113 地方特考三等 機械工程 流體力學與工程力學 考古題詳解

113 年・地方特考・三等・機械工程
試題代碼 流體力學與工程力學

第 一 題20 分

密度為 ρ\rho、比重為 γ=9.81 kN/m3\gamma=9.81\ \mathrm{kN/m^3} 之流體，以平均速度 U0U_0 流入一截面為圓形的 YY 型短管。其幾何配置與尺寸標註如下圖，經過分叉口後以相同的平均流速 U1U_1 與 U2U_2 離開上下兩分叉管；入口與兩出口截面上的壓力各為 p0p_0、p1p_1 與 p2p_2。若過程中無外界作功、也無熱交換，在假設摩擦損失與重力位能可忽略的狀況下，可利用伯努力（Bernoulli）定理推論出 p1=p2p_1=p_2。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

已知：

  • d0=16 cmd_0=16\ \mathrm{cm}
  • d1=12 cmd_1=12\ \mathrm{cm}
  • d2=8 cmd_2=8\ \mathrm{cm}
  • θ1=20∘\theta_1=20^\circ
  • θ2=30∘\theta_2=30^\circ
  • U1=16 cm/sU_1=16\ \mathrm{cm/s}
  • U2=16 cm/sU_2=16\ \mathrm{cm/s}

(一) 試求 U0U_0。（3 分）

(二) 若進一步簡設 p1=p2≈0p_1=p_2\approx0，計算需施多少力維持 YY 型管的水平與垂直位置？（計算時請四捨五入到小數第三位）（17 分）

🖼️ 本題原卷含圖表。基於試題來源之版權考量，本站不轉載原卷影像； 題目文字已完整轉錄，圖表請自行參閱考選部公告之試題原檔。

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核心觀念

本題考查：

  1. 連續方程式：穩態不可壓縮流體滿足流量守恆。
  2. 伯努力方程式：忽略摩擦損失、重力位能變化及外界功熱交換。
  3. 控制體動量方程式：利用流體動量的變化，求管壁及支承所需承受的力。

取入口方向為 xx 軸正向，向上為 yy 軸正向。

（一）求入口平均速度 U0U_0

穩態不可壓縮流體的連續方程式為

A0U0=A1U1+A2U2A_0U_0=A_1U_1+A_2U_2

圓形管截面積為

A=πd24A=\frac{\pi d^2}{4}

因此

U0=d12U1+d22U2d02U_0 = \frac{d_1^2U_1+d_2^2U_2}{d_0^2}

代入數值：

U0=(0.12)2(0.16)+(0.08)2(0.16)(0.16)2U_0 = \frac{(0.12)^2(0.16)+(0.08)^2(0.16)}{(0.16)^2} U0=0.16(0.122+0.0820.162)=0.130 m/sU_0 = 0.16\left(\frac{0.12^2+0.08^2}{0.16^2}\right) = 0.130\ \mathrm{m/s}

所以

U0=13.0 cm/s\boxed{U_0=13.0\ \mathrm{cm/s}}

（二）求維持管路位置所需的力

1. 求流體密度與入口壓力

由比重與密度關係：

γ=ρg\gamma=\rho g ρ=γg=98109.81=1000 kg/m3\rho=\frac{\gamma}{g} = \frac{9810}{9.81} = 1000\ \mathrm{kg/m^3}

由伯努力方程式，且忽略重力位能差：

p0+12ρU02=p1+12ρU12p_0+\frac{1}{2}\rho U_0^2 = p_1+\frac{1}{2}\rho U_1^2

題設 p1=p2≈0p_1=p_2\approx0，故

p0=12ρ(U12−U02)p_0=\frac{1}{2}\rho\left(U_1^2-U_0^2\right) p0=12(1000)[(0.16)2−(0.13)2]=4.350 Pap_0 = \frac{1}{2}(1000) \left[(0.16)^2-(0.13)^2\right] = 4.350\ \mathrm{Pa}

2. 各截面積

A0=π(0.16)24=0.020106 m2A_0=\frac{\pi(0.16)^2}{4} =0.020106\ \mathrm{m^2} A1=π(0.12)24=0.011310 m2A_1=\frac{\pi(0.12)^2}{4} =0.011310\ \mathrm{m^2} A2=π(0.08)24=0.005027 m2A_2=\frac{\pi(0.08)^2}{4} =0.005027\ \mathrm{m^2}

3. 動量方程式

取包含分叉管內流體的控制體，穩態動量方程式為

∑F=ρ(∑QoutUout−∑QinUin)\sum \mathbf{F} = \rho\left( \sum Q_{\text{out}}\mathbf{U}_{\text{out}} - \sum Q_{\text{in}}\mathbf{U}_{\text{in}} \right)

