113 專技高考高等考試 化學工程技師 輸送現象與單元操作 考古題詳解

113 年・專技高考・高等考試・化學工程技師
試題代碼 輸送現象與單元操作

第 一 題20 分

回答下列問題：（每小題 4 分，共 20 分）

(一) 請以剪切應力 τrz\tau_{rz} 為縱坐標，剪切速率 −dvz/dr-dv_z/dr 為橫坐標，畫出下列各流體之圖形：

  1. 膨脹性流體（Dilatant fluid）。
  2. 賓漢流體（Bingham fluid）。

(二) 請寫出無因次群 Nusselt number 之數學式與物理意義。

(三) 如何從實驗中得到填充吸收塔之負載點（Loading point）和溢流點（Flooding point）？

(四) 請說明共沸蒸餾（Azeotropic distillation）之意涵。

(五) 請計算利用下列分離程序，分離純化二成份混合物時之自由度（degree of freedom）：

  1. 液－液萃取（Liquid-liquid extraction）。
  2. 氣體吸收（Gas absorption）。

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核心觀念： 橫軸為剪切速率 γ˙=−dvz/dr\dot{\gamma}=-dv_z/dr，縱軸為剪切應力 τrz\tau_{rz}。圖形斜率代表表觀黏度；非牛頓流體的應力與剪切速率不呈線性關係。

解題方法： 以牛頓流體的直線關係作為對照，再依各流體的本構式判斷曲線形狀。

  1. 膨脹性流體（Dilatant fluid）

常以冪次律表示：

τrz=Kγ˙ n,n>1\tau_{rz}=K\dot{\gamma}^{\,n},\qquad n>1

曲線從原點出發且向上凸；剪切速率愈大，應力增加愈快。

τrz
↑ ╱
│ _╱
│ _╱
│ __╱
│ ___╱
└────────────────→ −dvz/dr
  1. 賓漢流體（Bingham fluid）

τrz=τ0+μpγ˙(τrz≥τ0)\tau_{rz}=\tau_0+\mu_p\dot{\gamma}\qquad(\tau_{rz}\geq \tau_0)

其中 τ0\tau_0 是降伏應力，μp\mu_p 是塑性黏度。應力未達 τ0\tau_0 時，流體不產生持續流動；超過降伏應力後，應力與剪切速率呈線性關係。因此，流動段的直線向左延長會與縱軸交於 τ0\tau_0，而非原點。

τrz
↑ /
│ /
τ₀ ├────────────●
│
└────────────────→ −dvz/dr

解題技巧： 膨脹性流體的冪次指數 n>1n>1，曲線上彎；賓漢流體的關鍵是「降伏應力」，流動段為直線且不通過原點。

（二）Nusselt number

核心觀念： Nusselt number（努塞爾數，NuNu）是對流熱傳與流體內部導熱能力的無因次比值。

數學式：

Nu=hLckNu=\frac{hL_c}{k}

其中 hh 為對流熱傳係數，LcL_c 為特徵長度，kk 為流體熱傳導係數。

物理意義： NuNu 表示在特徵長度 LcL_c 上，對流熱傳相對於流體導熱的強弱。NuNu 愈大，表示對流相較於導熱愈有效；NuNu 接近 1 時，熱傳效果與單純導熱相近。

解題技巧： 記住 NuNu 的定義是「對流係數 × 長度 ÷ 熱傳導係數」，不可與 Prandtl number 混淆。

（三）填充吸收塔的負載點與溢流點

核心觀念： 負載點（Loading point）與溢流點（Flooding point）可由塔內壓降隨氣體流量變化的趨勢判定。氣體流速提高時，氣體對液體的拖曳作用增強，使填料層內液體滯留量增加。

解題方法：

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第 二 題20 分

牛頓流體（Newtonian fluid）以穩態且層流（Laminar flow）流經一長為 LL、寬為 WW、厚為 2B2B 之水平雙平板，如下圖所示。若其產生之壓力差為 P1−P2P_1-P_2，求其剪切力分布（Shear stress profile）τyz(y)\tau_{yz}(y) 與速度分布（Velocity distribution）vz(y)v_z(y) 各為何？（20 分）

條件與圖示資訊：

  • 流體密度為 ρ\rho，黏度為 μ\mu。
  • 雙平板間距為 2B2B。
  • 下方及上方平板沿 zz 方向之速度分別標示為 V2V_2 與 V1V_1。
  • yy 軸垂直於平板，zz 軸沿流動方向。
🖼️ 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。

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核心觀念

本題考穩態、充分發展的平行板層流，是平板 Couette 流與壓力驅動 Poiseuille 流的疊加。牛頓流體的剪應力與速度梯度關係為

τyz=μdvzdy,\tau_{yz}=\mu\frac{dv_z}{dy},

而流動方向的動量方程為

0=−dPdz+dτyzdy.0=-\frac{dP}{dz}+\frac{d\tau_{yz}}{dy}.

