lb/ft^3}。

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題評量管內不可壓縮流體於紊流流動時之摩擦壓力降計算，以及**英制工程單位系統（English Engineering Units）**之轉換與應用。核心公式與定義包含：

  1. 平均流速（Average Velocity）： v=QA=4QπD2v = \frac{Q}{A} = \frac{4Q}{\pi D^2}
  2. 雷諾數（Reynolds Number, Re\mathrm{Re}）： 利用動黏度（Kinematic Viscosity, ν=μ/ρ\nu = \mu/\rho）表示： Re=Dvν\mathrm{Re} = \frac{D v}{\nu}
  3. 凡寧摩擦係數（Fanning Friction Factor, ff）與壓力降（ΔP\Delta P）關係式： 依據管內流體之動能損失與管壁剪應力平衡，凡寧壓力降公式為： ΔP=4fLD(ρv22gc)=2fLρv2gcD\Delta P = \frac{4 f L}{D}\left(\frac{\rho v^2}{2 g_c}\right) = \frac{2 f L \rho v^2}{g_c D} 其中英制重力換算常數 gc=32.174 lbm⋅ft/(lbf⋅s2)g_c = 32.174\ \mathrm{lb_m\cdot ft/(lb_f\cdot s^2)}。

解題方法

  1. 統一時間單位並求流速：將體積流量由 ft3/min\mathrm{ft^3/min} 換算為 ft3/s\mathrm{ft^3/s}，除以管截面積求得管內水之平均流速 vv。
  2. 計算雷諾數與摩擦係數：代入動黏度求出 Re\mathrm{Re}，確認為高度紊流（Re>4000\mathrm{Re} > 4000）後，代入題目給定之經驗公式 f=0.046Re−0.2f = 0.046\mathrm{Re}^{-0.2} 求得 Fanning 摩擦係數 ff。
  3. 計算壓力降並轉換單位：代入 Fanning 摩擦壓力降公式求得 lbf/ft2\mathrm{lb_f/ft^2}（psf\mathrm{psf}），最後除以 144 in2/ft2144\ \mathrm{in^2/ft^2} 換算為題目要求的 psi\mathrm{psi}（lbf/in2\mathrm{lb_f/in^2}）。

詳細計算步驟

步驟一：計算管截面積與平均流速

管徑 D=0.02 ftD = 0.02\ \mathrm{ft}，管截面積 AA 為： A=πD24=π(0.02 ft)24=1.0×10−4π ft2≈3.1416×10−4 ft2A = \frac{\pi D^2}{4} = \frac{\pi (0.02\ \mathrm{ft})^2}{4} = 1.0 \times 10^{-4}\pi\ \mathrm{ft^2} \approx 3.1416 \times 10^{-4}\ \mathrm{ft^2}

體積流量 QQ 換算至秒制： Q=120 ft3/min=12060 ft3/s=2.0 ft3/sQ = 120\ \mathrm{ft^3/min} = \frac{120}{60}\ \mathrm{ft^3/s} = 2.0\ \mathrm{ft^3/s}

管內平均流速 vv 為： v=QA=2.0 ft3/s3.1416×10−4 ft2≈6366.20 ft/sv = \frac{Q}{A} = \frac{2.0\ \mathrm{ft^3/s}}{3.1416 \times 10^{-4}\ \mathrm{ft^2}} \approx 6366.20\ \mathrm{ft/s}

步驟二：計算雷諾數（Re\mathrm{Re}）與摩擦係數（ff）

代入水之動黏度 ν=1.93×10−5 ft2/s\nu = 1.93 \times 10^{-5}\ \mathrm{ft^2/s}： Re=Dvν=0.02 ft×6366.20 ft/s1.93×10−5 ft2/s≈6.597×106\mathrm{Re} = \frac{D v}{\nu} = \frac{0.02\ \mathrm{ft} \times 6366.20\ \mathrm{ft/s}}{1.93 \times 10^{-5}\ \mathrm{ft^2/s}} \approx 6.597 \times 10^6

