112 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》

圖面與題意說明

附上的掃描圖實際內容為「材料力學」考題，未出現圓柱殼微分元素；以下依題目文字，採用標準的圓柱座標微分殼元素進行推導。

核心觀念

本題考查：

• 微分控制體的能量守恆
• Fourier 熱傳導定律
• 圓柱座標中的熱通量表示式
• 內部熱生成造成的能量增加

假設材料為均質、等向性，且熱傳導係數 $k$ 為常數；密度 $\rho$ 與比熱 $c_p$ 亦視為常數。內部體積熱生成率為常數 $q'''$。

圓柱座標中的熱通量為

$$q_r=-k\frac{\partial T}{\partial r}$$ $$q_\theta=-\frac{k}{r}\frac{\partial T}{\partial \theta}$$ $$q_z=-k\frac{\partial T}{\partial z}$$

其中 $q_r$、$q_\theta$、$q_z$ 分別為 $r$、$\theta$、$z$ 方向的熱通量。

解題方法

取一個圓柱座標微分元素，其尺寸為：

• 徑向厚度：$dr$
• 周向角度：$d\theta$
• 軸向長度：$dz$

其體積為

$$dV=r\,dr\,d\theta\,dz$$

能量平衡為

$$\text{淨導熱輸入}+\text{內部熱生成} = \text{控制體內能增加率}$$

徑向方向導熱

在 $r$ 面流入的熱量為

$$q_r(r)\,r\,d\theta\,dz$$

在 $r+dr$ 面流出的熱量為

$$q_r(r+dr)(r+dr)d\theta\,dz$$

因此徑向淨導熱輸入為

$$-\frac{\partial}{\partial r}(rq_r)\,dr\,d\theta\,dz$$

周向方向導熱

在 $\theta$ 面流入的熱量為

$$q_\theta(\theta)\,dr\,dz$$

在 $\theta+d\theta$ 面流出的熱量為

$$q_\theta(\theta+d\theta)\,dr\,dz$$

因此周向淨導熱輸入為

$$-\frac{\partial q_\theta}{\partial\theta}\,dr\,d\theta\,dz$$

軸向方向導熱

在 $z$ 面流入、在 $z+dz$ 面流出的熱量，所形成的軸向淨導熱輸入為

$$-\frac{\partial q_z}{\partial z}\,r\,dr\,d\theta\,dz$$

內部熱生成與能量累積

微分元素內部產生的熱量為

$$q'''r\,dr\,d\theta\,dz$$

控制體內能增加率為

$$\rho c_p\frac{\partial T}{\partial t} r\,dr\,d\theta\,dz$$

因此完整能量平衡式為

$$-\frac{\partial}{\partial r}(rq_r)\,dr\,d\theta\,dz -\frac{\partial q_\theta}{\partial\theta}\,dr\,d\theta\,dz -\frac{\partial q_z}{\partial z}\,r\,dr\,d\theta\,dz +q'''r\,dr\,d\theta\,dz = \rho c_p\frac{\partial T}{\partial t} r\,dr\,d\theta\,dz$$

兩邊除以 $r\,dr\,d\theta\,dz$，得到

$$-\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}(rq_r) -\frac{1}{r}\frac{\partial q_\theta}{\partial\theta} -\frac{\partial q_z}{\partial z} +q''' = \rho c_p\frac{\partial T}{\partial t}$$

代入 Fourier 定律

將

$$q_r=-k\frac{\partial T}{\partial r}$$ $$q_\theta=-\frac{k}{r}\frac{\partial T}{\partial\theta}$$ $$q_z=-k\frac{\partial T}{\partial z}$$

