108 年 國立臺灣大學機械系碩士班流力組《熱力學（A）》

本題主要考驗對超臨界（Supercritical）熱力循環與傳統熱力循環（例如 Rankine Cycle）在熱效率上的比較。

核心觀念： 熱效率的定義與影響因素，特別是等壓加熱過程的溫度變化對效率的影響。

解題思路：

1. 傳統 Rankine Cycle 的 P-v 與 T-s 圖：

   • P-v 圖： 傳統 Rankine Cycle 主要包含四個過程：等壓加熱（鍋爐，B->C）、等熵膨脹（渦輪機，C->D）、等壓冷卻（冷凝器，D->A）和等熵壓縮（泵浦，A->B）。在 P-v 圖上，加熱和冷卻過程是水平線。
   • T-s 圖： 在 T-s 圖上，加熱（B->C）和冷卻（D->A）過程是水平線。渦輪機（C->D）和泵浦（A->B）是垂直線。

2. 超臨界（Supercritical）熱力循環的 P-v 與 T-s 圖：

   • 超臨界流體是指物質在超過其臨界溫度 ($T_c$) 和臨界壓力 ($P_c$) 時的狀態。在此狀態下，液體和氣體的界線消失，物質呈現單一相。
   • 超臨界循環的加熱過程不再是單純的等壓過程，而是從亞臨界區（subcritical region）進入超臨界區，然後在超臨界區內進行加熱。
   • P-v 圖： 在超臨界循環中，從鍋爐入口（例如狀態 B'）到出口（例如狀態 C'），加熱是沿著一條等壓線（或非常接近等壓線）進行。然而，由於物質在超臨界區的熱力性質（如比熱）隨溫度和壓力變化很大，特別是在臨界點附近，加熱過程的溫度會顯著升高。
   • T-s 圖： 這是解釋效率差異的關鍵圖。在 T-s 圖上，超臨界循環的加熱過程（B'->C'）不再是單純的水平線，而是從一個較低的溫度開始，沿著一條具有斜率的曲線逐漸升高到更高的溫度。這意味著，在加熱過程中，平均溫度比傳統 Rankine Cycle 的沸騰溫度（飽和溫度）更高。

3. 熱效率的比較：

   • 熱效率 ($\eta$) 的基本定義是：$\eta = \frac{W_{net}}{Q_{in}} = 1 - \frac{Q_{out}}{Q_{in}}$。
   • 對於熱機循環，熱效率也與加熱溫度 ($T_H$) 和冷卻溫度 ($T_C$) 有關。Carnot 效率是 $\eta_{Carnot} = 1 - \frac{T_C}{T_H}$。雖然實際循環的效率低於 Carnot 效率，但提高加熱溫度和降低冷卻溫度是提高效率的關鍵。

本題考驗對傳熱學中「傳熱單元數」（Number of Transfer Units, NTU）的物理意義的理解，以及小 NTU 值所代表的系統特性。

核心觀念： 傳熱單元數 (NTU) 是衡量換熱器性能的無因次參數，代表換熱器中傳熱的「有效性」或「規模」。

解題思路：

1. NTU 的物理意義：
   • NTU 是無因次參數，通常定義為：
     $NTU = \frac{UA}{C_{min}}$
     其中：
     • $U$ 是總傳熱係數 (Overall heat transfer coefficient)。
     • $A$ 是換熱器的傳熱面積 (Heat transfer area)。
     • $C_{min}$ 是兩種流體中較小的傳熱容量率 (Minimum heat capacity rate)，定義為 $C = \dot{m} c_p$。
   • NTU 可以被理解為換熱器中「傳熱能力」與「流體攜帶熱量能力」之比。
   • 更直觀地，NTU 代表了在換熱器中，傳熱面積相對於流體熱容量的「規模」或「程度」。它量化了流體在通過換熱器時，有多少熱量能夠被轉移。
   • 一個較高的 NTU 值表示換熱器具有較大的傳熱面積（相對於流率和比熱），或者具有較高的總傳熱係數，因此傳熱效率很高。
   • 可以將 NTU 看作是「傳熱單元」的數量，每個單元代表了將流體溫度改變一個單位（例如，將其溫度推向另一流體的溫度）所需的面積和傳熱係數的組合。