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 二 題25 分

一般人平時講話、唱歌、咳嗽，甚至呼吸，就會釋放出許多 55 微米以下的氣膠。當一感染者呼氣時，病毒就可透過呼氣將氣膠釋放到環境中。為了解氣膠的所謂「懸浮」，假設一個 55 微米球型液滴的氣膠在 27∘C27^\circ\mathrm{C} 的靜滯空間自由下沉，請利用力平衡與下列資訊，算出氣膠的終端速度，以及此時作用於氣膠的拖曳阻力。（25 分）

氣膠：密度 =1000 kg/m3=1000\ \mathrm{kg/m^3}。

空氣：密度 =1.183 kg/m3=1.183\ \mathrm{kg/m^3}，黏度 =1.853 kg/(m⋅s)=1.853\ \mathrm{kg/(m\cdot s)}，at 27∘C27^\circ\mathrm{C}。

提示：若拖曳係數（CDC_D）的範圍可用 CD=k(Re)−nC_D=k(\mathrm{Re})^{-n} 來估算，則：

Re\mathrm{Re}kknn
00–11242411
22–50050018.518.50.60.6
10310^3–2×1052\times10^50.440.4400

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題屬於單元操作與輸送現象中「流體力學——粒子流體力學（Particle-Fluid Dynamics）」的經典題型，核心評量重點包含：

  1. 單一粒子在流體中沉降之受力平衡：當粒子達到終端速度（Terminal Velocity, utu_t）時，重力（Gravity force, FgF_g）、浮力（Buoyancy force, FbF_b）與拖曳阻力（Drag force, FDF_D）達到動態平衡（合力為零，加速度為零）。
  2. 拖曳係數（Drag Coefficient, CDC_D）與雷諾數（Re\mathrm{Re}）分區：
  • 史托克定律區（Stokes' Law regime, Re≤1\mathrm{Re} \le 1）：CD=24ReC_D = \dfrac{24}{\mathrm{Re}}（對應題給 k=24,n=1k=24, n=1）。
  • 過渡區（Intermediate regime, 2≤Re≤5002 \le \mathrm{Re} \le 500）：CD=18.5Re0.6C_D = \dfrac{18.5}{\mathrm{Re}^{0.6}}。
  • 牛頓定律區（Newton's Law regime, 103≤Re≤2×10510^3 \le \mathrm{Re} \le 2\times 10^5）：CD=0.44C_D = 0.44。
  1. 終端速度之求解與雷諾數驗證：先假設粒子落於某一流動區間（微米級氣膠通常為層流 Stokes 區），推導並計算出 utu_t 後，必須回代計算雷諾數，確認落於該區間內以完備論證。

解題方法與完整推導

(一) 作用於氣膠之拖曳阻力（Drag Force, FDF_D）

微粒為直徑 dp=5 μm=5×10−6 md_p = 5\ \mu\mathrm{m} = 5 \times 10^{-6}\ \mathrm{m} 之圓球，在重力場 gg 中自由下沉。當粒子達到終端速度 utu_t 時，加速度 a=0a = 0，受力達到靜平衡： ΣF=Fg−Fb−FD=0  ⟹  FD=Fg−Fb\Sigma F = F_g - F_b - F_D = 0 \implies F_D = F_g - F_b

其中：

  • 氣膠體積：Vp=π6dp3V_p = \dfrac{\pi}{6} d_p^3
  • 重力：Fg=mpg=ρpVpg=π6dp3ρpgF_g = m_p g = \rho_p V_p g = \dfrac{\pi}{6} d_p^3 \rho_p g
  • 浮力：Fb=ρVpg=π6dp3ρgF_b = \rho V_p g = \dfrac{\pi}{6} d_p^3 \rho g

因此，達到終端速度時的拖曳阻力 FDF_D 為： FD=Vp(ρp−ρ)g=π6dp3(ρp−ρ)gF_D = V_p (\rho_p - \rho) g = \frac{\pi}{6} d_p^3 (\rho_p - \rho) g