代入能量平衡式：

核心觀念

本題結合管內強制對流、管外自然對流、圓筒壁熱傳導，以及流體沿管長的能量平衡。熱阻網路用來找出內壁剛好達到冰點時的流體平均溫度，再由軸向能量方程求結冰位置。

**尺寸資料有矛盾：**題目與原圖均標示內徑 $5.4\text{ cm}$、外徑 $5.0\text{ cm}$，外徑小於內徑，不符合管壁幾何。以下依物理上合理的排列，假設內徑 $D_i=5.0\text{ cm}$、外徑 $D_o=5.4\text{ cm}$ 計算；水的物性取近冰點值，並以冰點附近的內壁溫度估算管外自然對流。

a) 管內、管外對流係數

取水的物性近似為 $\rho=1000\text{ kg/m}^3$、$\mu=1.79\times10^{-3}\text{ Pa·s}$、$k_w=0.56\text{ W/(m·K)}$、$C_p=4210\text{ J/(kg·K)}$。管內平均流速為

$$V_m=\frac{\dot m}{\rho(\pi D_i^2/4)}$$

因此雷諾數可寫成

$$Re_{D_i}=\frac{\rho V_mD_i}{\mu} =\frac{4\dot m}{\pi D_i\mu} \approx 142$$

流況為層流。題目指定採用定熱通量與定壁溫兩種充分發展情況的平均努塞數：

$$Nu_i=\frac{4.36+3.66}{2}=4.01$$

所以

$$h_i=\frac{Nu_i k_w}{D_i} =\frac{4.01(0.56)}{0.050} \approx 44.9\text{ W/(m}^2\text{·K)}$$

管外為靜止空氣中的水平圓筒自然對流。取空氣膜溫約 $268\text{ K}$，以 Churchill–Chu 水平圓筒相關式估算：

$$Ra_{D_o}\approx2.4\times10^5,\qquad Nu_o\approx9.8$$

取空氣導熱係數 $k_a\approx0.0238\text{ W/(m·K)}$，則

$$h_o=\frac{Nu_o k_a}{D_o} \approx\frac{9.8(0.0238)}{0.054} \approx4.3\text{ W/(m}^2\text{·K)}$$

b) 內壁開始結冰時的 $T_{m,L}$

水先在管內壁結冰，因此開始結冰的條件是內壁溫度

$$T_{s,i}=273.15\text{ K}$$

以單位管長建立徑向熱阻：

$$R_i'=\frac{1}{h_i\pi D_i},\qquad R_p'=\frac{\ln(D_o/D_i)}{2\pi k_{pipe}},\qquad R_o'=\frac{1}{h_o\pi D_o}$$

代入 $k_{pipe}=15\text{ W/(m·K)}$：

$$R_i'\approx0.1415\text{ K·m/W},\quad R_p'\approx0.00082\text{ K·m/W},\quad R_o'\approx1.36\text{ K·m/W}$$

內壁到環境的熱阻為 $R_p'+R_o'$。內壁剛達冰點時，單位長度熱傳率為

$$q'=\frac{T_{s,i}-T_\infty}{R_p'+R_o'} \approx\frac{273.15-263}{1.36+0.00082} \approx7.46\text{ W/m}$$

流體平均溫度與內壁之間的溫差為 $q'R_i'$，因此

本題考查物體進行暫態熱傳時的溫度變化，屬於集總參數法 (Lumped Capacitance Method) 的應用。

核心觀念：
當物體的 Biot number ($Bi = \frac{hL_c}{k_{solid}}$) 足夠小時（通常 $Bi < 0.1$），物體內部的溫度可以視為均勻，即物體內部的溫度梯度很小。此時，物體的熱傳導可以被忽略，而熱量的散失主要由物體表面與周圍環境的對流來決定。這種情況下，物體的溫度變化可以通過一個簡單的微分方程式來描述，即集總參數法。

已知條件：

• 球體直徑 $D = 1$ mm $= 1 \times 10^{-3}$ m
• 球體半徑 $r = D/2 = 0.5 \times 10^{-3}$ m
• 球體熱導率 $k_{solid} = 35$ W/m·K
• 球體密度 $\rho = 8500$ kg/m³
• 球體比熱 $C_p = 320$ J/kg·K
• 表面對流係數 $h = 210$ W/m²·K
• 初始條件：時間 $t=0$ 時，$\theta = \frac{T(0) - T_\infty}{T_i - T_\infty} = 1$ (表示 $T(0) = T_i$)
• 目標條件：求時間 $t$，使得 $\theta = \frac{T(t) - T_\infty}{T_i - T_\infty} = 0.01$