核心觀念

本題考查卡諾循環、可逆過程、理想氣體的等溫與絕熱關係，以及熱效率定義。

採用符號約定：

• $Q>0$：熱量傳入系統。
• $W>0$：系統對外作功。
• 第一定律：

$$\Delta U=Q-W$$

單原子理想氣體的熱容量為

$$C_V=\frac{3}{2}R$$

因此

$$U=\frac{3}{2}NRT$$

單原子理想氣體的絕熱指數為

$$\gamma=\frac{C_P}{C_V}=\frac{5}{3}$$

四個過程依序為：

1. $1\to2$：溫度 $T_h$ 下的等溫膨脹。
2. $2\to3$：絕熱膨脹，溫度由 $T_h$ 降至 $T_c$。
3. $3\to4$：溫度 $T_c$ 下的等溫壓縮。
4. $4\to1$：絕熱壓縮，溫度由 $T_c$ 升回 $T_h$。

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解題方法

先利用兩段絕熱過程的關係求出 $V_3$ 與 $V_4$，再分別使用：

• 等溫理想氣體：$W=Q=NRT\ln(V_f/V_i)$。
• 絕熱過程：$Q=0$，由第一定律求功。
• 熱效率：$\eta=W_{\rm net}/Q_{\rm in}$。

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（a）$P$-$V$ 圖與 $T$-$S$ 圖

各狀態的溫度與體積

狀態 $1$、$2$ 位於高溫等溫線：

$$T_1=T_2=T_h$$

且

$$V_1<V_2$$

狀態 $3$、$4$ 位於低溫等溫線：

$$T_3=T_4=T_c$$

絕熱過程滿足

$$TV^{\gamma-1}=\text{constant}$$

由 $2\to3$：

$$T_hV_2^{\gamma-1}=T_cV_3^{\gamma-1}$$

所以

$$V_3 = V_2\left(\frac{T_h}{T_c}\right)^{1/(\gamma-1)}$$

因為 $\gamma=5/3$，故

$$V_3 = V_2\left(\frac{T_h}{T_c}\right)^{3/2}$$

由 $4\to1$：

$$T_cV_4^{\gamma-1}=T_hV_1^{\gamma-1}$$

因此

$$V_4 = V_1\left(\frac{T_h}{T_c}\right)^{3/2}$$

通常 $V_1<V_2$，所以

$$V_4<V_3$$

$P$-$V$ 圖

四個過程在 $P$-$V$ 圖上的形狀如下：

• $1\to2$：高溫等溫膨脹，沿 $T_h$ 等溫線向右下方。
• $2\to3$：絕熱膨脹，向右下方，且比等溫線陡。
• $3\to4$：低溫等溫壓縮，向左上方。
• $4\to1$：絕熱壓縮，向左上方，且比等溫線陡。

循環方向為順時針，因此淨功為正。

$$1\longrightarrow2\longrightarrow3\longrightarrow4\longrightarrow1$$

$T$-$S$ 圖

由熵公式

$$S=Ns_0+NR\ln\left(\frac{T^{3/2}V}{T_0^{3/2}V_0}\right)$$

等溫過程的熵變為

$$\Delta S=NR\ln\left(\frac{V_f}{V_i}\right)$$

因此

$$S_2-S_1=NR\ln\left(\frac{V_2}{V_1}\right)$$

絕熱可逆過程為等熵過程：

$$S_3=S_2,\qquad S_4=S_1$$

而

$$S_4-S_3 = NR\ln\left(\frac{V_4}{V_3}\right) = NR\ln\left(\frac{V_1}{V_2}\right)$$

$T$-$S$ 圖為矩形：

• $1\to2$：$T=T_h$，水平向右。
• $2\to3$：$S$ 不變，垂直向下。
• $3\to4$：$T=T_c$，水平向左。
• $4\to1$：$S$ 不變，垂直向上。

