113 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》

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第 1 題10 分

Question 1
Given a differential element cut out of a spherical shell. Starting
with an energy balance, as well as the Fourier's Law, derive the
heat diffusion equation in spherical coordinate system. Assume
isotropic and homogeneous medium and a constant volumetric
internal heat generation rate be q′′′q'''.
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核心觀念

本題考查球座標中微分元素的：

  1. 能量守恆定律。
  2. Fourier 導熱定律。
  3. 球座標的幾何面積與體積關係。
  4. 均質、等向性材料中熱擴散方程式的建立。

球座標微分元素的尺寸為：

dr,r dθ,rsin⁡θ dϕdr,\qquad r\,d\theta,\qquad r\sin\theta\,d\phi

因此微分體積為：

dV=r2sin⁡θ dr dθ dϕdV=r^2\sin\theta\,dr\,d\theta\,d\phi

其中 rr 為徑向座標，θ\theta 為極角，ϕ\phi 為方位角。

解題方法：微分元素能量平衡

對球座標微分元素套用能量守恆：

導熱流入率−導熱流出率+內部熱生成率=內能累積率\text{導熱流入率} -\text{導熱流出率} +\text{內部熱生成率} = \text{內能累積率}

假設材料密度為 ρ\rho、比熱為 cc，則內能累積率為：

ρc∂T∂t dV\rho c\frac{\partial T}{\partial t}\,dV

內部熱生成率為：

q′′′dVq'''dV

各方向導熱量

令 qrq_r、qθq_\theta、qϕq_\phi 分別表示徑向、θ\theta 方向與 ϕ\phi 方向的熱通量。

徑向方向

在 rr 面上的面積為：

Ar=r2sin⁡θ dθ dϕA_r=r^2\sin\theta\,d\theta\,d\phi

在 r+drr+dr 面上的面積為：

Ar+dr=(r+dr)2sin⁡θ dθ dϕA_{r+dr}=(r+dr)^2\sin\theta\,d\theta\,d\phi

徑向導熱的淨流出率為：

[∂∂r(r2qr)]sin⁡θ dr dθ dϕ\left[ \frac{\partial}{\partial r}(r^2q_r) \right] \sin\theta\,dr\,d\theta\,d\phi

θ\theta 方向

垂直於 θ\theta 方向的面積為：

Aθ=rsin⁡θ dr dϕA_\theta=r\sin\theta\,dr\,d\phi

因此 θ\theta 方向的淨流出率為：

[∂∂θ(sin⁡θ qθ)]r dr dθ dϕ\left[ \frac{\partial}{\partial\theta} (\sin\theta\,q_\theta) \right] r\,dr\,d\theta\,d\phi

ϕ\phi 方向

垂直於 ϕ\phi 方向的面積為：

Aϕ=r dr dθA_\phi=r\,dr\,d\theta

因此 ϕ\phi 方向的淨流出率為：

∂qϕ∂ϕ r dr dθ dϕ\frac{\partial q_\phi}{\partial\phi} \,r\,dr\,d\theta\,d\phi

能量平衡方程式

將三個方向的淨導熱流出率代入能量平衡，並除以微分體積 dVdV，得到：

ρc∂T∂t=−[1r2∂∂r(r2qr)+1rsin⁡θ∂∂θ(sin⁡θ qθ)+1rsin⁡θ∂qϕ∂ϕ]+q′′′\rho c\frac{\partial T}{\partial t} = -\left[ \frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r}(r^2q_r) + \frac{1}{r\sin\theta} \frac{\partial}{\partial\theta} (\sin\theta\,q_\theta) + \frac{1}{r\sin\theta} \frac{\partial q_\phi}{\partial\phi} \right] +q'''

負號表示「淨導熱流出」會降低微分元素內的能量。

代入 Fourier 導熱定律

對均質、等向性材料，導熱係數 kk 為常數。球座標中的 Fourier 定律為：

qr=−k∂T∂rq_r=-k\frac{\partial T}{\partial r} qθ=−kr∂T∂θq_\theta=-\frac{k}{r}\frac{\partial T}{\partial\theta} qϕ=−krsin⁡θ∂T∂ϕq_\phi=-\frac{k}{r\sin\theta} \frac{\partial T}{\partial\phi}

將上述三式代入能量平衡式：

ρc∂T∂t=k[1r2∂∂r(r2∂T∂r)+1r2sin⁡θ∂∂θ(sin⁡θ∂T∂θ)+1r2sin⁡2θ∂2T∂ϕ2]+q′′′\rho c\frac{\partial T}{\partial t} = k\left[ \frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r} \left(r^2\frac{\partial T}{\partial r}\right) + \frac{1}{r^2\sin\theta} \frac{\partial}{\partial\theta} \left( \sin\theta\frac{\partial T}{\partial\theta} \right) + \frac{1}{r^2\sin^2\theta} \frac{\partial^2T}{\partial\phi^2} \right] +q'''

定義熱擴散率：

α=kρc\alpha=\frac{k}{\rho c}

因此，球座標系統中的熱擴散方程式為：

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第 2 題30 分

Question 2
Consider a thin rectangular plate in the domain {(x,y)∣0≤x≤a;0≤y≤ẞ}\{(x, y) | 0≤x≤a; 0≤ y ≤ẞ\}. The top edge at y=βy = \beta is
subjected to a constant heat flux q′′′q'''. The temperatures at all other edges are kept constant at T0T_0.
a) Write down the governing partial differential equation for steady-state conduction in the slab with
the associated boundary conditions.
(6 points)
b) Let θ∗=T−T0q′′′β/k\theta^* = \frac{T - T_0}{q''' \beta / k}. Rewrite the governing equation and the boundary
conditions in part a) in non-dimensional form. Must show all steps for points.
(8 points)
c) Prove that, the series expansion solution to the steady state temperature distribution is given by,
θ(x,y)=∑n=1∞Cnsin⁡(nπxa)sinh⁡(nπya)\theta(x, y) = \sum_{n=1}^{\infty} C_n \sin\left(\frac{n \pi x}{a}\right) \sinh\left(\frac{n \pi y}{a}\right)
where CnC_n is given by,
Cn=2a(−1)n−1(nπ)21cosh⁡(nπβa)C_n = \frac{2}{a} \frac{(-1)^n - 1}{(n \pi)^2} \frac{1}{\cosh\left(\frac{n \pi \beta}{a}\right)}
(16 points)

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核心觀念

本題考查二維穩態熱傳導、無內部生熱的 Laplace 方程、無因次化，以及以分離變數法與 Fourier 正弦級數求解矩形區域溫度分布。

假設題目所稱的 q′′′q''' 代表「由上邊進入薄板的均勻熱通量」，其單位視同熱通量，並令 yy 軸向上。則上邊的熱通量條件為

k∂T∂y(x,β)=q′′′.k\frac{\partial T}{\partial y}(x,\beta)=q'''.