步驟 1：驗證集總參數法是否適用。
集總參數法的關鍵是 Biot number ($Bi$)。
$Bi = \frac{hL_c}{k_{solid}}$
其中 $L_c$ 是特徵長度 (characteristic length)。對於球體， $L_c = \frac{\text{體積}}{\text{表面積}} = \frac{V}{A} = \frac{\frac{4}{3}\pi r^3}{4\pi r^2} = \frac{r}{3} = \frac{D}{6}$。
$L_c = \frac{1 \times 10^{-3} \text{ m}}{6} \approx 0.167 \times 10^{-3} \text{ m}$
$Bi = \frac{(210 \text{ W/m}^2\text{K}) \cdot (0.167 \times 10^{-3} \text{ m})}{35 \text{ W/m·K}} = \frac{0.03507}{35} \approx 0.001$
由於 $Bi \approx 0.001 < 0.1$，集總參數法是適用的。

步驟 2：建立集總參數法的微分方程式。
質量守恆和能量守恆：
單位時間內儲存的熱量 = 進入球體的熱量 - 離開球體的熱量。
在冷卻過程中，離開球體的熱量等於表面對流散失的熱量。
$\rho V C_p \frac{dT}{dt} = -h A (T - T_\infty)$
其中 $V$ 是球體體積， $A$ 是球體表面積。
$V = \frac{4}{3}\pi r^3$, $A = 4\pi r^2$
$\rho (\frac{4}{3}\pi r^3) C_p \frac{dT}{dt} = -h (4\pi r^2) (T - T_\infty)$
$\frac{4}{3}\pi r^3 \rho C_p \frac{dT}{dt} = -4\pi r^2 h (T - T_\infty)$
簡化後：
$\frac{r}{3} \rho C_p \frac{dT}{dt} = -h (T - T_\infty)$
注意到 $L_c = r/3$，所以：
$L_c \rho C_p \frac{dT}{dt} = -h (T - T_\infty)$
重新整理：
$\frac{dT}{dt} = -\frac{h}{\rho C_p L_c} (T - T_\infty)$

本題考查一維穩態熱傳導問題，包含內部熱源以及複合材料的熱傳導。

已知條件整理：

• 金屬導線直徑 $D_{wire} = 4$ mm $= 0.004$ m
• 金屬導線半徑 $r_{wire} = D_{wire}/2 = 0.002$ m
• 導線熱導率 $k_{wire} = 15$ W/m·K
• 導線內部熱產生率 $q''' = 50$ MW/m³ $= 50 \times 10^6$ W/m³
• 絕緣層厚度 $t_{ins} = 0.5$ cm $= 0.005$ m
• 絕緣層外徑半徑 $r_{ins,out} = r_{wire} + t_{ins} = 0.002 + 0.005 = 0.007$ m
• 絕緣層熱導率 $k_{ins} = 1.2$ W/m·K
• 絕緣層外表面溫度 $T_{s} = 318$ K
• 穩態 (Steady state)

a) Find the temperature at the wire-insulation interface $T_{int}$

此問題屬於穩態一維熱傳導，考慮圓柱座標系下的熱傳。由於導線很長，可以忽略端部效應，視為無限長導線。
熱傳路徑為：導線內部熱產生 → 導線傳導 → 絕緣層傳導 → 外部表面。
由於存在內部熱源 $q'''$，導線內部的溫度分佈不是線性的。

