109 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》

此題主要考驗學生對穩態導熱的理解，以及如何利用能量守恆判斷溫度隨時間的變化。

解題步驟如下：

1. 判斷穩態條件：穩態導熱是指系統的溫度分佈不隨時間改變。對於一個平面壁，穩態條件存在意味著進入壁面的熱量等於離開壁面的熱量，且壁面內的溫度分佈是恆定的。
   題目給定：

   • 施加在一個面上的熱通量 $q''_{in} = 25 \, \text{W/m}^2$。
   • 另一面暴露在空氣中，空氣溫度 $T_\infty = 30^\circ\text{C}$，對流傳熱係數 $h = 25 \, \text{W/m}^2\text{K}$。
   • 暴露在空氣中的表面溫度 $T_{s,conv} = 50^\circ\text{C}$。

   由於給定了一個面的熱通量，我們可以計算出通過壁面的熱傳導率。同時，也可以計算出從壁面到空氣的對流散熱量。
   首先，計算從壁面到空氣的對流散熱通量 $q''_{out}$：
   $q''_{out} = h (T_{s,conv} - T_\infty)$
   $q''_{out} = 25 \, \text{W/m}^2\text{K} \times (50^\circ\text{C} - 30^\circ\text{C})$
   $q''_{out} = 25 \, \text{W/m}^2\text{K} \times (20 \, \text{K})$

此題主要考驗學生對於強制對流散熱以及能量平衡在電子設備冷卻中的應用。

題目分析：

• 五塊印刷電路板 (PBCs)，每塊散熱功率 $P_b = 20 \, \text{W}$。
• 總散熱功率為 $5 \times P_b = 5 \times 20 \, \text{W} = 100 \, \text{W}$。
• 對流傳熱係數 $h = 200 \, \text{W/m}^2\text{K}$。
• 進氣溫度 $T_i = 20^\circ\text{C}$。
• 風扇功率 $P_f = 25 \, \text{W}$ (此資訊在(a)小題中可能不直接使用，但在真實情況下風扇功率會影響空氣流動，但題目已給定 $h$)。
• 空氣密度 $\rho = 1.161 \, \text{kg/m}^3$，比熱 $c_p = 1007 \, \text{J/kg}\cdot\text{K}$。
• (a) 要求空氣溫升 $(T_o - T_i)$ 不超過 $15^\circ\text{C}$，求最小體積流量 $\dot{V}$。
• (b) 一個高功率元件散熱 $1 \, \text{W/cm}^2$，求其安裝位置及表面溫度。

解題步驟：

(a) 最小體積流量 $\dot{V}$

1. 計算總散熱功率：
   所有電子元件的總散熱功率是空氣吸收的熱量。
   總散熱功率 $\dot{Q}_{total} = 5 \times P_b = 5 \times 20 \, \text{W} = 100 \, \text{W}$。

2. 利用能量守恆關係：
   空氣吸收的熱量與空氣的質量流量、比熱和溫升有關。
   $\dot{Q}_{total} = \dot{m} c_p (T_o - T_i)$
   其中 $\dot{m}$ 是空氣的質量流量。

3. 將質量流量轉換為體積流量：
   質量流量 $\dot{m} = \rho \dot{V}$，其中 $\dot{V}$ 是體積流量。
   所以，$\dot{Q}_{total} = \rho \dot{V} c_p (T_o - T_i)$。

4. 代入已知條件求解 $\dot{V}$：
   題目要求溫升 $(T_o - T_i)$ 不超過 $15^\circ\text{C}$，所以我們取最大溫升值 $T_o - T_i = 15^\circ\text{C}$ 來計算最小體積流量。
   $100 \, \text{W} = (1.161 \, \text{kg/m}^3) \times \dot{V} \times (1007 \, \text{J/kg}\cdot\text{K}) \times (15 \, \text{K})$
   $100 \, \text{W} = 17478.465 \times \dot{V} \, \text{J/m}^3$ (注意：W = J/s, J/kg * kg/m^3 * K = J/(m^3 K))
   $\dot{V} = \frac{100 \, \text{J/s}}{17478.465 \, \text{J/(m}^3\text{K})} \times 15 \, \text{K}$ (這裡單位有點混淆，直接用 W 和 J/kg*K 即可)
   $\dot{V} = \frac{100 \, \text{W}}{1.161 \, \text{kg/m}^3 \times 1007 \, \text{J/kg}\cdot\text{K} \times 15 \, \text{K}}$
   $\dot{V} = \frac{100}{17478.465} \, \text{m}^3/\text{s}$
   $\dot{V} \approx 0.005721 \, \text{m}^3/\text{s}$