代入題給已知數據（取重力加速度 g=9.81 m/s2g = 9.81\ \mathrm{m/s^2}）：

  • 氣膠密度 ρp=1000 kg/m3\rho_p = 1000\ \mathrm{kg/m^3}
  • 空氣密度 ρ=1.183 kg/m3\rho = 1.183\ \mathrm{kg/m^3}
  • 氣膠直徑 dp=5×10−6 md_p = 5 \times 10^{-6}\ \mathrm{m}

Vp=π6(5×10−6 m)3≈6.545×10−17 m3V_p = \frac{\pi}{6} (5 \times 10^{-6}\ \mathrm{m})^3 \approx 6.545 \times 10^{-17}\ \mathrm{m^3} FD=6.545×10−17×(1000−1.183)×9.81≈6.413×10−13 NF_D = 6.545 \times 10^{-17} \times (1000 - 1.183) \times 9.81 \approx 6.413 \times 10^{-13}\ \mathrm{N} （若取 g=9.80 m/s2g = 9.80\ \mathrm{m/s^2}，則 FD≈6.406×10−13 NF_D \approx 6.406 \times 10^{-13}\ \mathrm{N}）

(二) 氣膠終端速度（Terminal Velocity, utu_t）推導

流體施於球體之拖曳阻力定義式為： FD=CDAp(12ρut2)F_D = C_D A_p \left(\frac{1}{2} \rho u_t^2\right) 其中 Ap=π4dp2A_p = \dfrac{\pi}{4} d_p^2 為球體在流動方向上的投影面積。

將 FDF_D 定義式與力平衡式聯立： CD(π4dp2)(12ρut2)=π6dp3(ρp−ρ)g  ⟹  ut=4gdp(ρp−ρ)3CDρC_D \left(\frac{\pi}{4} d_p^2\right) \left(\frac{1}{2} \rho u_t^2\right) = \frac{\pi}{6} d_p^3 (\rho_p - \rho) g \implies u_t = \sqrt{\frac{4 g d_p (\rho_p - \rho)}{3 C_D \rho}}

流動區間假設與驗證： 氣膠粒徑僅為 5 μm5\ \mu\mathrm{m}，沉降極為緩慢，合理假設流動落於史托克定律區（Stokes' Law regime, Re≤1\mathrm{Re} \le 1）。 由題給提示，當 Re=0∼1\mathrm{Re} = 0 \sim 1 時，k=24,n=1k = 24, n = 1： CD=24Re−1=24Re=24μρutdpC_D = 24 \mathrm{Re}^{-1} = \frac{24}{\mathrm{Re}} = \frac{24 \mu}{\rho u_t d_p}

代入拖曳阻力式：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 三 題25 分

一直徑為 1.5 cm1.5\ \mathrm{cm}、溫度 T0=25∘CT_0=25^\circ\mathrm{C} 的 A 物體，置入 TH=100∘CT_H=100^\circ\mathrm{C} 的恆溫水槽中。A 物體的密度為 1050 kg/m31050\ \mathrm{kg/m^3}，熱容量（heat capacity）為 2.5 kJ/(kg⋅K)2.5\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}，熱傳導係數（thermal conductivity）為 3.5 W/(m⋅K)3.5\ \mathrm{W/(m\cdot K)}，A 物體與水間的熱傳係數（heat transfer coefficient）為 60 W/(m2⋅K)60\ \mathrm{W/(m^2\cdot K)}。若 A 物體內部溫度分布是均一的，則：

(一) 請先推導出 A 物體溫度變化，並表示為 T−THT0−TH\frac{T-T_H}{T_0-T_H} 與時間的關係。（15 分）

(二) 請問 3 分鐘後 A 物體的溫度是多少？（5 分）

(三) 並檢驗畢奧數（Biot number）是否合理？（5 分）

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題屬於非穩態熱傳導（Transient Conduction）中的集總熱容法（Lumped Capacitance Method）。核心觀念涵蓋：