步驟 1：計算通過絕緣層的熱流率 (每單位長度)。
絕緣層外表面溫度已知，我們可以利用傅立葉定律來計算熱流率。
對於圓柱座標系下的穩態熱傳導，且無內部熱源，熱流率（每單位長度）為：
$\frac{\dot{Q}}{L} = \frac{2\pi k_{ins} (T_{wall,in} - T_{wall,out})}{\ln(r_{out}/r_{in})}$
在這裡，$T_{wall,in}$ 是絕緣層內表面溫度 $T_{int}$，$T_{wall,out}$ 是絕緣層外表面溫度 $T_s$，$r_{in}$ 是絕緣層內半徑 $r_{wire}$，$r_{out}$ 是絕緣層外半徑 $r_{ins,out}$。
$\frac{\dot{Q}}{L} = \frac{2\pi k_{ins} (T_{int} - T_s)}{\ln(r_{ins,out}/r_{wire})}$

但是，我們不知道 $T_{int}$。我們需要利用導線內部的熱傳來求解。

步驟 2：建立導線內部的溫度分佈方程式。
對於圓柱體內有均勻內部熱源的穩態一維熱傳導，溫度分佈方程式為：
$\frac{1}{r} \frac{d}{dr} \left( r \frac{dT}{dr} \right) + \frac{q'''}{k_{wire}} = 0$
積分兩次求解 $T(r)$。
第一次積分：
$\frac{d}{dr} \left( r \frac{dT}{dr} \right) = -\frac{q'''}{k_{wire}} r$
$r \frac{dT}{dr} = -\frac{q'''}{k_{wire}} \frac{r^2}{2} + C_1$
$\frac{dT}{dr} = -\frac{q'''}{2k_{wire}} r + \frac{C_1}{r}$

第二次積分：
$T(r) = -\frac{q'''}{2k_{wire}} \frac{r^2}{2} + C_1 \ln(r) + C_2$
$T(r) = -\frac{q'''}{4k_{wire}} r^2 + C_1 \ln(r) + C_2$

步驟 3：應用邊界條件求解常數 $C_1$ 和 $C_2$。
邊界條件：

1. 在導線中心 ($r=0$)，溫度梯度必須為零，否則熱流會趨於無限大。
   $\frac{dT}{dr}|_{r=0} = 0$
   從 $\frac{dT}{dr} = -\frac{q'''}{2k_{wire}} r + \frac{C_1}{r}$，為了使 $r \to 0$ 時 $\frac{dT}{dr}$ 有限，必須 $C_1 = 0$。
   所以， $\frac{dT}{dr} = -\frac{q'''}{2k_{wire}} r$。
   溫度分佈變為： $T(r) = -\frac{q'''}{4k_{wire}} r^2 + C_2$。

2. 在導線與絕緣層界面 ($r=r_{wire}$)，溫度為 $T_{int}$。
   $T(r_{wire}) = T_{int} = -\frac{q'''}{4k_{wire}} r_{wire}^2 + C_2$
   所以， $C_2 = T_{int} + \frac{q'''}{4k_{wire}} r_{wire}^2$。
   導線內部的溫度分佈為：
   $T(r) = T_{int} + \frac{q'''}{4k_{wire}} (r_{wire}^2 - r^2)$

   注意： 這裡的 $T_{int}$ 是我們需要求解的界面溫度。這裡 $C_2$ 是一個待定常數，它與 $T_{int}$ 有關。
   更常見的寫法是，將 $C_2$ 作為一個常數，然後用另一個邊界條件來確定它。
   如果我們將 $T(0) = T_c$ (中心溫度) 作為一個已知量，那麼 $C_2 = T_c$。
   $T(r) = T_c - \frac{q'''}{4k_{wire}} r^2$。
   在界面處 ($r=r_{wire}$)： $T_{int} = T_c - \frac{q'''}{4k_{wire}} r_{wire}^2$。

   我們現在需要將導線內部的熱傳與絕緣層的熱傳聯繫起來。
   通過導線的熱流率（每單位長度）是從中心到界面，由內部熱源產生。

核心觀念

本題考查逆流套管式熱交換器的：

1. 穩態能量平衡
2. 絕熱熱交換器的熱量守恆
3. 對數平均溫差法（Log Mean Temperature Difference, LMTD）
4. 整體熱傳係數公式