此題考驗學生對熱傳導方程式以及溫度隨時間變化的關係的理解。

題目分析：

• 給定一個無限均質體內的溫度分佈函數 $T(x, y, z) = x^2 -2y^2 + z^2 - xy + 2yz$。
• 假設物體性質恆定，且無內部熱源。
• 要求判斷哪些區域的溫度隨時間改變。

解題步驟：

1. 熱傳導方程式：
   對於一個均質、無內部熱源且性質恆定的固體，其溫度分佈 $T(x, y, z, t)$ 滿足熱傳導方程式：
   $\frac{\partial T}{\partial t} = \alpha \nabla^2 T$
   其中 $\alpha$ 是熱擴散率 (thermal diffusivity)，$\alpha = k/(\rho c_p)$，是一個常數。$\nabla^2 T$ 是拉普拉斯算子作用於溫度場。
   $\nabla^2 T = \frac{\partial^2 T}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 T}{\partial y^2} + \frac{\partial^2 T}{\partial z^2}$

2. 計算拉普拉斯算子 $\nabla^2 T$：
   首先，我們需要計算溫度函數 $T(x, y, z)$ 的二階偏導數。
   $T(x, y, z) = x^2 -2y^2 + z^2 - xy + 2yz$

   一階偏導數：
   $\frac{\partial T}{\partial x} = 2x - y$
   $\frac{\partial T}{\partial y} = -4y - x + 2z$
   $\frac{\partial T}{\partial z} = 2z + 2y$

此題主要考驗學生對一維穩態/非穩態導熱的能量守恆應用，以及傅立葉導熱定律的應用。

題目分析：

• 平面壁厚度 $L = 0.3 \, \text{m}$。
• 溫度分佈為 $T(x) = a + bx + cx^2$，其中 $a = 200^\circ\text{C}$, $b = -200^\circ\text{C/m}$, $c = 30^\circ\text{C/m}^2$。
• 熱導係數 $k = 1 \, \text{W/m}\cdot\text{K}$。
• (a) 求單位面積的熱傳速率進入、離開壁面，以及儲存在壁面內的能量變化率。
• (b) 若冷表面暴露於 $100^\circ\text{C}$ 的流體，求對流係數。

解題步驟：

(a) 熱傳速率與能量變化率

1. 計算溫度分佈的具體形式：
   將給定的係數代入溫度函數：
   $T(x) = 200 - 200x + 30x^2$ ($^\circ\text{C}$)
   其中 $x$ 的範圍是 $0 \le x \le 0.3 \, \text{m}$。

2. 計算溫度梯度：
   熱傳導定律需要溫度梯度。
   $\frac{dT}{dx} = \frac{d}{dx}(a + bx + cx^2) = b + 2cx$
   代入係數：
   $\frac{dT}{dx} = -200 + 2(30)x = -200 + 60x$ ($^\circ\text{C/m}$)

3. 確定壁面的熱表面：
   壁的厚度為 $0.3 \, \text{m}$。我們需要確定 $x=0$ 和 $x=0.3$ 分別是哪個表面。通常，熱量從高溫區域流向低溫區域。
   我們計算兩個表面的溫度：
   在 $x=0$ 處：$T(0) = 200 - 200(0) + 30(0)^2 = 200^\circ\text{C}$。
   在 $x=0.3$ 處：$T(0.3) = 200 - 200(0.3) + 30(0.3)^2 = 200 - 60 + 30(0.09) = 140 + 2.7 = 142.7^\circ\text{C}$。
   由於 $T(0) > T(0.3)$，熱量將從 $x=0$ 表面傳入，流向 $x=0.3$ 表面。

4. 計算進入壁面的熱傳速率 (在 $x=0$ 處)：
   根據傅立葉導熱定律 (一維)：$q'' = -k \frac{dT}{dx}$
   在 $x=0$ 處的溫度梯度：$\frac{dT}{dx}|_{x=0} = -200 + 60(0) = -200 \, ^\circ\text{C/m}$。
   進入壁面的熱通量 $q''_{in} = -k \frac{dT}{dx}|_{x=0}$
   $q''_{in} = -(1 \, \text{W/m}\cdot\text{K}) \times (-200 \, ^\circ\text{C/m})$
   $q''_{in} = 200 \, \text{W/m}^2$。