(a) 控制方程式與邊界條件

薄板為穩態、二維導熱，且沒有內部熱生成，因此能量守恆方程式為

∂2T∂x2+∂2T∂y2=0,0<x<a,0<y<β.\frac{\partial^2 T}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 T}{\partial y^2} =0, \qquad 0<x<a,\quad 0<y<\beta.

其他三邊維持定溫 T0T_0：

T(0,y)=T0,0≤y≤β,T(0,y)=T_0, \qquad 0\le y\le \beta, T(a,y)=T0,0≤y≤β,T(a,y)=T_0, \qquad 0\le y\le \beta, T(x,0)=T0,0≤x≤a.T(x,0)=T_0, \qquad 0\le x\le a.

上邊為均勻熱通量：

k∂T∂y(x,β)=q′′′,0≤x≤a.k\frac{\partial T}{\partial y}(x,\beta)=q''', \qquad 0\le x\le a.

因此完整問題為

∂2T∂x2+∂2T∂y2=0\boxed{ \frac{\partial^2 T}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 T}{\partial y^2}=0 }

搭配上述四個邊界條件。

若課本將 q′′′q''' 定義為「向外」的熱通量，則上邊條件會寫成 −kTy=q′′′-kT_y=q'''，最後所有溫升解的正負號相反。

(b) 無因次化

定義

θ∗=T−T0q′′′β/k,X=xa,Y=yβ.\theta^*=\frac{T-T_0}{q'''\beta/k}, \qquad X=\frac{x}{a}, \qquad Y=\frac{y}{\beta}.

由

T−T0=q′′′βkθ∗T-T_0=\frac{q'''\beta}{k}\theta^*

可得

∂T∂x=q′′′βk∂θ∗∂X∂X∂x=q′′′βka∂θ∗∂X,\frac{\partial T}{\partial x} = \frac{q'''\beta}{k} \frac{\partial \theta^*}{\partial X} \frac{\partial X}{\partial x} = \frac{q'''\beta}{ka} \frac{\partial \theta^*}{\partial X},

因此

∂2T∂x2=q′′′βka2∂2θ∗∂X2.\frac{\partial^2T}{\partial x^2} = \frac{q'''\beta}{ka^2} \frac{\partial^2\theta^*}{\partial X^2}.

同理，

∂T∂y=q′′′βk∂θ∗∂Y1β=q′′′k∂θ∗∂Y,\frac{\partial T}{\partial y} = \frac{q'''\beta}{k} \frac{\partial \theta^*}{\partial Y} \frac{1}{\beta} = \frac{q'''}{k} \frac{\partial \theta^*}{\partial Y},

以及

∂2T∂y2=q′′′kβ∂2θ∗∂Y2.\frac{\partial^2T}{\partial y^2} = \frac{q'''}{k\beta} \frac{\partial^2\theta^*}{\partial Y^2}.

代入控制方程式：

q′′′βka2∂2θ∗∂X2+q′′′kβ∂2θ∗∂Y2=0.\frac{q'''\beta}{ka^2} \frac{\partial^2\theta^*}{\partial X^2} + \frac{q'''}{k\beta} \frac{\partial^2\theta^*}{\partial Y^2} =0.

乘以 kβ/q′′′k\beta/q'''，得到

β2a2∂2θ∗∂X2+∂2θ∗∂Y2=0\boxed{ \frac{\beta^2}{a^2} \frac{\partial^2\theta^*}{\partial X^2} + \frac{\partial^2\theta^*}{\partial Y^2} =0 }

無因次邊界條件如下。

左邊界 x=0x=0

T(0,y)=T0⟹θ∗(0,Y)=0T(0,y)=T_0 \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\theta^*(0,Y)=0}

右邊界 x=ax=a

T(a,y)=T0⟹θ∗(1,Y)=0T(a,y)=T_0 \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\theta^*(1,Y)=0}

下邊界 y=0y=0

T(x,0)=T0⟹θ∗(X,0)=0T(x,0)=T_0 \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\theta^*(X,0)=0}

上邊界 y=βy=\beta

原條件為

k∂T∂y=q′′′.k\frac{\partial T}{\partial y}=q'''.

由

∂T∂y=q′′′k∂θ∗∂Y,\frac{\partial T}{\partial y} = \frac{q'''}{k} \frac{\partial\theta^*}{\partial Y},

可得

k(q′′′k∂θ∗∂Y)=q′′′.k\left( \frac{q'''}{k} \frac{\partial\theta^*}{\partial Y} \right)=q'''.

約去 q′′′q'''：

∂θ∗∂Y(X,1)=1\boxed{ \frac{\partial\theta^*}{\partial Y}(X,1)=1 }

所以無因次問題為

β2a2θXX∗+θYY∗=0\boxed{ \frac{\beta^2}{a^2}\theta^*_{XX} +\theta^*_{YY}=0 }

且

θ∗(0,Y)=θ∗(1,Y)=θ∗(X,0)=0,θY∗(X,1)=1.\boxed{ \theta^*(0,Y)=\theta^*(1,Y)=\theta^*(X,0)=0, \qquad \theta^*_Y(X,1)=1. }

(c) 分離變數級數解

令

θ(x,y)=T(x,y)−T0.\theta(x,y)=T(x,y)-T_0.