  1. 集總熱容系統之能量平衡：當固體內部熱阻遠小於外部對流熱阻時，可假設物體內部無溫度梯度（溫度均一，僅為時間的函數 T=T(t)T = T(t)）。控制體積之能量守恆式為「系統內部熱蓄積速率＝表面對流熱傳入速率」。
  2. 時間常數（Time Constant, τ\tau）：系統溫度響應特徵時間，τ=ρVCphA=ρCpLch\tau = \frac{\rho V C_p}{h A} = \frac{\rho C_p L_c}{h}。
  3. 畢奧數（Biot Number, BiBi）之物理意義與準則： Bi=內部導熱阻抗外部對流阻抗=hLckBi = \frac{\text{內部導熱阻抗}}{\text{外部對流阻抗}} = \frac{h L_c}{k} 其中特徵長度 Lc=VAL_c = \frac{V}{A}。當 Bi<0.1Bi < 0.1 時，物體內部導熱極快、溫度均一化，集總熱容假設合理。

解題方法

(一) 推導 A 物體溫度變化關係式（15 分）

  1. 建立暫態熱平衡方程式： 題目給定「內部溫度分布均一」，取整個 A 物體為控制容積（體積 VV、表面積 AA、密度 ρ\rho、熱容量 CpC_p）。 在時間 tt 時，水溫為恆溫 THT_H，物體溫度為 T(t)T(t)。 根據能量守恆（流入速率 = 蓄積速率）： q=hA(TH−T)=ρVCpdTdtq = h A (T_H - T) = \rho V C_p \frac{dT}{dt}

  2. 分離變數法求解微分方程： 將方程式移項整理： dTT−TH=−hAρVCpdt\frac{dT}{T - T_H} = -\frac{h A}{\rho V C_p} dt

  3. 代入初始條件積分： 在 t=0t = 0 時，物體初始溫度 T=T0T = T_0；在時間 tt 時，溫度為 TT： ∫T0TdT′T′−TH=−∫0thAρVCpdt′\int_{T_0}^{T} \frac{dT'}{T' - T_H} = -\int_{0}^{t} \frac{h A}{\rho V C_p} dt' ln⁡(T−THT0−TH)=−hAρVCpt\ln\left( \frac{T - T_H}{T_0 - T_H} \right) = -\frac{h A}{\rho V C_p} t

  4. 化為指數形式（無因次溫度分布）： T−THT0−TH=exp⁡(−hAρVCpt)\frac{T - T_H}{T_0 - T_H} = \exp\left( -\frac{h A}{\rho V C_p} t \right) 若令特徵長度 Lc=VAL_c = \frac{V}{A}，則關係式亦可寫為： T−THT0−TH=exp⁡(−hρCpLct)\frac{T - T_H}{T_0 - T_H} = \exp\left( -\frac{h}{\rho C_p L_c} t \right)

(二) 計算 3 分鐘後 A 物體之溫度（5 分）

題目物體僅給定「直徑 1.5 cm1.5\ \mathrm{cm}」，依化工熱傳慣例視為球體（Sphere）：

  • 直徑 D=1.5 cm=0.015 mD = 1.5\ \mathrm{cm} = 0.015\ \mathrm{m}，半徑 R=0.0075 mR = 0.0075\ \mathrm{m}
  • 球體體積與表面積之比（特徵長度 LcL_c）： Lc=VA=43πR34πR2=R3=D6=0.015 m6=0.0025 mL_c = \frac{V}{A} = \frac{\frac{4}{3}\pi R^3}{4\pi R^2} = \frac{R}{3} = \frac{D}{6} = \frac{0.015\ \mathrm{m}}{6} = 0.0025\ \mathrm{m}
  1. 物性與參數整理（注意統一為 SI 制單位）：
  • ρ=1050 kg/m3\rho = 1050\ \mathrm{kg/m^3}
  • Cp=2.5 kJ/(kg⋅K)=2500 J/(kg⋅K)C_p = 2.5\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)} = 2500\ \mathrm{J/(kg\cdot K)}
  • h=60 W/(m2⋅K)h = 60\ \mathrm{W/(m^2\cdot K)}
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 四 題25 分