出口速度向量為

U1=U1(cos⁡20∘ i+sin⁡20∘ j)\mathbf{U}_1 = U_1(\cos20^\circ\,\mathbf{i} +\sin20^\circ\,\mathbf{j}) U2=U2(cos⁡30∘ i−sin⁡30∘ j)\mathbf{U}_2 = U_2(\cos30^\circ\,\mathbf{i} -\sin30^\circ\,\mathbf{j})

由於 p1=p2=0p_1=p_2=0，只有入口壓力作用：

Fp=p0A0 i\mathbf{F}_p=p_0A_0\,\mathbf{i}
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第 二 題15 分

今考慮另一個長型 YY 流道內之穩定流動，其幾何配置與尺寸之側視圖如下圖所示。三段圓型管道雖內徑不同，但內壁之平均表面粗糙度均為 ε=10−3 m\varepsilon=10^{-3}\ \mathrm{m}。密度為 ρ\rho、比重為 γ=9.81 kN/m3\gamma=9.81\ \mathrm{kN/m^3}、黏滯係數為 μ=10−3 Pa⋅s\mu=10^{-3}\ \mathrm{Pa\cdot s} 之流體，以平均速度 U0=1 m/sU_0=1\ \mathrm{m/s} 由左方水平管流入，流體經 YY 型分叉後再由上下兩等長分管排出至大氣壓力，兩出口截面上的壓力各為 p1p_1 與 p2p_2，而平均流速則各為 U1U_1 與 U2U_2，兩者不一定相同。

流道上側裝設的三根靜壓管顯示內部液體高度由上游到下游遞減（HA>HB>HCH_A>H_B>H_C），代表此穩態管內流存有壓力損失 ΔPloss\Delta P_{\mathrm{loss}}，而此物理量在長直管中隨流況的變化，可由下方圖三 Moody Diagram 統一描述。請回答下述各問題。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

已知圖二尺寸：

  • d0=20 cmd_0=20\ \mathrm{cm}
  • L0=100 cmL_0=100\ \mathrm{cm}
  • L1=120 cmL_1=120\ \mathrm{cm}
  • d1=15 cmd_1=15\ \mathrm{cm}
  • d2=8 cmd_2=8\ \mathrm{cm}
  • θ1=20∘\theta_1=20^\circ
  • θ2=30∘\theta_2=30^\circ

🖼️【此處有 Moody Diagram，請對照原卷】

(一) 試問第一段水平管內為層流或紊流？（3 分）

(二) 列出所有造成 HC<HBH_C<H_B 的原因。（3 分）

(三) 從 Moody diagram 可知 Friction factor ff 的定義，其中 UU 為特徵平均流速。針對水平段兩靜壓管間的流體，以控制體積的分析概念來闡述 ff 的物理意義。（9 分）

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核心觀念

本題考查：

  1. Reynolds number 判斷層流或紊流。
  2. 伯努力方程式中，各項造成靜壓管液面高度下降的因素。
  3. Darcy friction factor（達西摩擦因子）的定義與控制體積物理意義。

圖二中，BB 點位於分叉前的水平主管，CC 點位於上方分管。由於分管直徑較小，流速會增加；同時流體經過分叉與管壁摩擦而產生能量損失。

（一）第一段水平管內為層流或紊流？

解題方法

第一段管徑為 d0=0.20 md_0=0.20\ \mathrm{m}，平均流速為 U0=1 m/sU_0=1\ \mathrm{m/s}。

由比重求密度：

ρ=γg=98109.81=1000 kg/m3\rho=\frac{\gamma}{g} =\frac{9810}{9.81} =1000\ \mathrm{kg/m^3}

Reynolds number 為

Re0=ρU0d0μRe_0=\frac{\rho U_0d_0}{\mu}

代入數值：

Re0=(1000)(1)(0.20)10−3=2.0×105Re_0 =\frac{(1000)(1)(0.20)}{10^{-3}} =2.0\times10^5

一般圓管流判斷標準為：

  • Re<2300Re<2300：層流
  • 2300<Re<40002300<Re<4000：過渡流
  • Re>4000Re>4000：紊流

因此：

Re0=2.0×105>4000Re_0=2.0\times10^5>4000

解題技巧

判斷流況只需使用第一段管路的 U0U_0 與 d0d_0，不必先計算分流後的 U1U_1、U2U_2。

（二）造成 HC<HBH_C<H_B 的原因

開口靜壓管所顯示的液面高度為壓力水頭與位置水頭之和：

H=pγ+zH=\frac{p}{\gamma}+z

由 BB 點至 CC 點使用伯努力方程式：

pBγ+zB+UB22g=pCγ+zC+UC22g+hL\frac{p_B}{\gamma}+z_B+\frac{U_B^2}{2g} = \frac{p_C}{\gamma}+z_C+\frac{U_C^2}{2g} +h_L