由於三個邊界為定溫 T0T_0，有

θ(0,y)=θ(a,y)=θ(x,0)=0.\theta(0,y)=\theta(a,y)=\theta(x,0)=0.

控制方程式仍為

θxx+θyy=0.\theta_{xx}+\theta_{yy}=0.

設

θ(x,y)=X(x)Y(y).\theta(x,y)=X(x)Y(y).

代入 Laplace 方程式：

X′′(x)Y(y)+X(x)Y′′(y)=0.X''(x)Y(y)+X(x)Y''(y)=0.

除以 X(x)Y(y)X(x)Y(y)：

X′′X=−Y′′Y.\frac{X''}{X} = -\frac{Y''}{Y}.

令分離常數為 λ2\lambda^2，則

X′′+λ2X=0,X''+\lambda^2X=0, Y′′−λ2Y=0.Y''-\lambda^2Y=0.

xx 方向特徵函數

通解為

X(x)=Asin⁡(λx)+Bcos⁡(λx).X(x)=A\sin(\lambda x)+B\cos(\lambda x).

由 θ(0,y)=0\theta(0,y)=0 得

X(0)=0⟹B=0.X(0)=0 \quad\Longrightarrow\quad B=0.

由 θ(a,y)=0\theta(a,y)=0 得

X(a)=Asin⁡(λa)=0.X(a)=A\sin(\lambda a)=0.

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第 3 題30 分

Question 3
A cylinder of diameter 0.025 m and length of 0.2 m, with an opaque and diffuse surface, is placed in a
fan-assisted oven. The walls of the oven are at 1000 K. The cylinder is exposed to quiescent hot air at
750 K in the oven. The surface emissivity of the cylinder is given as,
ελ={0.80≤λ<4 μm0.24 μm≤λ<8 μm\varepsilon_\lambda = \begin{cases} 0.8 & 0 \le \lambda < 4 \, \mu\text{m} \\ 0.2 & 4 \, \mu\text{m} \le \lambda < 8 \, \mu\text{m} \end{cases}
Assume the initial temperature of the cylinder be 300 K.
a) Find the initial total, hemispherical emissivity, and absorptivity of the cylinder.
(9 points)
b) Calculate the convective heat transfer coefficient of the cylinder surface initially.
(6 points)
c) Evaluate the net rate of heat transfer initially.
(6 points)
d) Determine the steady-state temperature on the cylinder surface. Evaluate air properties at the film
temperature of 862.5 K.
(9 points)

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核心觀念

本題結合三個熱傳觀念：

  1. 波長相依表面（nongray surface）：總半球放射率與吸收率必須依黑體輻射函數分段積分。
  2. 水平圓柱自然對流：利用 Churchill–Chu 關係式求平均努塞數。
  3. 穩態能量平衡：圓柱由爐壁吸收的輻射熱，等於向周圍空氣散失的對流熱與向爐壁放出的輻射熱。

圓柱總表面積為

As=πDL+2(πD24)=πDL+πD22A_s=\pi DL+2\left(\frac{\pi D^2}{4}\right) =\pi DL+\frac{\pi D^2}{2}

代入 D=0.025 mD=0.025\ \text{m}、L=0.2 mL=0.2\ \text{m}：

As=0.01669 m2A_s=0.01669\ \text{m}^2

(a) 初始總半球放射率與吸收率

1. 初始總半球放射率

初始圓柱溫度為 Ts=300 KT_s=300\ \text{K}。總半球放射率定義為

ε(Ts)=∫0∞ελEλ,b(Ts) dλσTs4\varepsilon(T_s) = \frac{\displaystyle\int_0^\infty \varepsilon_\lambda E_{\lambda,b}(T_s)\,d\lambda} {\sigma T_s^4}

由題目給定：

ελ={0.8,0≤λ<4 μm0.2,4≤λ<8 μm\varepsilon_\lambda= \begin{cases} 0.8, & 0\le \lambda<4\ \mu\text{m}\\ 0.2, & 4\le\lambda<8\ \mu\text{m} \end{cases}

以黑體輻射函數 F0−λ(T)F_{0-\lambda}(T) 表示：

ε(Ts)=0.8F0−4(300)+0.2[F0−8(300)−F0−4(300)]\varepsilon(T_s) = 0.8F_{0-4}(300) + 0.2\left[F_{0-8}(300)-F_{0-4}(300)\right]

查黑體輻射函數，或由 Planck 定律積分可得：

F0−4(300)≈0.0021F_{0-4}(300)\approx 0.0021 F0−8(300)≈0.1405F_{0-8}(300)\approx 0.1405

因此

ε(300)=0.8(0.0021)+0.2(0.1405−0.0021)≈0.0296\begin{aligned} \varepsilon(300) &=0.8(0.0021)+0.2(0.1405-0.0021)\\ &\approx 0.0296 \end{aligned}

所以初始總半球放射率為

εi≈0.030\boxed{\varepsilon_i\approx 0.030}

2. 初始半球吸收率

爐壁可視為 1000 K1000\ \text{K} 的黑體，入射輻射主要來自爐壁。因此圓柱的半球吸收率為

α(Tw)=0.8F0−4(1000)+0.2[F0−8(1000)−F0−4(1000)]\alpha(T_w) = 0.8F_{0-4}(1000) + 0.2\left[F_{0-8}(1000)-F_{0-4}(1000)\right]

查黑體輻射函數：

F0−4(1000)≈0.481F_{0-4}(1000)\approx 0.481 F0−8(1000)≈0.856F_{0-8}(1000)\approx 0.856

故

α(1000)=0.8(0.481)+0.2(0.856−0.481)≈0.460\begin{aligned} \alpha(1000) &=0.8(0.481)+0.2(0.856-0.481)\\ &\approx 0.460 \end{aligned}

因此

αi≈0.460\boxed{\alpha_i\approx 0.460}

必須注意，非灰體表面一般有

α(Tw)≠ε(Ts)\alpha(T_w)\ne \varepsilon(T_s)

