108 年 國立中山大學機械與機電工程學系碩士班甲組《基礎熱傳學》

本題考查 Carnot 循環的熱泵效率 (COP) 以及功率計算。

核心觀念：

1. Carnot 效率 (COP_Carnot)：對於熱泵，其 COP 定義為提供的熱量與輸入功的比值。Carnot 效率是熱力學上可達到的最高效率，與工作溫度的絕對值有關。
2. 熱損耗率：房子每單位溫差所散失的熱量。
3. 穩態條件：在穩態下，熱泵提供的熱量等於房子散失的熱量。

解題步驟：
首先，將所有溫度轉換為絕對溫度 (K)。
室內溫度 $T_H = 24^\circ\text{C} = 24 + 273.15 = 297.15 \, \text{K}$
室外溫度 $T_L = 2^\circ\text{C} = 2 + 273.15 = 275.15 \, \text{K}$

房子每單位溫差的熱損耗率為 $Q_{loss}/\Delta T = 4500 \, \text{kJ/h}/\text{°C}$。

(a) 決定性能係數 (Coefficient of Performance, COP)

Carnot 熱泵的性能係數定義為：
$\text{COP}_{\text{HP, Carnot}} = \frac{T_H}{T_H - T_L}$
代入數值：
$\text{COP}_{\text{HP, Carnot}} = \frac{297.15 \, \text{K}}{297.15 \, \text{K} - 275.15 \, \text{K}} = \frac{297.15}{22} \approx 13.507$

(b) 決定熱泵所需的輸入功率

本題考查氣流通過電腦機殼時的能量平衡，以及熱源對氣體溫度升的貢獻。

核心觀念：

1. 能量守恆 (第一類定律)：系統吸收的熱量等於其內能的增加。對於定常流動的流體，能量守恆可簡化為熱量傳遞與溫度變化的關係。
2. 氣體溫度變化與熱量傳遞：氣體吸收熱量後，其溫度會升高，關係式為 $Q = \dot{m} c_p \Delta T$ 或 $Q = \dot{V} \rho c_p \Delta T$。
3. 熱源分析：總溫度升是由多個熱源（PCB 散熱、風扇功率）共同造成的。

解題步驟：

已知條件：

• PCB 數量 = 8 個
• 每個 PCB 功率 $= 10 \, \text{W}$
• 總 PCB 功率 $Q_{PCB} = 8 \times 10 \, \text{W} = 80 \, \text{W}$
• 風扇功率 $Q_{fan} = 25 \, \text{W}$
• 空氣比熱 $c_p = 1.005 \, \text{kJ/kg}^\circ\text{C} = 1005 \, \text{J/kg}^\circ\text{C}$
• 允許的最大空氣溫度升 $\Delta T_{total, max} = 10^\circ\text{C}$
• PCB 高度 $= 12 \, \text{cm}$
• 電腦機殼高度 $= 18 \, \text{cm}$ (此資訊在問題中似乎與計算無直接關聯，可能為干擾資訊或與流場細節有關，但在此題目下不直接使用)

(a) 計算所需空氣的流率 (Flow rate)

在穩態條件下，進入電腦機殼的空氣會吸收來自 PCB 和風扇的總熱量，導致溫度升高。
總熱量輸入 $Q_{total} = Q_{PCB} + Q_{fan}$
$Q_{total} = 80 \, \text{W} + 25 \, \text{W} = 105 \, \text{W}$

空氣溫度升的關係式為：
$Q_{total} = \dot{m} c_p \Delta T_{total, max}$
其中 $\dot{m}$ 是空氣的質量流率 (kg/s)。

我們需要計算空氣的體積流率 $\dot{V}$。首先計算質量流率：
$\dot{m} = \frac{Q_{total}}{c_p \Delta T_{total, max}}$
$\dot{m} = \frac{105 \, \text{W}}{(1005 \, \text{J/kg}^\circ\text{C}) \times (10^\circ\text{C})} = \frac{105}{10050} \, \text{kg/s} \approx 0.01045 \, \text{kg/s}$

為了得到體積流率 $\dot{V}$，我們需要空氣的密度 $\rho$。題目未給出密度，但提到 "air $c_p = 1.005$ kJ/kg °C at room temperature"。一般情況下，室溫下的空氣密度約為 $1.2 \, \text{kg/m}^3$。假設使用此值。
$\dot{V} = \frac{\dot{m}}{\rho}$

本題考查晶片在兩種不同散熱條件下的最大功率輸出。散熱方式包含自然對流、輻射，以及強制對流。

核心觀念：

1. 熱傳遞模式：包含自然對流、強制對流和輻射。
2. 能量平衡：在穩態下，晶片產生的熱功率等於散失的熱功率。
3. 對流係數的計算：在自然對流情況下，對流係數 $h$ 是溫差的函數。
4. 輻射熱傳遞：涉及表面發射率、物體與周圍環境的溫差（絕對溫度）以及史特凡－波茲曼定律。