核心觀念

本題考查長圓柱之徑向穩態熱傳導，並結合：

• 圓柱座標下的穩態熱傳導方程式
• 均勻體積發熱
• 材料交界面的溫度與熱通量連續
• 外表面與周圍流體間的對流邊界條件

因為導電棒很長，可忽略軸向與周向熱傳，溫度僅為半徑 $r$ 的函數。

令導電棒內均勻體積發熱率為 $\dot q$，周圍流體溫度為 $T_\infty$，對流係數為 $h$。

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解題方法

1. 導電棒區域：$0\le r\le r_i$

導電棒具有均勻體積發熱，穩態圓柱座標熱傳導方程式為

$$\frac{1}{r}\frac{d}{dr} \left( r k_r\frac{dT_r}{dr} \right)+\dot q=0$$

若 $k_r$ 為常數，則可寫成

$$\frac{1}{r}\frac{d}{dr} \left( r\frac{dT_r}{dr} \right)+\frac{\dot q}{k_r}=0$$

其中 $T_r(r)$ 為導電棒內溫度。

2. 包覆層區域：$r_i\le r\le r_o$

包覆層為電氣絕緣材料，且沒有體積發熱，因此

$$\frac{1}{r}\frac{d}{dr} \left( r k_c\frac{dT_c}{dr} \right)=0$$

若 $k_c$ 為常數，則

$$\frac{1}{r}\frac{d}{dr} \left( r\frac{dT_c}{dr} \right)=0$$

其中 $T_c(r)$ 為包覆層內溫度。

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邊界條件

1. 中心線對稱條件

在 $r=0$ 處不存在熱通量，故

$$\left.\frac{dT_r}{dr}\right|_{r=0}=0$$

2. 導電棒與包覆層交界面：$r=r_i$

交界面溫度必須連續：

$$T_r(r_i)=T_c(r_i)$$

且熱通量必須連續：

$$-k_r\left.\frac{dT_r}{dr}\right|_{r_i} = -k_c\left.\frac{dT_c}{dr}\right|_{r_i}$$

亦可寫成

此題主要考驗學生對複合壁的穩態熱傳導分析，特別是串聯熱阻的概念和應用。

題目分析：

• 一個由三層材料 (A, B, C) 組成的複合壁。
• 已知：
  • 材料 A：$k_A = 20 \, \text{W/m}\cdot\text{K}$, $L_A = 0.30 \, \text{m}$
  • 材料 B：$L_B = 0.15 \, \text{m}$, $k_B$ (未知)
  • 材料 C：$k_C = 50 \, \text{W/m}\cdot\text{K}$, $L_C = 0.15 \, \text{m}$
• 操作條件（穩態）：
  • 內表面溫度 $T_{s,i} = 600^\circ\text{C}$
  • 外表面溫度 $T_{o,s} = 20^\circ\text{C}$
  • 烤箱內空氣溫度 $T_\infty = 800^\circ\text{C}$
  • 內部對流傳熱係數 $h = 25 \, \text{W/m}^2\text{K}$ (用於烤箱內空氣與內表面之間的傳熱)
• 要求：計算材料 B 的熱導係數 $k_B$。

解題步驟：

1. 建立熱阻網路 (Thermal Resistance Network)
   此為穩態熱傳問題，熱量從高溫區域流向低溫區域。根據圖示和敘述，熱量流動方向為：烤箱內空氣 $\rightarrow$ 材料 A $\rightarrow$ 材料 B $\rightarrow$ 材料 C $\rightarrow$ 外表面。
   熱阻網路包含：

   • 內部對流熱阻 $R_{conv,i}$：烤箱空氣與內表面之間的對流。
   • 材料 A 的導熱熱阻 $R_{cond,A}$：材料 A 的導熱。
   • 材料 B 的導熱熱阻 $R_{cond,B}$：材料 B 的導熱。
   • 材料 C 的導熱熱阻 $R_{cond,C}$：材料 C 的導熱。

   對於平面壁，熱阻的計算公式為：

   • 對流熱阻：$R_{conv} = \frac{1}{hA}$
   • 導熱熱阻：$R_{cond} = \frac{L}{kA}$
     其中 $A$ 是傳熱面積。題目未給定面積，但所有熱阻都與面積 $A$ 成反比，因此可以採用熱阻率或假設單位面積來計算，最後結果中的 $A$ 會消掉。我們這裡以單位面積 $A=1 \, \text{m}^2$ 來計算。