因為吸收率取決於入射輻射的光譜分布，而放射率取決於表面自身溫度的放射光譜。

(b) 初始對流熱傳係數

題目說明空氣為 quiescent hot air，因此採用水平圓柱自然對流相關式。

初始膜溫為

Tf,i=Ts+T∞2=300+7502=525 KT_{f,i}=\frac{T_s+T_\infty}{2} =\frac{300+750}{2} =525\ \text{K}

取空氣性質約為

k≈0.045 W/(m⋅K)k\approx 0.045\ \text{W/(m·K)} ν≈4.2×10−5 m2/s\nu\approx 4.2\times10^{-5}\ \text{m}^2/\text{s} αt≈6.5×10−5 m2/s\alpha_t\approx 6.5\times10^{-5}\ \text{m}^2/\text{s} Pr≈0.65Pr\approx 0.65

熱膨脹係數採理想氣體近似：

β=1Tf,i=1525 K−1\beta=\frac{1}{T_{f,i}} =\frac{1}{525}\ \text{K}^{-1}

Rayleigh 數為

RaD=gβ∣T∞−Ts∣D3ναtRa_D= \frac{g\beta |T_\infty-T_s|D^3}{\nu\alpha_t}

因此

RaD≈(9.81)(1/525)(450)(0.025)3(4.2×10−5)(6.5×10−5)≈4.8×104Ra_D \approx \frac{(9.81)(1/525)(450)(0.025)^3} {(4.2\times10^{-5})(6.5\times10^{-5})} \approx 4.8\times10^4

水平圓柱 Churchill–Chu 關係式：

NuD=[0.60+0.387RaD1/6[1+(0.559/Pr)9/16]8/27]2Nu_D= \left[ 0.60+ \frac{0.387Ra_D^{1/6}} {\left[1+\left(0.559/Pr\right)^{9/16}\right]^{8/27}} \right]^2

代入得

NuD≈6.3Nu_D\approx 6.3

故

hi=NuDkD=(6.3)(0.045)0.025≈11.4 W/(m2⋅K)h_i=\frac{Nu_D k}{D} = \frac{(6.3)(0.045)}{0.025} \approx 11.4\ \text{W/(m}^2\text{·K)}

所以

hi≈11∼12 W/(m2⋅K)\boxed{h_i\approx 11\sim 12\ \text{W/(m}^2\text{·K)}}

(c) 初始淨熱傳率

淨熱傳率由輻射與對流兩部分組成。

1. 初始輻射熱傳率

爐壁為 1000 K1000\ \text{K} 黑體，故

Q˙rad,i=As[αiσTw4−εiσTs,i4]\dot Q_{\text{rad},i} = A_s \left[ \alpha_i\sigma T_w^4 - \varepsilon_i\sigma T_{s,i}^4 \right]

其中

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第 1 題10 分

Question 1
Given a differential element cut out of a spherical shell. Starting
with an energy balance, as well as the Fourier's Law, derive the
heat diffusion equation in spherical coordinate system. Assume
isotropic and homogeneous medium and a constant volumetric
internal heat generation rate be q′′′q'''.
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核心觀念

本題考查球座標中微分元素的：

  1. 能量守恆定律。
  2. Fourier 導熱定律。
  3. 球座標的幾何面積與體積關係。
  4. 均質、等向性材料中熱擴散方程式的建立。

球座標微分元素的尺寸為：

dr,r dθ,rsin⁡θ dϕdr,\qquad r\,d\theta,\qquad r\sin\theta\,d\phi

因此微分體積為：

dV=r2sin⁡θ dr dθ dϕdV=r^2\sin\theta\,dr\,d\theta\,d\phi

其中 rr 為徑向座標，θ\theta 為極角，ϕ\phi 為方位角。

解題方法：微分元素能量平衡

對球座標微分元素套用能量守恆：

導熱流入率−導熱流出率+內部熱生成率=內能累積率\text{導熱流入率} -\text{導熱流出率} +\text{內部熱生成率} = \text{內能累積率}

假設材料密度為 ρ\rho、比熱為 cc，則內能累積率為：

ρc∂T∂t dV\rho c\frac{\partial T}{\partial t}\,dV

內部熱生成率為：

q′′′dVq'''dV

各方向導熱量

令 qrq_r、qθq_\theta、qϕq_\phi 分別表示徑向、θ\theta 方向與 ϕ\phi 方向的熱通量。

徑向方向

在 rr 面上的面積為：

Ar=r2sin⁡θ dθ dϕA_r=r^2\sin\theta\,d\theta\,d\phi

在 r+drr+dr 面上的面積為：

Ar+dr=(r+dr)2sin⁡θ dθ dϕA_{r+dr}=(r+dr)^2\sin\theta\,d\theta\,d\phi

徑向導熱的淨流出率為：

[∂∂r(r2qr)]sin⁡θ dr dθ dϕ\left[ \frac{\partial}{\partial r}(r^2q_r) \right] \sin\theta\,dr\,d\theta\,d\phi

θ\theta 方向

垂直於 θ\theta 方向的面積為：

Aθ=rsin⁡θ dr dϕA_\theta=r\sin\theta\,dr\,d\phi

因此 θ\theta 方向的淨流出率為：

[∂∂θ(sin⁡θ qθ)]r dr dθ dϕ\left[ \frac{\partial}{\partial\theta} (\sin\theta\,q_\theta) \right] r\,dr\,d\theta\,d\phi