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（b）各步驟的熱量與功

$1\to2$：高溫等溫膨脹

理想氣體等溫時內能不變：

$$\Delta U_{12}=0$$

由第一定律：

$$Q_{12}=W_{12}$$

且

$$P=\frac{NRT_h}{V}$$

所以

$$W_{12} = \int_{V_1}^{V_2}P\,dV = NR T_h\int_{V_1}^{V_2}\frac{dV}{V}$$

得到

$$\boxed{ W_{12}=Q_{12} = NR T_h\ln\left(\frac{V_2}{V_1}\right) }$$

這一步吸收高溫熱源熱量，故 $Q_{12}>0$。

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$2\to3$：絕熱膨脹

絕熱過程沒有熱傳：

$$\boxed{Q_{23}=0}$$

內能變化為

$$\Delta U_{23} = \frac{3}{2}NR(T_c-T_h)$$

由 $\Delta U=Q-W$：

$$W_{23} = Q_{23}-\Delta U_{23}$$

因此

$$W_{23} = -\frac{3}{2}NR(T_c-T_h)$$

即

$$\boxed{ W_{23} = \frac{3}{2}NR(T_h-T_c) }$$

此步驟為膨脹，功為正；氣體內能下降，溫度由 $T_h$ 降至 $T_c$。

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$3\to4$：低溫等溫壓縮

低溫等溫過程中：

核心觀念

對一莫耳簡單可壓縮系統，若過程為準靜態可逆過程，熱量微分可寫成

$$\delta Q_{\mathrm{rev}}=T\,ds$$

由熵的 Maxwell 關係，

$$ds=\left(\frac{\partial P}{\partial T}\right)_v d v +\left(\frac{\partial s}{\partial T}\right)_v dT$$

在定溫過程中 $dT=0$，因此

$$\delta Q_{\mathrm{rev}} =T\left(\frac{\partial P}{\partial T}\right)_v d v$$

解題方法

題目給定狀態附近的體積關係：

$$v=v_0+a(T-T_0)+b(P-P_0)$$

對此式微分：

$$dv=a\,dT+b\,dP$$

在定溫 $T_0$ 下，$dT=0$，所以

$$dv=b\,dP$$

另一方面，在固定體積下令 $dv=0$，則

核心觀念

本題考查一維穩態熱傳導與熱對流之綜合應用，以及在介面上的表面能量平衡（Surface Energy Balance）：

1. 表面能量守恆（熱力學第一定律）：
   薄加熱元件（Heating element）緊貼於玻璃內表面，其厚度極薄，熱阻與熱容皆可忽略不計，視為一幾何控制面（Control Surface）。在穩態（Steady state）下，無能量蓄積，輸入控制面的熱能等於流出控制面的熱能：

   $$\dot{E}_{\text{in}}'' = \dot{E}_{\text{out}}''$$

2. 熱阻網路法（Thermal Resistance Concept）：

   • 車內對流熱阻（每單位面積）：$R''_{\text{conv}, i} = \dfrac{1}{h_i}$
   • 玻璃傳導熱阻（每單位面積）：$R''_{\text{cond}} = \dfrac{L}{k}$
   • 車外對流熱阻（每單位面積）：$R''_{\text{conv}, o} = \dfrac{1}{h_o}$

   從內表面到車外環境的總熱阻為玻璃傳導與外側對流之串聯：

   $$R''_{\text{out}} = R''_{\text{cond}} + R''_{\text{conv}, o} = \frac{L}{k} + \frac{1}{h_o}$$

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解題方法與詳細推導

1. 已知條件與符號整理

• 均勻加熱通量：$q''_h = 1200 \text{ W/m}^2$
• 後車窗玻璃厚度：$L = 5 \text{ mm} = 0.005 \text{ m}$
• 玻璃熱傳導係數：$k = 1.0 \text{ W/(m}\cdot\text{K)}$
• 車內溫度：$T_{\infty, i} = 23 \ ^\circ\text{C}$
• 車內對流熱傳係數：$h_i = 12 \text{ W/(m}^2\cdot\text{K)}$
• 車外環境溫度：$T_{\infty, o} = -10 \ ^\circ\text{C}$
• 車外對流熱傳係數：$h_o = 100 \text{ W/(m}^2\cdot\text{K)}$
• 設車窗內表面溫度為 $T_{s, i}$