整理成靜壓管液面高度差：

HB−HC=UC2−UB22g+hLH_B-H_C = \frac{U_C^2-U_B^2}{2g}+h_L

因此造成 HC<HBH_C<H_B 的原因包括：

  1. 管徑縮小造成流速增加

由連續方程式：

Q=AUQ=AU

分叉前主管直徑為 d0=20 cmd_0=20\ \mathrm{cm}，上方分管直徑為 d1=15 cmd_1=15\ \mathrm{cm}，所以：

UC>UBU_C>U_B

動能水頭增加，使靜壓水頭降低。

  1. Y 型分叉造成局部能量損失

流體通過分叉接頭時會產生分離、混合與渦流，形成局部損失：

hjunction>0h_{\text{junction}}>0
  1. 上方分管沿程摩擦損失

流體沿長度 L1L_1 流動時，受到管壁剪應力作用，造成沿程壓力損失：

hf=fL1d1U122g>0h_f=f\frac{L_1}{d_1}\frac{U_1^2}{2g}>0

其中，CC 點位置較高會使該點的靜壓 pCp_C 降低，但靜壓管高度 H=p/γ+zH=p/\gamma+z 已包含位置水頭，因此「管路上升」本身不是造成 HC<HBH_C<H_B 的獨立原因；其影響已在伯努力方程式中相互抵消。

（三）Friction factor ff 的物理意義

1. 摩擦因子的定義

Moody diagram 所使用的是 Darcy friction factor：

f=dLΔPlossρU2/2f= \frac{d}{L} \frac{\Delta P_{\mathrm{loss}}} {\rho U^2/2}

因此沿程壓力損失為

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第 三 題20 分

如圖四所示，如果 AA 處的靜摩擦係數為 μs=0.4\mu_s=0.4，BB 處的套環是光滑的，因此它只對管子施加水平力，試決定最小距離 xx，使支架能夠支撐任何質量的圓柱體而不打滑。忽略支架的重量。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

圖中尺寸：

  • AA、BB 的垂直距離為 200 mm200\ \mathrm{mm}
  • 管子與 BB 的水平距離為 100 mm100\ \mathrm{mm}
  • 吊掛點為 CC
  • xx 為管子與 CC 的水平距離
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核心觀念

本題考查支架的平面靜力平衡與庫倫靜摩擦定律。

  • AA 點為粗糙接觸面，可提供：
  • 水平正向力 NAN_A
  • 垂直摩擦力 FAF_A
  • BB 點套環光滑，因此只能提供水平力 NBN_B，不提供垂直力。
  • 靜摩擦條件為
FA≤μsNAF_A\leq \mu_s N_A

要使支架能支撐「任何質量」的圓柱體，最小距離發生在摩擦力達到極限時：

FA=μsNAF_A=\mu_s N_A

圖中 xx 為由支架與管子接觸線至吊掛點 CC 的水平距離；AA、BB 的垂直距離為 200 mm200\ \mathrm{mm}。

解題方法

設圓柱體重量為 WW。對支架作受力分析：

  1. 垂直方向平衡：
∑Fy=0\sum F_y=0

因此 AA 點摩擦力必須平衡圓柱體重量：

FA−W=0F_A-W=0 FA=WF_A=W
  1. 水平方向平衡：
∑Fx=0\sum F_x=0

AA、BB 兩處的水平力大小相等，因此

NA=NBN_A=N_B
  1. 取 AA 點為力矩中心：

AA 點的正向力與摩擦力均不產生力矩；BB 點水平力的力臂為 200 mm200\ \mathrm{mm}，而 CC 點重量的力臂為 xx。

∑MA=0\sum M_A=0
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第 四 題20 分

如圖五所示，使用三個相同的圓柱體作為滾輪將一重型板條箱移動一小段距離。已知在所示的瞬間，板條箱的速度為 200 mm/s200\ \mathrm{mm/s}，加速度為 400 mm/s2400\ \mathrm{mm/s^2}，均指向右側。求：