ϕ\phi 方向

垂直於 ϕ\phi 方向的面積為：

Aϕ=r dr dθA_\phi=r\,dr\,d\theta

因此 ϕ\phi 方向的淨流出率為：

∂qϕ∂ϕ r dr dθ dϕ\frac{\partial q_\phi}{\partial\phi} \,r\,dr\,d\theta\,d\phi

能量平衡方程式

將三個方向的淨導熱流出率代入能量平衡，並除以微分體積 dVdV，得到：

ρc∂T∂t=−[1r2∂∂r(r2qr)+1rsin⁡θ∂∂θ(sin⁡θ qθ)+1rsin⁡θ∂qϕ∂ϕ]+q′′′\rho c\frac{\partial T}{\partial t} = -\left[ \frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r}(r^2q_r) + \frac{1}{r\sin\theta} \frac{\partial}{\partial\theta} (\sin\theta\,q_\theta) + \frac{1}{r\sin\theta} \frac{\partial q_\phi}{\partial\phi} \right] +q'''

負號表示「淨導熱流出」會降低微分元素內的能量。

代入 Fourier 導熱定律

對均質、等向性材料，導熱係數 kk 為常數。球座標中的 Fourier 定律為：

qr=−k∂T∂rq_r=-k\frac{\partial T}{\partial r} qθ=−kr∂T∂θq_\theta=-\frac{k}{r}\frac{\partial T}{\partial\theta} qϕ=−krsin⁡θ∂T∂ϕq_\phi=-\frac{k}{r\sin\theta} \frac{\partial T}{\partial\phi}

將上述三式代入能量平衡式：

ρc∂T∂t=k[1r2∂∂r(r2∂T∂r)+1r2sin⁡θ∂∂θ(sin⁡θ∂T∂θ)+1r2sin⁡2θ∂2T∂ϕ2]+q′′′\rho c\frac{\partial T}{\partial t} = k\left[ \frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r} \left(r^2\frac{\partial T}{\partial r}\right) + \frac{1}{r^2\sin\theta} \frac{\partial}{\partial\theta} \left( \sin\theta\frac{\partial T}{\partial\theta} \right) + \frac{1}{r^2\sin^2\theta} \frac{\partial^2T}{\partial\phi^2} \right] +q'''

定義熱擴散率：

α=kρc\alpha=\frac{k}{\rho c}

因此，球座標系統中的熱擴散方程式為：

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第 2 題30 分

Question 2
Consider a thin rectangular plate in the domain {(x,y)∣0≤x≤a;0≤y≤ẞ}\{(x, y) | 0≤x≤a; 0≤ y ≤ẞ\}. The top edge at y=βy = \beta is
subjected to a constant heat flux q′′′q'''. The temperatures at all other edges are kept constant at T0T_0.
a) Write down the governing partial differential equation for steady-state conduction in the slab with
the associated boundary conditions.
(6 points)
b) Let θ=T−T0q′′′β/k\theta = \frac{T - T_0}{q''' \beta / k}. Rewrite the governing equation and the boundary
conditions in part a) in non-dimensional form. Must show all steps for points.
(8 points)
c) Prove that, the series expansion solution to the steady state temperature distribution is given by,
θ(x,y)=∑n=1∞Cnsin⁡(nπxa)sinh⁡(nπya)\theta(x, y) = \sum_{n=1}^{\infty} C_n \sin\left(\frac{n \pi x}{a}\right) \sinh\left(\frac{n \pi y}{a}\right)
where CnC_n is given by,
Cn=2a(−1)n−1(nπ)21cosh⁡(nπβa)C_n = \frac{2}{a} \frac{(-1)^n - 1}{(n \pi)^2} \frac{1}{\cosh\left(\frac{n \pi \beta}{a}\right)}
(16 points)

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核心觀念

本題考查二維穩態熱傳導的：

  1. 無內部熱生成時的拉普拉斯方程式。
  2. 定溫與定熱通量邊界條件。
  3. 變數分離法。
  4. 正弦傅立葉級數展開。
  5. 無因次化及邊界條件轉換。

假設板材均質、等向性，熱傳導係數 kk 為常數，且題目中的 q′′′q''' 代表施加於上邊界的熱通量。

(a) 控制方程式與邊界條件

板內沒有內部熱生成，因此二維穩態熱傳導方程式為

∂2T∂x2+∂2T∂y2=00<x<a,0<y<β\frac{\partial^2 T}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 T}{\partial y^2} =0 \qquad 0<x<a,\quad 0<y<\beta

四個邊界條件如下。

左側邊界 x=0x=0 為定溫：

T(0,y)=T00≤y≤βT(0,y)=T_0 \qquad 0\le y\le \beta

右側邊界 x=ax=a 為定溫：

T(a,y)=T00≤y≤βT(a,y)=T_0 \qquad 0\le y\le \beta

下側邊界 y=0y=0 為定溫：

T(x,0)=T00≤x≤aT(x,0)=T_0 \qquad 0\le x\le a

上側邊界 y=βy=\beta 施加向外的定熱通量 q′′′q'''。依傅立葉定律，

−k∂T∂y(x,β)=q′′′0≤x≤a-k\frac{\partial T}{\partial y}(x,\beta)=q''' \qquad 0\le x\le a

因此，完整問題為

∂2T∂x2+∂2T∂y2=0\boxed{ \frac{\partial^2 T}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 T}{\partial y^2}=0 }

配合

T(0,y)=T(a,y)=T(x,0)=T0\boxed{ T(0,y)=T(a,y)=T(x,0)=T_0 }

以及

−k∂T∂y(x,β)=q′′′\boxed{ -k\frac{\partial T}{\partial y}(x,\beta)=q''' }

(b) 無因次化

定義

θ=T−T0q′′′β/k\theta=\frac{T-T_0}{q'''\beta/k}

因此

T=T0+q′′′βkθT=T_0+\frac{q'''\beta}{k}\theta

因為 T0T_0、q′′′q'''、β\beta 與 kk 均為常數，所以

∂T∂x=q′′′βk∂θ∂x\frac{\partial T}{\partial x} = \frac{q'''\beta}{k} \frac{\partial\theta}{\partial x}

再次微分得

∂2T∂x2=q′′′βk∂2θ∂x2\frac{\partial^2 T}{\partial x^2} = \frac{q'''\beta}{k} \frac{\partial^2\theta}{\partial x^2}

同理，

∂2T∂y2=q′′′βk∂2θ∂y2\frac{\partial^2 T}{\partial y^2} = \frac{q'''\beta}{k} \frac{\partial^2\theta}{\partial y^2}

