114 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

核心觀念

本題考查垂直圓管內牛頓流體的穩定層流動量平衡。假設流體不可壓縮、密度與黏度 $\mu$ 為常數，流動已充分發展，速度只有軸向分量 $U=U(r)$。因此，軸向動量由壓力梯度、重力與黏滯剪應力共同平衡；管壁採無滑移條件，管中心速度有限。

令 $z$ 軸向上，重力加速度為 $g$，則重力在軸向的分量為 $-\rho g$。若流體向下流，則 $U$ 為負；以下以此座標約定推導，流量大小再取絕對值。

解題方法：建立圓柱座標動量平衡

對半徑為 $r$、長度為 $L$ 的同軸圓柱流體控制體，取軸向向上為正。壓力作用的合力為 $[p(0)-p(L)]\pi r^2$，重力為 $-\rho g\pi r^2L$，圓柱側面的剪應力作用力為 $2\pi rL\,\tau_{rz}(r)$。穩定流動下軸向合力為零：

$$[p(0)-p(L)]\pi r^2-\rho g\pi r^2L +2\pi rL\,\tau_{rz}(r)=0.$$

定義軸向壓力梯度 $dp/dz=[p(L)-p(0)]/L$，整理得

$$\tau_{rz}(r)=\frac{r}{2}\left(\frac{dp}{dz}+\rho g\right).$$

對牛頓流體，依此剪應力分量與速度梯度的定義，

$$\tau_{rz}=\mu\frac{dU}{dr}.$$

因此

$$\frac{1}{r}\frac{d}{dr}\left(r\mu\frac{dU}{dr}\right) =\frac{dp}{dz}+\rho g.$$

若 $\mu$ 為常數，積分並要求 $r=0$ 處速度有限，可得

$$\frac{dU}{dr}=\frac{r}{2\mu}\left(\frac{dp}{dz}+\rho g\right).$$

再用管壁無滑移條件 $U(R)=0$，積分得速度分布

$$\boxed{ U(r)=\frac{1}{4\mu}\left(\frac{dp}{dz}+\rho g\right)(r^2-R^2) }$$

若題目中的 $p$ 表示管兩端壓差 $\Delta p=p_{\text{入口}}-p_{\text{出口}}$，且流體由上往下流，則 $z$ 軸向上時 $dp/dz=\Delta p/L$。速度大小可寫成

核心觀念

本題考查圓筒壁的徑向穩態熱傳導。圓筒半徑隨位置改變，傳導熱阻須使用對數式：

$$R_{\mathrm{cond}}=\frac{\ln(r_o/r_i)}{2\pi kL}$$

其中 $r_i,r_o$ 分別是圓筒層的內、外半徑，$k$ 是熱傳導率，$L$ 是爐管長度。各層熱阻串聯時，熱流率相同，總熱阻為各熱阻相加。題目要求每公尺爐管，因此取 $L=1\ \mathrm{m}$。

幾何尺寸與單位

爐管外徑為 $100\ \mathrm{cm}=1.00\ \mathrm{m}$，故爐管外半徑為 $r_1=0.50\ \mathrm{m}$。A 層厚 $0.150\ \mathrm{m}$，B 層厚 $0.250\ \mathrm{m}$，所以：

$$r_2=0.50+0.150=0.65\ \mathrm{m},\qquad r_3=0.65+0.250=0.90\ \mathrm{m}$$

各半徑比為 $r_2/r_1=1.30$、$r_3/r_2=18/13$。

（一）兩包覆層間溫度

A、B 層的傳導熱阻分別為：

$$R_A=\frac{\ln(0.65/0.50)}{2\pi(0.15)(1)} =\frac{\ln(1.30)}{0.3\pi}$$ $$R_B=\frac{\ln(0.90/0.65)}{2\pi(1.50)(1)} =\frac{\ln(18/13)}{3\pi}$$

穩態下兩層傳遞相同熱量，故從爐管外表面到外界接觸面的總熱阻為 $R_A+R_B$。溫度降落按熱阻比例分配，兩層界面溫度為：

$$T_{AB} =1200-(1200-50)\frac{R_A}{R_A+R_B} \approx 1200-1150(0.9344) \approx 125.5^\circ\mathrm{C}$$

核心觀念

本題考查球體外部強制對流的無因次熱傳關係，以及流體靜止時球體的純導熱極限。Ranz–Marshall 關係式為

$Nu=2.0+0.6Re^{1/2}Pr^{1/3}$

其中常數項 $2.0$ 代表流體靜止時，球體周圍穩態徑向導熱所對應的 Nusselt 數；對流效應則由含 $Re$ 與 $Pr$ 的項描述。

（一）無因次數的定義與物理意義

令球體直徑為 $D$、特徵速度為 $u$，流體密度、黏度、比熱與熱導率分別為 $\rho$、$\mu$、$C_p$、$k$。球體表面與主流流體的溫差為 $\Delta T$，對流熱傳係數為 $h$。