假設水的比熱為定值：

$$c_p=4.18\ \text{kJ/(kg·K)}$$

因整個熱交換器完全絕熱，熱水放出的熱量等於冷水吸收的熱量。

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解題方法

（a）熱傳量

冷水由 $288\ \text{K}$ 加熱至 $318\ \text{K}$，因此冷水吸收的熱量為

$$\dot Q=\dot m_c c_p(T_{c,o}-T_{c,i})$$

代入數據：

$$\dot Q =(0.25)(4180)(318-288)$$ $$\dot Q=31350\ \text{W}$$

因此

$$\boxed{\dot Q=31.35\ \text{kW}}$$

這是熱交換器中的熱傳率。冷水每秒吸收 $31.35\ \text{kJ}$，熱水則每秒放出相同熱量。

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求熱水出口溫度

計算面積前，必須先求熱水出口溫度。由絕熱條件下的能量平衡：

$$\dot m_h c_p(T_{h,i}-T_{h,o}) = \dot m_c c_p(T_{c,o}-T_{c,i})$$

水的比熱相同，可約去 $c_p$：

$$T_{h,o} = T_{h,i} - \frac{\dot m_c}{\dot m_h}(T_{c,o}-T_{c,i})$$

代入：

$$T_{h,o} = 373 - \frac{0.25}{3}(318-288)$$ $$T_{h,o}=370.5\ \text{K}$$

熱水出口溫度為

$$\boxed{T_{h,o}=370.5\ \text{K}}$$

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（b）熱傳面積

逆流熱交換器兩端的溫差為

$$\Delta T_1=T_{h,i}-T_{c,o}$$ $$\Delta T_1=373-318=55\ \text{K}$$

另一端的溫差為

$$\Delta T_2=T_{h,o}-T_{c,i}$$ $$\Delta T_2=370.5-288=82.5\ \text{K}$$

核心觀念

本題考查「截面積隨位置變化之三角形鰭片」的穩態一維熱傳導，並以有限差分法建立內部節點 $j$ 的離散方程式。

由於 $w\gg L,b$，鰭片可視為寬度很大的薄鰭片，因此：

• 溫度只沿 $x$ 方向變化；
• 橫截面積為 $A(x)=w\,t(x)$；
• 主要對流面為上下兩面，故濕周近似為 $P\simeq 2w$；
• 鰭片厚度由根部的 $b$ 線性遞減至尖端的 $0$。

因此厚度分布為

$$t(x)=b\left(1-\frac{x}{L}\right)$$

截面積為

$$A(x)=wb\left(1-\frac{x}{L}\right)$$

解題方法

對節點 $j$ 周圍取一個控制體，節點間距為 $\Delta x$。穩態能量平衡為

$$\text{左側導熱入} - \text{右側導熱出} -\text{表面对流散熱}=0$$

令

$$A_{j-\frac12}=A\left(x_j-\frac{\Delta x}{2}\right), \qquad A_{j+\frac12}=A\left(x_j+\frac{\Delta x}{2}\right)$$

則有限差分能量平衡式為

$$\frac{kA_{j-\frac12}}{\Delta x}(T_{j-1}-T_j) + \frac{kA_{j+\frac12}}{\Delta x}(T_{j+1}-T_j) - hP\Delta x(T_j-T_\infty)=0$$

整理得

$$\left[ \frac{kA_{j-\frac12}}{\Delta x} + \frac{kA_{j+\frac12}}{\Delta x} + hP\Delta x \right]T_j = \frac{kA_{j-\frac12}}{\Delta x}T_{j-1} + \frac{kA_{j+\frac12}}{\Delta x}T_{j+1} + hP\Delta x\,T_\infty$$

由厚度線性分布，

$$A_{j-\frac12} = wb\left[ 1-\frac{x_j-\Delta x/2}{L} \right]$$ $$A_{j+\frac12} = wb\left[ 1-\frac{x_j+\Delta x/2}{L} \right]$$

又因為 $P\simeq 2w$，代入後可得節點 $j$ 的有限差分方程式：