代入控制方程式：

q′′′βk(∂2θ∂x2+∂2θ∂y2)=0\frac{q'''\beta}{k} \left( \frac{\partial^2\theta}{\partial x^2} + \frac{\partial^2\theta}{\partial y^2} \right)=0

除以非零常數 q′′′β/kq'''\beta/k，得到無因次控制方程式

∂2θ∂x2+∂2θ∂y2=0\boxed{ \frac{\partial^2\theta}{\partial x^2} + \frac{\partial^2\theta}{\partial y^2} =0 }

定溫邊界

在 x=0x=0：

θ(0,y)=T(0,y)−T0q′′′β/k=0\theta(0,y) = \frac{T(0,y)-T_0}{q'''\beta/k} =0

在 x=ax=a：

θ(a,y)=0\theta(a,y)=0

在 y=0y=0：

θ(x,0)=0\theta(x,0)=0

定熱通量邊界

由

T=T0+q′′′βkθT=T_0+\frac{q'''\beta}{k}\theta

可得

∂T∂y=q′′′βk∂θ∂y\frac{\partial T}{\partial y} = \frac{q'''\beta}{k} \frac{\partial\theta}{\partial y}

代入上側邊界條件：

−k(q′′′βk∂θ∂y)y=β=q′′′-k \left( \frac{q'''\beta}{k} \frac{\partial\theta}{\partial y} \right)_{y=\beta} =q'''

整理得

−q′′′β∂θ∂y∣y=β=q′′′-q'''\beta \left. \frac{\partial\theta}{\partial y} \right|_{y=\beta} =q'''

除以 q′′′q'''：

−β∂θ∂y∣y=β=1-\beta \left. \frac{\partial\theta}{\partial y} \right|_{y=\beta} =1

因此

∂θ∂y∣y=β=−1β\boxed{ \left. \frac{\partial\theta}{\partial y} \right|_{y=\beta} =-\frac{1}{\beta} }

所以無因次問題為

∂2θ∂x2+∂2θ∂y2=0\boxed{ \frac{\partial^2\theta}{\partial x^2} + \frac{\partial^2\theta}{\partial y^2}=0 }

邊界條件為

θ(0,y)=θ(a,y)=θ(x,0)=0\boxed{ \theta(0,y)=\theta(a,y)=\theta(x,0)=0 }

以及

∂θ∂y∣y=β=−1β\boxed{ \left. \frac{\partial\theta}{\partial y} \right|_{y=\beta} =-\frac{1}{\beta} }

若再定義無因次座標

X=xa,Y=yβX=\frac{x}{a}, \qquad Y=\frac{y}{\beta}

則控制方程式可寫為

1a2∂2θ∂X2+1β2∂2θ∂Y2=0\frac{1}{a^2}\frac{\partial^2\theta}{\partial X^2} + \frac{1}{\beta^2}\frac{\partial^2\theta}{\partial Y^2} =0

上邊界條件則為

∂θ∂Y∣Y=1=−1\left. \frac{\partial\theta}{\partial Y} \right|_{Y=1} =-1

(c) 變數分離法與傅立葉係數

1. 假設乘積形式

令

θ(x,y)=X(x)Y(y)\theta(x,y)=X(x)Y(y)

代入拉普拉斯方程式：

X′′(x)Y(y)+X(x)Y′′(y)=0X''(x)Y(y)+X(x)Y''(y)=0

除以 X(x)Y(y)X(x)Y(y)：

X′′(x)X(x)+Y′′(y)Y(y)=0\frac{X''(x)}{X(x)} + \frac{Y''(y)}{Y(y)} =0

兩項分別只含單一變數，因此各自必須等於常數。選取分離常數為 −λ2-\lambda^2：

X′′X=−λ2,Y′′Y=λ2\frac{X''}{X}=-\lambda^2, \qquad \frac{Y''}{Y}=\lambda^2

得到兩個常微分方程式：

X′′+λ2X=0X''+\lambda^2X=0 Y′′−λ2Y=0Y''-\lambda^2Y=0

2. xx 方向的解

x=0x=0 與 x=ax=a 為定溫，因此

X(0)=0,X(a)=0X(0)=0, \qquad X(a)=0

XX 方程式的一般解為

X(x)=Acos⁡(λx)+Bsin⁡(λx)X(x)=A\cos(\lambda x)+B\sin(\lambda x)

由 X(0)=0X(0)=0 得

A=0A=0

因此

X(x)=Bsin⁡(λx)X(x)=B\sin(\lambda x)

再由 X(a)=0X(a)=0：

sin⁡(λa)=0\sin(\lambda a)=0

非平凡解要求

λn=nπa,n=1,2,3,…\lambda_n=\frac{n\pi}{a}, \qquad n=1,2,3,\ldots

所以

Xn(x)=sin⁡(nπxa)X_n(x)=\sin\left(\frac{n\pi x}{a}\right)

3. yy 方向的解

YY 方程式為

Y′′−λn2Y=0Y''-\lambda_n^2Y=0

其一般解為

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第 Question 4 題10 分

Given a brand new concentric tube heat exchanger with smooth walls, the outer cylinder has a diameter of 0.04 m0.04\ \mathrm{m} and the inner cylinder has a diameter of 0.03 m0.03\ \mathrm{m}. The length of the heat exchanger is 9 m9\ \mathrm{m}. Air flows in the space between the inner and outer tubes at a mass flow rate of 0.05 kg/s0.05\ \mathrm{kg/s} and enters the heat exchanger at a temperature of 245 K245\ \mathrm{K} and a pressure of 1 MPa1\ \mathrm{MPa}. Condensing steam flows in the inner tube at 110 kPa110\ \mathrm{kPa}. Assume the heat exchanger assembly is perfectly insulated.