2. 計算各項熱阻（除了 $R_{cond,B}$）：

   • 內部對流熱阻：
     $R_{conv,i} = \frac{1}{hA} = \frac{1}{(25 \, \text{W/m}^2\text{K})(1 \, \text{m}^2)} = \frac{1}{25} \, \text{K/W} = 0.04 \, \text{K/W}$

   • 材料 A 的導熱熱阻：
     $R_{cond,A} = \frac{L_A}{k_A A} = \frac{0.30 \, \text{m}}{(20 \, \text{W/m}\cdot\text{K})(1 \, \text{m}^2)} = \frac{0.30}{20} \, \text{K/W} = 0.015 \, \text{K/W}$

   • 材料 C 的導熱熱阻：
     $R_{cond,C} = \frac{L_C}{k_C A} = \frac{0.15 \, \text{m}}{(50 \, \text{W/m}\cdot\text{K})(1 \, \text{m}^2)} = \frac{0.15}{50} \, \text{K/W} = 0.003 \, \text{K/W}$

   • 材料 B 的導熱熱阻（待求）：
     $R_{cond,B} = \frac{L_B}{k_B A} = \frac{0.15 \, \text{m}}{(k_B)(1 \, \text{m}^2)} = \frac{0.15}{k_B} \, \text{K/W}$

3. 應用穩態熱傳的能量守恆：
   總傳熱速率 $\dot{Q}$ 可以通過總熱阻和總溫差來計算。
   總溫差 $\Delta T_{total} = T_\infty - T_{o,s}$ (從最高溫到最低溫)
   $\Delta T_{total} = 800^\circ\text{C} - 20^\circ\text{C} = 780^\circ\text{C}$ (或 $780 \, \text{K}$)。

核心觀念

本題考查：

1. 圓柱座標下的徑向導熱熱阻。
2. 外表面與環境間的對流熱阻。
3. 兩種保溫材料因「接觸熱阻為無限大」而彼此完全不傳熱，因此形成兩條互相獨立的並聯熱路。
4. 長管問題以單位長度 $L=1\,\text{m}$ 計算熱損失。

已知：

$$T_{s,1}=600\,\text{K},\qquad T_\infty=320\,\text{K}$$ $$h=25\,\text{W/m}^2\text{K},\quad r_1=60\,\text{mm}=0.06\,\text{m},\quad r_2=120\,\text{mm}=0.12\,\text{m}$$ $$k_A=2\,\text{W/mK},\qquad k_B=0.25\,\text{W/mK}$$

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(a) 熱阻網路

由於 A、B 各佔半圓，且兩者界面接觸熱阻為無限大，熱量不能由 A 橫向傳至 B，因此熱流分成兩條並聯路徑：

$$T_{s,1} \longrightarrow R_{\text{cond},A} \longrightarrow T_{s,2(A)} \longrightarrow R_{\text{conv},A} \longrightarrow T_\infty$$ $$T_{s,1} \longrightarrow R_{\text{cond},B} \longrightarrow T_{s,2(B)} \longrightarrow R_{\text{conv},B} \longrightarrow T_\infty$$

每一條路徑的圓周角為 $\theta=\pi$，所以單位長度熱阻為：

材料 A

$$R_{\text{cond},A}'= \frac{\ln(r_2/r_1)}{k_A\pi}$$ $$R_{\text{conv},A}'= \frac{1}{h\pi r_2}$$

材料 B

$$R_{\text{cond},B}'= \frac{\ln(r_2/r_1)}{k_B\pi}$$ $$R_{\text{conv},B}'= \frac{1}{h\pi r_2}$$

其中撇號表示「每單位長度」的熱阻。

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(b) 總熱損失

A 材料支路

導熱熱阻：

$$R_{\text{cond},A}' = \frac{\ln(0.12/0.06)}{2\pi} = \frac{\ln 2}{2\pi} = 0.1103\ \text{mK/W}$$

對流熱阻：

$$R_{\text{conv},A}' = \frac{1}{25\pi(0.12)} = 0.1061\ \text{mK/W}$$

總熱阻：

$$R_A'=0.1103+0.1061=0.2164\ \text{mK/W}$$

因此 A 支路熱損失：