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2. 建立內表面能量平衡方程式

取包含加熱元件的玻璃內表面為控制面，進入該面的熱通量為加熱元件所提供的 $q''_h$；流出該面的熱通量包含流向車內的對流熱通量 $q''_i$ 以及穿過玻璃向外散逸的總熱通量 $q''_o$：

$$q''_h = q''_i + q''_o$$

各項熱通量展開如下：

• 流向車內之對流熱通量： $$q''_i = h_i (T_{s, i} - T_{\infty, i})$$
• 流向車外之總熱通量（穿過玻璃傳導後對流至外界）：

核心觀念

本題考查：

1. 穩態流動能量方程式。
2. 絕熱渦輪的焓降與軸功率關係。
3. 熱交換器在忽略對外散熱時的能量守恆。

忽略動能、位能與對外熱傳，理想氣體空氣的焓值只由溫度決定。

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解題方法

1. 求第一股氣流的質量流率

第一渦輪為絕熱穩態裝置，因此

$$\dot W_{t1}=\dot m_a(h_1-h_2)$$

由表查得：

$$h_1=h(1400\ \text{K})=1515.42\ \text{kJ/kg}$$ $$h_2=h(1100\ \text{K})=1161.07\ \text{kJ/kg}$$

故

$$\dot m_a =\frac{10000}{1515.42-1161.07} =28.22\ \text{kg/s}$$

第二股氣流的質量流率為

$$\dot m_b=1200\ \text{kg/min}=20.00\ \text{kg/s}$$

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2. 對熱交換器作能量平衡

熱交換器對外絕熱，因此熱的一側放出的能量等於冷的一側吸收的能量：

$$\dot m_a(h_3-h_2)=\dot m_b(h_5-h_6)$$

由表查得：

$$h_5=h(1480\ \text{K})=1611.79\ \text{kJ/kg}$$ $$h_6=h(1200\ \text{K})=1277.79\ \text{kJ/kg}$$

因此

$$h_3 =h_2+\frac{\dot m_b}{\dot m_a}(h_5-h_6)$$ $$h_3 =1161.07+\frac{20.00}{28.22}(1611.79-1277.79)$$

本題考驗瞬態熱傳（一維球體）的分析，特別是熱響應時間和熱傳係數與流速的關係。

核心觀念： 瞬態熱傳，集總參數法（或一維瞬態傳導），熱響應時間，對流熱傳係數與流速的關係。

已知條件：

• 熱電偶接點形狀：球體。
• 接點直徑 $D = 0.25 \, mm = 0.00025 \, m$。
• 接點熱導率 $k = 30 \, W/m\cdot K$。
• 接點密度 $\rho = 8500 \, kg/m^3$。
• 接點比熱 $c_p = 300 \, J/kg\cdot K$。
• 對流熱傳係數與流速關係：$h = 2.0 (V/D)^{0.5} \, W/m^2K$。
• 要求：最小空氣流速 $V_{min}$。
• 條件：最大響應時間 $\tau_{max} = 5 \, s$，用於達到初始溫差的 99%。