(a) Find the average heat transfer coefficient. (7 points)

(b) Calculate the outlet temperature of the air stream. (3 points)

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核心觀念

本題考查環形通道內的強制對流，以及以凝結蒸汽近似為定溫熱源時，如何由對流關係求空氣出口溫度。

空氣流經同心管的環形空間，採用水力直徑表示特徵長度：

Dh=Do−DiD_h=D_o-D_i

湍流區的努塞爾數可用 Dittus–Boelter 關係式估算；空氣受熱，因此取指數 n=0.4n=0.4：

NuDh=0.023ReDh0.8Pr0.4,h=NuDhkDhNu_{D_h}=0.023Re_{D_h}^{0.8}Pr^{0.4}, \qquad h=\frac{Nu_{D_h}k}{D_h}

蒸汽在 110 kPa110\ \mathrm{kPa} 下凝結，溫度維持在飽和溫度附近，因此可視為定溫熱源。空氣沿程受熱的能量平衡可寫成：

Ts−ToutTs−Tin=exp⁡(−hAsm˙cp)\frac{T_s-T_{\mathrm{out}}}{T_s-T_{\mathrm{in}}} = \exp\left(-\frac{hA_s}{\dot m c_p}\right)

其中 TsT_s 為蒸汽飽和溫度，AsA_s 為空氣側受熱面積。

解題方法

題目未提供管壁材質與厚度，以下將「平均熱傳係數」解讀為空氣側平均對流熱傳係數，並忽略管壁熱阻。空氣性質以入口與出口溫度的算術平均值估算；出口溫度由能量平衡求得。此題的出口接近蒸汽飽和溫度，因此平均空氣溫度約為 310 K310\ \mathrm{K}。在此溫度附近，取空氣性質 cp≈1005 J/(kg⋅K)c_p\approx1005\ \mathrm{J/(kg\cdot K)}、k≈0.0270 W/(m⋅K)k\approx0.0270\ \mathrm{W/(m\cdot K)}、μ≈1.89×10−5 Pa⋅s\mu\approx1.89\times10^{-5}\ \mathrm{Pa\cdot s}、Pr≈0.704Pr\approx0.704；空氣傳輸性質可由空氣性質表查得，空氣性質表。蒸汽在 110 kPa110\ \mathrm{kPa} 的飽和溫度約為 102.3∘C102.3^\circ\mathrm{C}，飽和蒸汽表。

(a) 平均熱傳係數

環形通道截面積為：

Ac=π4(Do2−Di2)=π4(0.042−0.032)=5.498×10−4 m2A_c=\frac{\pi}{4}(D_o^2-D_i^2) =\frac{\pi}{4}(0.04^2-0.03^2) =5.498\times10^{-4}\ \mathrm{m^2}

水力直徑為：

Dh=Do−Di=0.04−0.03=0.010 mD_h=D_o-D_i=0.04-0.03=0.010\ \mathrm{m}

以質量流率表示 Reynolds 數：

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第 Question 5 題10 分

Consider a thick slab of soda lime glass with a thickness of 8 cm8\ \mathrm{cm}, initially at 573 K573\ \mathrm{K}. It is subject to cooling by air at 303 K303\ \mathrm{K}, blowing across its surface with a velocity of 25 m/s25\ \mathrm{m/s}. Assume the slab of glass is 2 m2\ \mathrm{m} long. For properties evaluation, assume the surface temperature of the glass to be 317 K317\ \mathrm{K}.

(a) Derive the transient finite difference equations for nodes 0 to 4, using an explicit scheme. (3 points)

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(b) Determine the largest possible time-step sizes such that the explicit scheme will not become unstable upon iteration. (7 points)

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
原卷第 3 頁

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核心觀念

本題考兩部分：平板外部強制對流的平均熱傳係數，以及一維非穩態導熱的顯式有限差分式與穩定條件。顯式法的時間步長上限，可由更新式各溫度係數皆非負求得。

解題方法

圖中厚度為 8 cm8\ \mathrm{cm}，節點間距為 1 cm1\ \mathrm{cm}；節點 0 與 8 是兩側表面，節點 4 位於中心面。兩側均受空氣冷卻，因此節點 4 使用對稱邊界條件，節點 0 至 4 的離散式即可描述半厚度的溫度分布。空氣沿長度 2 m2\ \mathrm{m} 的表面流動，速度為 25 m/s25\ \mathrm{m/s}。

原頁未附玻璃與空氣物性表，以下採用常用物性：蘇打石灰玻璃 kg=1.4 W/(m⋅K)k_g=1.4\ \mathrm{W/(m\cdot K)}、ρg=2500 kg/m3\rho_g=2500\ \mathrm{kg/m^3}、cp,g=840 J/(kg⋅K)c_{p,g}=840\ \mathrm{J/(kg\cdot K)}；空氣以膜溫 Tf=(317+303)/2=310 KT_f=(317+303)/2=310\ \mathrm{K} 評估，取 ka=0.0267 W/(m⋅K)k_a=0.0267\ \mathrm{W/(m\cdot K)}、ν=16.9×10−6 m2/s\nu=16.9\times10^{-6}\ \mathrm{m^2/s}、Pr=0.707Pr=0.707。

(a) 節點 0 至 4 的顯式有限差分式

令 Δx=0.01 m\Delta x=0.01\ \mathrm{m}、時間步長為 Δt\Delta t，並定義

α=kgρgcp,g,Fo=αΔt(Δx)2,Bi=hΔxkg.\alpha=\frac{k_g}{\rho_g c_{p,g}},\qquad Fo=\frac{\alpha\Delta t}{(\Delta x)^2},\qquad Bi=\frac{h\Delta x}{k_g}.

表面節點 0 的控制體積只有半個網格厚度；其能量平衡包含節點 1 的導熱與表面對流，因此

T0n+1=[1−2Fo(1+Bi)]T0n+2FoT1n+2FoBiT∞.T_0^{n+1} = \left[1-2Fo(1+Bi)\right]T_0^n +2FoT_1^n +2FoBiT_\infty .