圖中 yy 軸原點位於兩板中央，正方向向上，因此流體範圍為 −B≤y≤B-B\le y\le B；上板位於 y=By=B、速度為 V1V_1，下板位於 y=−By=-B、速度為 V2V_2。

解題方法

令 zz 方向由入口 P1P_1 指向出口 P2P_2，並假設壓力沿流道線性變化，則

dPdz=P2−P1L=−P1−P2L.\frac{dP}{dz}=\frac{P_2-P_1}{L} =-\frac{P_1-P_2}{L}.

將 τyz=μ dvz/dy\tau_{yz}=\mu\,dv_z/dy 代入動量方程，得到

μd2vzdy2=dPdz=−P1−P2L.\mu\frac{d^2v_z}{dy^2}=\frac{dP}{dz} =-\frac{P_1-P_2}{L}.

對 yy 積分一次：

τyz(y)=μdvzdy=−P1−P2Ly+C1.\tau_{yz}(y)=\mu\frac{dv_z}{dy} =-\frac{P_1-P_2}{L}y+C_1.

由兩板速度條件 vz(B)=V1v_z(B)=V_1、vz(−B)=V2v_z(-B)=V_2，可得

C1=μ(V1−V2)2B.C_1=\frac{\mu(V_1-V_2)}{2B}.

因此剪切應力分布為

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第 三 題20 分

密度為 0.873 g/cm30.873\ \mathrm{g/cm^3} 的苯，以 2.4×10−3 m3/s2.4\times 10^{-3}\ \mathrm{m^3/s} 之流率，由泵（Pump）自低於泵 2.8 m2.8\ \mathrm{m} 處、暴露於大氣之儲槽，泵經內徑為 0.045 m0.045\ \mathrm{m} 之鋼管，提升至高於泵 6.2 m6.2\ \mathrm{m}、壓力為 320500 Pa320500\ \mathrm{Pa} 表壓力之密閉容器中。

設吸入管線之摩擦勢能為 15.5 J/kg15.5\ \mathrm{J/kg}，輸出管線之摩擦勢能為 35.5 J/kg35.5\ \mathrm{J/kg}，泵效率 η=80%\eta=80\%，試求：

(一) 泵之制動馬力。（8 分）

(二) 泵所提升之壓力。（6 分）

(三) 若苯蒸氣壓為 129 mmHg129\ \mathrm{mmHg}，淨正吸入高差（NPSH）為多少公尺（m）？（6 分）

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核心觀念

本題使用機械能平衡式計算泵所需提供的單位質量能量，並以泵效率換算制動功率。取儲槽自由液面為狀態 1、密閉容器內液面為狀態 2，兩端速度可視為零；泵須提供的能量包括：

  • 容器與儲槽的壓力差；
  • 液體的位能差；
  • 吸入管與輸出管的摩擦損失。

NPSH 可用吸入管線的伯努力方程，由儲槽自由液面推算至泵吸入口。

解題方法

已知苯的密度與流率為

ρ=0.873 g/cm3=873 kg/m3,Q=2.4×10−3 m3/s\rho=0.873\ \mathrm{g/cm^3}=873\ \mathrm{kg/m^3},\qquad Q=2.4\times10^{-3}\ \mathrm{m^3/s}

容器液面高於儲槽液面：

Δz=6.2−(−2.8)=9.0 m\Delta z=6.2-(-2.8)=9.0\ \mathrm{m}

總摩擦勢能損失為

ef=15.5+35.5=51.0 J/kge_f=15.5+35.5=51.0\ \mathrm{J/kg}

（一）泵之制動馬力

由儲槽自由液面至密閉容器，兩端速度可忽略。容器壓力為表壓，故壓力差為 320500 Pa320500\ \mathrm{Pa}。泵對流體提供的單位質量能量為

ep=ΔPρ+gΔz+efe_p=\frac{\Delta P}{\rho}+g\Delta z+e_f

代入 g=9.81 m/s2g=9.81\ \mathrm{m/s^2}：

ep=320500873+9.81(9.0)+51.0=506.4 J/kge_p=\frac{320500}{873}+9.81(9.0)+51.0 =506.4\ \mathrm{J/kg}