解題步驟：

已知條件：

• 晶片尺寸：$L = 15 \, \text{mm} = 0.015 \, \text{m}$
• 晶片數量：假設為一個（題目問 "each chip"）
• 晶片表面積 $A = L^2 = (0.015 \, \text{m})^2 = 0.000225 \, \text{m}^2$
• 周圍空氣溫度 $T_\infty = 25^\circ\text{C} = 25 + 273.15 = 298.15 \, \text{K}$
• 晶片最高允許溫度 $T_s = 85^\circ\text{C} = 85 + 273.15 = 358.15 \, \text{K}$
• 晶片發射率 $\varepsilon = 0.60$
• 史特凡－波茲曼常數 $\sigma = 5.67 \times 10^{-8} \, \text{W/m}^2\text{K}^4$
• 自然對流係數常數 $C = 4.2 \, \text{W/m}^2\text{K}^{3/4}$

(a) 自然對流與輻射散熱情況下的最大操作功率

在穩態下，晶片產生的功率 $Q_{chip}$ 等於散失的功率，散失的功率由自然對流 $Q_{conv}$ 和輻射 $Q_{rad}$ 組成。
$Q_{chip} = Q_{conv} + Q_{rad}$

自然對流功率：
$Q_{conv} = h A (T_s - T_\infty)$
其中 $h = C(T_s - T_\infty)^{1/4}$。
所以，$Q_{conv} = C (T_s - T_\infty)^{1/4} A (T_s - T_\infty) = C A (T_s - T_\infty)^{5/4}$。

輻射功率：
$Q_{rad} = \varepsilon \sigma A (T_s^4 - T_{surr}^4)$
這裡假設周圍環境（牆壁）溫度 $T_{surr}$ 等於空氣溫度 $T_\infty$。
$Q_{rad} = \varepsilon \sigma A (T_s^4 - T_\infty^4)$

將 $T_s$ 和 $T_\infty$ 轉換為絕對溫度：
$T_s = 85 + 273.15 = 358.15 \, \text{K}$
$T_\infty = 25 + 273.15 = 298.15 \, \text{K}$

計算自然對流功率：
$T_s - T_\infty = 85 - 25 = 60^\circ\text{C}$
$h = C (T_s - T_\infty)^{1/4} = 4.2 \, (\text{W/m}^2\text{K}^{3/4}) \times (60 \, \text{K})^{1/4}$
$(60)^{1/4} \approx 2.783$
$h \approx 4.2 \times 2.783 \approx 11.69 \, \text{W/m}^2\text{K}$

$Q_{conv} = h A (T_s - T_\infty) = 11.69 \, \text{W/m}^2\text{K} \times 0.000225 \, \text{m}^2 \times (85 - 25)^\circ\text{C}$
$Q_{conv} = 11.69 \times 0.000225 \times 60 \approx 0.1578 \, \text{W}$

核心觀念

薄電阻加熱器位於兩層圓筒材料的交界面，可視為一個熱源節點。熱量由加熱器分別向內、向外傳遞；每條路徑都由「圓筒導熱熱阻」與「表面對流熱阻」串聯而成。加熱器產生的熱量等於流向內、外流體的熱量總和。

以下依圖示取 $r_1$ 為內半徑、$r_2$ 為加熱器半徑、$r_3$ 為外半徑；內層材料為 $B$，外層材料為 $A$。令圓筒長度為 $L$，加熱器熱通量為 $q_h''$。

(a) 等效熱路與熱阻

等效熱路是以加熱器溫度 $T_h$ 為節點，分成兩條並聯支路：

• 向內：$T_h \rightarrow$ 材料 $B$ 導熱 $\rightarrow$ 內表面對流 $\rightarrow T_{\infty,i}$
• 向外：$T_h \rightarrow$ 材料 $A$ 導熱 $\rightarrow$ 外表面對流 $\rightarrow T_{\infty,o}$

兩支路的總熱阻為

$$R_i= \frac{\ln(r_2/r_1)}{2\pi k_B L} +\frac{1}{h_i\,2\pi r_1 L}$$ $$R_o= \frac{\ln(r_3/r_2)}{2\pi k_A L} +\frac{1}{h_o\,2\pi r_3 L}$$

加熱器的總發熱率為

$$\dot Q_h=q_h''(2\pi r_2L)$$

因此能量平衡式為

$$\dot Q_h=\dot Q_i+\dot Q_o$$

其中

$$\dot Q_i=\frac{T_h-T_{\infty,i}}{R_i}, \qquad \dot Q_o=\frac{T_h-T_{\infty,o}}{R_o}$$