其中 T∞=303 KT_\infty=303\ \mathrm{K}。內部節點 1、2、3 的顯式式為

Tin+1=FoTi−1n+(1−2Fo)Tin+FoTi+1n,i=1,2,3.T_i^{n+1} = FoT_{i-1}^n+(1-2Fo)T_i^n+FoT_{i+1}^n, \qquad i=1,2,3.

節點 4 位於中心面，由對稱條件可知其另一側的虛擬節點溫度等於節點 3，即 T5n=T3nT_5^n=T_3^n。因此

T4n+1=T4n+2Fo(T3n−T4n)=2FoT3n+(1−2Fo)T4n.T_4^{n+1} = T_4^n+2Fo(T_3^n-T_4^n) = 2FoT_3^n+(1-2Fo)T_4^n.
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第 Question 6 題10 分

Fins are being installed outside a chimney with the surface temperature at TbT_b. The fin consists of a rectangular portion, which is protruding with a length of λ\lambda from the chimney wall. It has another fin with triangular cross-section that extends another length of LL from the end of the rectangular fin. The fin surface is subjected to convective cooling by air at T∞T_\infty, and the heat transfer coefficient is estimated as hh and its thermal conductivity to be kk. Assume the width to be WW.

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(a) Prove that the temperature distribution and heat transfer rate in the rectangular portion are given by,

T(x)=T∞+(Tλ−T∞)sinh⁡(βx)sinh⁡(βλ)+(Tb−T∞)sinh⁡(β(λ−x))sinh⁡(βλ)T(x)=T_\infty+(T_\lambda-T_\infty)\frac{\sinh(\beta x)}{\sinh(\beta\lambda)}+(T_b-T_\infty)\frac{\sinh(\beta(\lambda-x))}{\sinh(\beta\lambda)}

and

q˙(x)=−k(t⋅W)β[(Tλ−T∞)cosh⁡(βx)sinh⁡(βλ)+(Tb−T∞)cosh⁡(β(λ−x))sinh⁡(βλ)],\dot{q}(x)=-k(t\cdot W)\beta\left[(T_\lambda-T_\infty)\frac{\cosh(\beta x)}{\sinh(\beta\lambda)}+(T_b-T_\infty)\frac{\cosh(\beta(\lambda-x))}{\sinh(\beta\lambda)}\right],

where β2=2hkt\beta^2=\frac{2h}{kt} and Tλ=T(x=λ)T_\lambda=T(x=\lambda). (6 points)

(b) Prove that the temperature at the junction, Tjunc=TλT_{\mathrm{junc}}=T_\lambda, is given by,

Tjunc=Tbsinh⁡(βλ)⋅ηfin⋅β⋅L+cosh⁡(βλ),T_{\mathrm{junc}}=\frac{T_b}{\sinh(\beta\lambda)\cdot\eta_{\mathrm{fin}}\cdot\beta\cdot L+\cosh(\beta\lambda)},

where ηfin\eta_{\mathrm{fin}} is the fin efficiency. (4 points)

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
原卷第 3 頁

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核心觀念

本題考查直鰭的一維穩態導熱、對流邊界造成的鰭片控制方程，以及相接鰭片交界處的熱量平衡。長方形部分的截面積為 Ac=tWA_c=tW，周長近似為 P=2WP=2W，因此

β2=hPkAc=2hkt.\beta^2=\frac{hP}{kA_c}=\frac{2h}{kt}.

解題方法

由圖可讀出：鰭片由煙囪壁向外先延伸長度 λ\lambda 的長方形部分，再接上長度 LL、截面呈三角形的鰭片；鰭片寬度為 WW，煙囪壁溫度為 TbT_b，周圍空氣溫度為 T∞T_\infty，表面對流係數為 hh。以下採用題目使用的一維鰭片模型，並忽略窄邊面積；三角形部分的對流面積近似為 Af≃2WLA_f\simeq 2WL。

(a) 長方形部分的溫度分布與熱傳率

令超額溫度 θ(x)=T(x)−T∞\theta(x)=T(x)-T_\infty。對長方形鰭片作微小控制體的能量平衡，穩態下有

kAcd2θdx2−hPθ=0,kA_c\frac{d^2\theta}{dx^2}-hP\theta=0,

因此

d2θdx2−β2θ=0.\frac{d^2\theta}{dx^2}-\beta^2\theta=0.

其通解為 θ=C1sinh⁡(βx)+C2cosh⁡(βx)\theta=C_1\sinh(\beta x)+C_2\cosh(\beta x)。由兩端邊界條件

T(0)=Tb,T(λ)=TλT(0)=T_b,\qquad T(\lambda)=T_\lambda

解得

T(x)=T∞+(Tλ−T∞)sinh⁡(βx)sinh⁡(βλ)+(Tb−T∞)sinh⁡(β(λ−x))sinh⁡(βλ).T(x)=T_\infty+(T_\lambda-T_\infty)\frac{\sinh(\beta x)}{\sinh(\beta\lambda)} +(T_b-T_\infty)\frac{\sinh(\beta(\lambda-x))}{\sinh(\beta\lambda)}.

沿 +x+x 方向的導熱率依傅立葉定律為 q˙x(x)=−kAc dT/dx\dot q_x(x)=-kA_c\,dT/dx。對溫度式微分可得

q˙x(x)=−k(tW)β[(Tλ−T∞)cosh⁡(βx)sinh⁡(βλ)−(Tb−T∞)cosh⁡(β(λ−x))sinh⁡(βλ)].\dot q_x(x) =-k(tW)\beta\left[ (T_\lambda-T_\infty)\frac{\cosh(\beta x)}{\sinh(\beta\lambda)} -(T_b-T_\infty)\frac{\cosh(\beta(\lambda-x))}{\sinh(\beta\lambda)} \right].

原卷所列熱傳率式兩項之間印成加號；但依該卷同列的溫度分布與傅立葉定律，兩項之間應為減號，否則無法由溫度式微分得到。此處的 q˙x\dot q_x 正方向定義為由煙囪壁朝鰭片外端。

(b) 交界溫度

在 x=λx=\lambda 處，長方形部分流向三角形部分的熱傳率為

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