流體獲得的功率為

W˙fluid=ρQep=(873)(2.4×10−3)(506.4)=1.061×103 W\dot W_{\mathrm{fluid}}=\rho Qe_p =(873)(2.4\times10^{-3})(506.4) =1.061\times10^3\ \mathrm{W}

泵效率 η=0.80\eta=0.80，所以制動功率為

W˙brake=W˙fluidη=1.061×1030.80=1.326×103 W\dot W_{\mathrm{brake}} =\frac{\dot W_{\mathrm{fluid}}}{\eta} =\frac{1.061\times10^3}{0.80} =1.326\times10^3\ \mathrm{W}

以 1 hp=746 W1\ \mathrm{hp}=746\ \mathrm{W} 換算：

BHP=1326746=1.78 hp\mathrm{BHP}=\frac{1326}{746}=1.78\ \mathrm{hp}

（二）泵所提升之壓力

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第 四 題20 分

某一熱油其比熱為 2.305 kJ/(kg⋅K)2.305\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}，以 2500 kg/h2500\ \mathrm{kg/h} 之流率流入雙套管（Double pipe）熱交換器，其流入和流出的溫度分別為 380 K380\ \mathrm{K} 和 340 K；用來冷卻之水其比熱為340\ \mathrm{K}；用來冷卻之水其比熱為 4.187\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}，以，以 2000\ \mathrm{kg/h}之流率流入交換器，且流入之溫度為之流率流入交換器，且流入之溫度為278\ \mathrm{K}$。

若總熱傳送係數為 480 W/(m2⋅K)480\ \mathrm{W/(m^2\cdot K)}，計算：

(一) 水出口溫度。（4 分）

(二) 若為逆流時之熱傳送面積。（8 分）

(三) 若為順流時之熱傳送面積。（8 分）

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核心觀念

本題考查熱交換器的熱量衡算與對數平均溫差法（LMTD）。假設交換器絕熱、無相變，且總熱傳送係數 UU 為定值，則熱油放出的熱量等於水吸收的熱量：

Q=m˙hcp,h(Th,i−Th,o)=m˙ccp,c(Tc,o−Tc,i)Q=\dot m_h c_{p,h}(T_{h,i}-T_{h,o}) =\dot m_c c_{p,c}(T_{c,o}-T_{c,i})

熱傳面積由下式計算：

Q=UAΔTlm,ΔTlm=ΔT1−ΔT2ln⁡(ΔT1/ΔT2)Q=UA\Delta T_{\mathrm{lm}}, \qquad \Delta T_{\mathrm{lm}} =\frac{\Delta T_1-\Delta T_2} {\ln(\Delta T_1/\Delta T_2)}

其中 ΔT1,ΔT2\Delta T_1,\Delta T_2 是交換器兩端熱、冷流體的溫差；逆流與順流的端點配對方式不同。

解題方法

先用熱量衡算求水的出口溫度，再分別依逆流與順流的流向配對端點溫差，求出對數平均溫差及面積。熱量衡算使用 kJ/h\mathrm{kJ/h}，計算面積時將熱傳量換算為 W\mathrm{W}，與 UU 的單位一致。

（一）水出口溫度

熱油放熱量為：

Q=(2500)(2.305)(380−340)=230500 kJ/hQ=(2500)(2.305)(380-340) =230500\ \mathrm{kJ/h}

由熱量衡算：

230500=(2000)(4.187)(Tc,o−278)230500=(2000)(4.187)(T_{c,o}-278)

因此：

Tc,o=278+2305002000(4.187)=305.53 KT_{c,o}=278+\frac{230500}{2000(4.187)} =305.53\ \mathrm{K}

（二）逆流時的熱傳送面積

逆流的兩端溫差為：

ΔT1=Th,i−Tc,o=380−305.53=74.47 K\Delta T_1=T_{h,i}-T_{c,o}=380-305.53=74.47\ \mathrm{K} ΔT2=Th,o−Tc,i=340−278=62.00 K\Delta T_2=T_{h,o}-T_{c,i}=340-278=62.00\ \mathrm{K}