(b) 加熱器溫度

將兩支路熱流代入能量平衡式：

$$\dot Q_h= \frac{T_h-T_{\infty,i}}{R_i} +\frac{T_h-T_{\infty,o}}{R_o}$$

整理得

$$T_h= \frac{\dot Q_h+T_{\infty,i}/R_i+T_{\infty,o}/R_o} {1/R_i+1/R_o}$$

代入 $\dot Q_h=q_h''(2\pi r_2L)$，即可依題目給定的熱通量、尺寸、材料性質與對流係數求得加熱器溫度。

(c) 熱流比與降低方法

題目要求的是單位長度熱流比。令

核心觀念

本題考查「平面複合壁的一維穩態熱傳導」。各層材料與內外流體之間的熱阻為串聯，因此總熱阻為：

• 內側對流熱阻：$\dfrac{1}{h_iA}$
• 各固體層導熱熱阻：$\dfrac{L}{kA}$
• 外側對流熱阻：$\dfrac{1}{h_oA}$

由圖可得：

$$L_p=10\text{ mm}=0.010\text{ m}$$ $$L_b=100\text{ mm}=0.100\text{ m}$$ $$L_s=20\text{ mm}=0.020\text{ m}$$

其中 $p$ 為 plaster board，$b$ 為 fiberglass blanket，$s$ 為 plywood siding。

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解題方法

因為熱流垂直穿過各層牆面，且各層面積相同，所以可將所有熱阻視為串聯。室內外溫差為：

$$\Delta T=T_{\infty,i}-T_{\infty,o} =20-(-15)=35\text{ K}$$

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(a) 複合牆總熱阻

總熱阻為：

$$R_{\mathrm{tot}} = \frac{1}{h_iA} +\frac{L_p}{k_pA} +\frac{L_b}{k_bA} +\frac{L_s}{k_sA} +\frac{1}{h_oA}$$

代入已知數值：

$$R_{\mathrm{tot}} = \frac{1}{30(350)} +\frac{0.010}{0.17(350)} +\frac{0.100}{0.038(350)} +\frac{0.020}{0.12(350)} +\frac{1}{60(350)}$$

計算得：

$$R_{\mathrm{tot}}=0.008306\text{ K/W}$$

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(b) 通過牆面的總熱損失率

由熱阻公式：

$$\dot Q=\frac{\Delta T}{R_{\mathrm{tot}}}$$

因此：

$$\dot Q = \frac{35}{0.008306} =4.21\times10^3\text{ W}$$

所以總熱損失率為：

$$\boxed{\dot Q\approx 4.21\text{ kW}}$$

亦可先計算單位面積熱流：

$$R_{\mathrm{tot}}''= \frac{1}{h_i} +\frac{L_p}{k_p} +\frac{L_b}{k_b} +\frac{L_s}{k_s} +\frac{1}{h_o}$$ $$R_{\mathrm{tot}}'' = 0.03333+0.05882+2.63158+0.16667+0.01667 =2.90707\text{ m}^2\text{K/W}$$ $$q''=\frac{35}{2.90707}=12.04\text{ W/m}^2$$ $$\dot Q=q''A=(12.04)(350)\approx4.21\text{ kW}$$

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(c) 風速增加後的熱損失率增幅

當外側對流係數提高至：

核心觀念

本題考查「集中熱容量法（lumped capacitance method）」及 Biot 數判斷。若球體內部溫度梯度很小，可視為整顆球在任一時刻具有均勻溫度 $T(t)$。

非穩態對流冷卻公式為

$$\frac{T(t)-T_\infty}{T_i-T_\infty} = \exp\left(-\frac{hAt}{\rho c_p V}\right)$$

其中：

• $T_i=66^\circ\mathrm{C}$：初始球體溫度
• $T_\infty=27^\circ\mathrm{C}$：氣流溫度
• $T(69\,\mathrm{s})=55^\circ\mathrm{C}$
• $h$：空氣與球體間的對流熱傳係數

解題方法

對球體作能量平衡：

$$-\rho c_p V\frac{dT}{dt}=hA(T-T_\infty)$$

積分得

$$\ln\left(\frac{T(t)-T_\infty}{T_i-T_\infty}\right) = -\frac{hAt}{\rho c_p V}$$

球體的體積與表面積分別為

$$V=\frac{\pi D^3}{6},\qquad A=\pi D^2$$

因此

$$\frac{V}{A}=\frac{D}{6}$$

代入已知溫度：

$$\frac{T(t)-T_\infty}{T_i-T_\infty} = \frac{55-27}{66-27} = \frac{28}{39}$$

故

$$h = -\frac{\rho c_p V}{At} \ln\left(\frac{28}{39}\right)$$

整理為

$$h = \frac{\rho c_p(D/6)}{t} \ln\left(\frac{39}{28}\right)$$

代入