解題思路：

1. 瞬態熱傳分析 (集總參數法)：

   • 對於小尺寸物體，如果物體內部的溫度梯度遠小於物體表面與周圍流體之間的溫差，則可以使用集總參數法。
   • 判斷條件：Biot 數 $Bi = \frac{hL_c}{k}$，其中 $L_c$ 是特徵長度。對於球體，$L_c = V_{volume} / A_{surface} = (\frac{4}{3}\pi r^3) / (4\pi r^2) = r/3 = D/6$。
   • $Bi = \frac{h(D/6)}{k}$。
   • 如果 $Bi \ll 0.1$，則集總參數法適用。
   • 在本題中，我們需要找到最小流速 $V_{min}$，這時 $h$ 最小，$Bi$ 也最小。
   • $D = 0.00025 \, m$, $k = 30 \, W/m\cdot K$。
   • $L_c = D/6 = 0.00025 / 6 \approx 4.167 \times 10^{-5} \, m$。
   • $Bi = \frac{h \times 4.167 \times 10^{-5}}{30}$。
   • 如果 $Bi < 0.1$, $h < 30 / (4.167 \times 10^{-5}) \approx 720000 \, W/m^2K$.
   • $h = 2.0 (V/D)^{0.5} = 2.0 (V/0.00025)^{0.5} = 2.0 \times (4000V)^{0.5} = 2.0 \times 20 \sqrt{10V} = 40 \sqrt{10V}$。
   • 當 $V$ 較小時，$h$ 也較小。如果 $h$ 足夠小，則 $Bi$ 可能小於 0.1。
   • 即使 $Bi$ 不小於 0.1，題目也要求「Determine the minimum air flow velocity that the thermocouple can be used.」，這通常意味著我們需要考慮瞬態傳導方程。然而，鑑於給定的響應時間信息，集總參數法更常用於此類問題。我們假設集總參數法是適用的。

2. 瞬態響應時間 (集總參數法)：

   • 集總參數法下的瞬態溫度變化為：
     $T(t) - T_\infty = (T_0 - T_\infty) e^{-t/\tau}$
     其中：
     • $T(t)$ 是物體在時間 $t$ 的溫度。
     • $T_\infty$ 是周圍流體的溫度。
     • $T_0$ 是物體初始溫度。
     • $\tau$ 是時間常數 (time constant)。
   • 時間常數 $\tau$ 的定義為：
     $\tau = \frac{\rho V c_p}{hA} = \frac{C}{hA}$
     其中：
     • $C = \rho V c_p$ 是物體的總熱容量。
     • $V$ 是物體的體積。
     • $A$ 是物體的表面積。
     • $h$ 是對流熱傳係數。
   • 對於球體：
     • $V = \frac{4}{3}\pi (D/2)^3 = \frac{\pi D^3}{6}$
     • $A = 4\pi (D/2)^2 = \pi D^2$
     • $\rho V c_p = \rho \frac{\pi D^3}{6} c_p$
     • $hA = h \pi D^2$
     • $\tau = \frac{\rho (\pi D^3/6) c_p}{h (\pi D^2)} = \frac{\rho D c_p}{6h}$

核心觀念

本題考查封閉腔體內兩個表面間的輻射熱交換，需使用：

1. 黑體輻射力
   $E_b=\sigma T^4$

2. 表面間的視角因子（View Factor）

3. 灰體表面的輻射熱交換關係

其中：

• 穹頂為黑體，$\varepsilon_d=1$
• 底面為灰體，$\varepsilon_b=0.8$
• 穹頂溫度：$T_d=1000\ \mathrm{K}$
• 底面溫度：$T_b=350\ \mathrm{K}$
• 爐體直徑為 $4\ \mathrm{m}$，故半徑 $r=2\ \mathrm{m}$

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解題方法

1. 計算底面面積

底面為半徑 $2\ \mathrm{m}$ 的圓：

$$A_b=\pi r^2=\pi(2)^2=4\pi\ \mathrm{m^2}$$

由於底面是平面且僅與穹頂構成封閉腔體，因此底面射向穹頂的視角因子為：

$$F_{b\to d}=1$$

穹頂為半球，其面積為：

$$A_d=2\pi r^2=2\pi(2)^2=8\pi\ \mathrm{m^2}$$

由視角因子互易關係：

$$A_bF_{b\to d}=A_dF_{d\to b}$$

因此：

$$F_{d\to b} =\frac{A_bF_{b\to d}}{A_d} =\frac{4\pi}{8\pi} =\frac12$$

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2. 利用黑體穹頂求底面的入射輻射

穹頂為黑體，因此其放射率等於黑體輻射力：

$$J_d=E_{b,d}=\sigma T_d^4$$

底面完全被穹頂包圍，所以底面的入射輻射為：

$$G_b=J_dF_{b\to d}=J_d$$

底面的淨輻射熱通量為：