有一簡易的矩型蒸鍍機（如下圖），底部放置一矽晶片並加熱進行化學蒸鍍（chemical vapor deposition, CVD），其反應為：

A(g)→B(s)+3E(g)\mathrm{A(g)}\rightarrow\mathrm{B(s)}+3\mathrm{E(g)}

A 為前驅物與惰性氣體氦氣（He）一起進入，經過擴散板（diffuser）擴散至晶片表面，藉由下方加熱板升溫將前驅物 A 熱裂解，B 分子則沉積在晶片表面形成薄膜，氣體 E 與 He 經由擴散由左側排出。

假設：

(1) 在擴散板與晶片之間無流動或擾動之靜止狀態（quiescent），且無任何裂解反應發生。

(2) 裂解反應只發生在晶片表面且為非常快速反應。

(3) 薄膜 B 的厚度遠小於 δ\delta。

請推導在穩態（steady state）下晶片表面 A 的質量通量（mass flux, NAzN_{Az}）為何？（25 分）

提示：DAED_{AE} 為 A 在 E 中的擴散係數；莫爾分率 yA=yA0y_A=y_{A0} at z=0z=0；氣相中的總濃度為 CC。

原卷示意圖文字標示：

  • 進料 A(g) + He
  • 擴散板
  • A(g)
  • E(g)
  • z=0z=0
  • 薄膜 B(s)
  • 晶片
  • 靜止狀態
  • z=δz=\delta
  • 加熱板
🖼️ 本題原卷含圖表。基於試題來源之版權考量，本站不轉載原卷影像； 題目文字已完整轉錄，圖表請自行參閱考選部公告之試題原檔。

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查氣相多成分擴散、總莫耳通量與快速異相反應的邊界條件。

反應為

A(g)→B(s)+3E(g)\mathrm{A(g)}\rightarrow \mathrm{B(s)}+3\mathrm{E(g)}

在晶片表面快速反應，因此晶片表面可視為：

yA,s=yA(z=δ)≃0y_{A,s}=y_A(z=\delta)\simeq 0

由化學計量關係，若 NAzN_{Az} 為朝 +z+z 方向的 A 通量，則 E 由表面往上方排出，故

NEz=−3NAzN_{Ez}=-3N_{Az}

氦氣為惰性氣體，且不參與表面反應，因此在 zz 方向沒有淨通量：

NHe,z=0N_{\mathrm{He},z}=0

所以氣相總莫耳通量為

Ntz=NAz+NEz+NHe,z=−2NAzN_{tz}=N_{Az}+N_{Ez}+N_{\mathrm{He},z} =-2N_{Az}

解題方法與推導

對 A 使用二元氣體中的通量式：

NAz=−DAECdyAdz+yANtzN_{Az} = -D_{AE}C\frac{dy_A}{dz} +y_A N_{tz}

代入 Ntz=−2NAzN_{tz}=-2N_{Az}：

NAz=−DAECdyAdz−2yANAzN_{Az} = -D_{AE}C\frac{dy_A}{dz} -2y_A N_{Az}

整理得

NAz(1+2yA)=−DAECdyAdzN_{Az}(1+2y_A) = -D_{AE}C\frac{dy_A}{dz}

穩態且無氣相反應時，NAzN_{Az} 為常數，因此分離變數：

NAz dz=−DAEC1+2yA dyAN_{Az}\,dz = -\frac{D_{AE}C}{1+2y_A}\,dy_A

由題目給定邊界條件：

yA=yA0at z=0y_A=y_{A0}\quad \text{at }z=0

以及快速表面反應：

yA=0at z=δy_A=0\quad \text{at }z=\delta

積分得

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享 3 天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

其他考古題

化學工程《輸送現象與單元操作》其他年度

111110