對數平均溫差：

ΔTlm,逆=74.47−62.00ln⁡(74.47/62.00)=68.10 K\Delta T_{\mathrm{lm,逆}} =\frac{74.47-62.00}{\ln(74.47/62.00)} =68.10\ \mathrm{K}

將熱傳量換算為瓦特：

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第 五 題20 分

計算下列分子擴散問題：

(一) O2O_2 和 N2N_2 氣體混合物含在管中，條件為 300 K300\ \mathrm{K} 與 1 atm1\ \mathrm{atm}。長 1.5 m1.5\ \mathrm{m} 管子的一端點 1，O2O_2 分壓為 0.7 atm0.7\ \mathrm{atm}；另一端點 2，O2O_2 分壓為 0.2 atm0.2\ \mathrm{atm}。若 O2O_2 與 N2N_2 進行等莫耳逆流擴散，計算穩定狀態下 O2O_2 之通量為何？假定 O2O_2－N2N_2 混合物之擴散係數（Diffusivity）為 0.585×10−4 m2/s0.585\times 10^{-4}\ \mathrm{m^2/s}。（10 分）

(二) 一萘球半徑 10 mm10\ \mathrm{mm}，在 318 K318\ \mathrm{K} 和 1 atm1\ \mathrm{atm} 之靜止空氣中行質量傳送。萘球在 318 K318\ \mathrm{K} 之蒸氣壓為 0.555 mmHg0.555\ \mathrm{mmHg}，萘在空氣 318 K318\ \mathrm{K} 下之擴散係數為 6.92×10−6 m2/s6.92\times 10^{-6}\ \mathrm{m^2/s}，計算萘之蒸發速率為何？（10 分）

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核心觀念

本題考查氣體中的分子擴散通量，以及球形萘在靜止空氣中的穩態蒸發。

  • 等莫耳逆流擴散：兩成分的莫耳通量大小相等、方向相反，因此總莫耳通量為零，適用等莫耳逆流擴散式。
  • 萘蒸發至靜止空氣：空氣不穿透萘表面，故萘為 AA、空氣為 BB，且 NB=0N_B=0，適用 BB 滯止時的 Stefan 擴散式。算出球面莫耳通量後，再乘球面積求蒸發速率。

解題方法

（一）O2O_2 與 N2N_2 等莫耳逆流擴散

等莫耳逆流時，NO2=−NN2N_{O_2}=-N_{N_2}，因此總莫耳通量 N=0N=0。在定溫、定壓、管長 LL 下，O2O_2 的穩態通量為

NO2=DO2−N2RTL(pO2,1−pO2,2)N_{O_2}=\frac{D_{O_2-N_2}}{RTL}(p_{O_2,1}-p_{O_2,2})

代入 DO2−N2=0.585×10−4 m2/sD_{O_2-N_2}=0.585\times10^{-4}\ \mathrm{m^2/s}、T=300 KT=300\ \mathrm{K}、L=1.5 mL=1.5\ \mathrm{m}，並用 R=8.314 Pa m3/(mol K)R=8.314\ \mathrm{Pa\,m^3/(mol\,K)}。分壓差換算為

ΔpO2=(0.7−0.2) atm=0.5(101325) Pa\Delta p_{O_2}=(0.7-0.2)\ \mathrm{atm} =0.5(101325)\ \mathrm{Pa}

故

NO2=(0.585×10−4)(0.5)(101325)(8.314)(300)(1.5)=7.91×10−5 mol m−2 s−1N_{O_2} =\frac{(0.585\times10^{-4})(0.5)(101325)} {(8.314)(300)(1.5)} =7.91\times10^{-5}\ \mathrm{mol\,m^{-2}\,s^{-1}}

正值表示 O2O_2 由端點 1 向端點 2 擴散。

（二）萘球在靜止空氣中的蒸發

萘表面氣相莫耳分率為

yA,s=pA,sP=0.555760=7.303×10−4y_{A,s}=\frac{p_{A,s}}{P} =\frac{0.555}{760}=7.303\times10^{-4}

遠處空氣中萘蒸氣可視為零，即 yA,∞=0y_{A,\infty}=0。對靜止的空氣（NB=0N_B=0），萘在氣膜中的莫耳通量為

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