納塞數（Nusselt number）

$Nu=\frac{hD}{k}$

$Nu$ 表示球體表面的對流熱傳能力相對於流體內部導熱能力的比值。$Nu$ 愈大，代表對流相對於導熱愈重要。

雷諾數（Reynolds number）

$Re=\frac{\rho uD}{\mu}=\frac{uD}{\nu}$

其中 $\nu=\mu/\rho$ 為動黏度。$Re$ 是慣性力與黏滯力的比值，反映流場中慣性效應相對於黏滯效應的強弱。

普朗特數（Prandtl number）

$Pr=\frac{\mu C_p}{k}=\frac{\nu}{\alpha}$

其中 $\alpha=k/(\rho C_p)$ 為熱擴散係數。$Pr$ 是動量擴散率與熱擴散率的比值，反映速度邊界層與熱邊界層的相對發展情形。

（二）靜止流體中單一球體的 $Nu=2.0$

解題方法與假設

流體靜止時沒有主流速度，球體與流體間不發生由流動造成的對流效應，熱量以球對稱的徑向穩態導熱傳遞。設球體半徑為 $a$，表面溫度為 $T_s$；無窮遠處流體溫度為 $T_\infty$。假設流體均勻、熱導率 $k$ 為常數，且無內部熱生成。

徑向導熱方程

球對稱、穩態且無熱生成時，能量方程為

$\frac{1}{r^2}\frac{d}{dr}\left(r^2\frac{dT}{dr}\right)=0$

積分一次得

$r^2\frac{dT}{dr}=C_1$

再積分得

$T(r)=-\frac{C_1}{r}+C_2$

套用邊界條件 $T(a)=T_s$ 與 $T(\infty)=T_\infty$，溫度分布為

$T(r)=T_\infty+(T_s-T_\infty)\frac{a}{r}$

計算球體的熱傳率

核心觀念

本題考球座標下、具球對稱的非穩態分子擴散。假設液滴靜止、無化學反應、無體積流動，且擴散係數 $D_{AB}$ 為常數，液滴內 A 的累積速率由徑向擴散通量的散度決定。

解題方法

取液滴內半徑為 $r$、厚度為 $dr$ 的薄球殼。球殼內 A 的累積量等於內、外表面擴散流入量之差。

以 $N_{A,r}$ 表示沿徑向向外為正的 A 莫耳通量。薄球殼的非穩態物料衡算為

$$\frac{\partial C_A}{\partial t} = -\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}\left(r^2N_{A,r}\right)$$

此式中的 $r^2$ 來自球面面積與半徑平方成正比。依 Fick 第一定律，徑向擴散通量為

$$N_{A,r}=-D_{AB}\frac{\partial C_A}{\partial r}$$

將通量式代入物料衡算：

$$\frac{\partial C_A}{\partial t} = -\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r} \left(-r^2D_{AB}\frac{\partial C_A}{\partial r}\right)$$

因 $D_{AB}$ 為常數，可提出微分運算之外，得到

$$\boxed{ \frac{\partial C_A}{\partial t} = D_{AB}\frac{1}{r^2} \left[ \frac{\partial}{\partial r} \left(r^2\frac{\partial C_A}{\partial r}\right) \right] }$$

展開後亦可寫成

$$\frac{\partial C_A}{\partial t} = D_{AB}\left( \frac{\partial^2 C_A}{\partial r^2} +\frac{2}{r}\frac{\partial C_A}{\partial r} \right)$$

初始條件與邊界條件

設液滴半徑為 $R$，初始時液滴內 A 濃度均勻為 $C_{A,0}$；氣液界面濃度維持在 $C_{A,s}$。則：

核心觀念

本題考查吸收塔的整體物料衡算與氣、液相莫耳分率定義。吸收過程中，硫化氫由氣相轉移至液相；題目給定的 $90\%$ 是進料硫化氫被吸收的比例。

解題方法

以 $1\ \mathrm{h}$ 為計算基準。進料氣體總量為 $50\ \mathrm{kmol}$，其中：

$$n_{\mathrm{H_2S,in}}=50(0.05)=2.5\ \mathrm{kmol}$$ $$n_{\mathrm{air,in}}=50(0.95)=47.5\ \mathrm{kmol}$$

被吸收的硫化氫為：

$$n_{\mathrm{H_2S,abs}}=2.5(0.90)=2.25\ \mathrm{kmol}$$

未被吸收、隨塔頂氣體離開的硫化氫為：

$$n_{\mathrm{H_2S,out}}=2.5-2.25=0.25\ \mathrm{kmol}$$

題目未指出空氣溶入溶劑，因此依一般吸收題假設空氣不被吸收，塔頂氣體中的空氣仍為 $47.5\ \mathrm{kmol}$。

（一）塔頂廢氣中 $\mathrm{H_2S}$ 的莫耳分率

塔頂氣體總量為：

$$n_{\mathrm{gas,out}}=47.5+0.25=47.75\ \mathrm{kmol}$$

因此：

$$y_{\mathrm{H_2S,out}} =\frac{0.25}{47.75} =0.005236$$

換算為莫耳百分比約為 $0.524\%$。

（二）塔底溶劑中 $\mathrm{H_2S}$ 的莫耳分率

入口溶劑流量為 $90\ \mathrm{kmol/h}$，假設溶劑不揮發且不流失，塔底液體包含原有溶劑與吸收的硫化氫：