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 中心圓柱體的角加速度。（10 分）

(二) 中心圓柱體上 AA 點的角加速度。（10 分）

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核心觀念

本題考查圓柱滾輪在「上方板條箱向右移動、下方地面固定」時的純滾動關係，以及剛體平面運動的加速度公式。

已知中央圓柱體直徑為 200 mm200\ \mathrm{mm}，因此

r=100 mm=0.1 mr=100\ \mathrm{mm}=0.1\ \mathrm{m}

假設滾輪與地面、板條箱接觸處均無滑動。

解題方法

1. 中心圓柱體的平移速度與加速度

設圓柱體中心為 GG。

下方接觸點與地面接觸，速度為零；上方接觸點與板條箱接觸，速度為 200 mm/s200\ \mathrm{mm/s}。

由於圓柱體上下接觸點的水平速度差由轉動造成，圓柱中心速度為上下表面速度的平均值：

vG=200+02=100 mm/sv_G=\frac{200+0}{2}=100\ \mathrm{mm/s}

同理，中心加速度為：

aG=400+02=200 mm/s2a_G=\frac{400+0}{2}=200\ \mathrm{mm/s^2}

方向均向右。

2. 中心圓柱體的角加速度

純滾動條件下，圓柱上下接觸面的速度差為

v上−v下=2rωv_{\text{上}}-v_{\text{下}}=2r\omega

因此角速度大小為

ω=2002(100)=1 rad/s\omega=\frac{200}{2(100)} =1\ \mathrm{rad/s}

圓柱體順時針轉動。

對時間微分，得角加速度大小：

α=a上−a下2r\alpha=\frac{a_{\text{上}}-a_{\text{下}}}{2r}

代入數值：

α=4002(100)=2 rad/s2\alpha=\frac{400}{2(100)} =2\ \mathrm{rad/s^2}

方向為順時針。

（一）中心圓柱體的角加速度

αG=2 rad/s2 （順時針）\boxed{\alpha_G=2\ \mathrm{rad/s^2}\ \text{（順時針）}}

（二）中心圓柱體上 AA 點的加速度

剛體平面運動的加速度公式為

a⃗A=a⃗G+α⃗×r⃗A/G+ω⃗×(ω⃗×r⃗A/G)\vec a_A = \vec a_G + \vec\alpha\times\vec r_{A/G} + \vec\omega\times \left(\vec\omega\times\vec r_{A/G}\right)

圖中 AA 點位於圓柱右側，因此

r⃗A/G=100 i mm\vec r_{A/G}=100\,\mathbf i\ \mathrm{mm}

取向右為 i\mathbf i，向上為 j\mathbf j。

平移加速度

a⃗G=200 i mm/s2\vec a_G=200\,\mathbf i\ \mathrm{mm/s^2}

切線加速度

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第 五 題25 分

如圖六所示，AA 點的應變為 ϵx=−140(10−6)\epsilon_x=-140(10^{-6})、ϵy=180(10−6)\epsilon_y=180(10^{-6})，以及 γxy=−125(10−6)\gamma_{xy}=-125(10^{-6})。請利用繪製莫耳圓（Mohr’s circle）的方法，試求 AA 點：

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

(一) 在 xx-yy 平面中的主應變。（10 分）

(二) 在 xx-yy 平面中的最大剪應變。（10 分）

(三) 絕對最大剪應變。（5 分）

註：採非指定方法求解者，不予計分。

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核心觀念

本題考查應變莫耳圓（Mohr’s circle for strain）：

  • 圓心： ϵavg=ϵx+ϵy2\epsilon_{\text{avg}}=\frac{\epsilon_x+\epsilon_y}{2}
  • 莫耳圓半徑： R=(ϵx−ϵy2)2+(γxy2)2R=\sqrt{\left(\frac{\epsilon_x-\epsilon_y}{2}\right)^2+\left(\frac{\gamma_{xy}}{2}\right)^2}
  • 平面內主應變： ϵ1,2=ϵavg±R\epsilon_{1,2}=\epsilon_{\text{avg}}\pm R
  • xx-yy 平面內最大工程剪應變： γmax⁡,xy=2R\gamma_{\max,xy}=2R

應變莫耳圓的縱座標採用工程剪應變的一半，即 γ/2\gamma/2。

解題方法

已知

ϵx=−140(10−6),ϵy=180(10−6),γxy=−125(10−6)\epsilon_x=-140(10^{-6}),\qquad \epsilon_y=180(10^{-6}),\qquad \gamma_{xy}=-125(10^{-6})

在應變莫耳圓上取兩點：

(ϵx,γxy/2)=(−140,−62.5)(10−6)(\epsilon_x,\gamma_{xy}/2) = \left(-140,-62.5\right)(10^{-6}) (ϵy,−γxy/2)=(180,62.5)(10−6)(\epsilon_y,-\gamma_{xy}/2) = \left(180,62.5\right)(10^{-6})

圓心位於兩點中點，因此

ϵavg=−140+1802(10−6)=20(10−6)\epsilon_{\text{avg}} = \frac{-140+180}{2}(10^{-6}) = 20(10^{-6})

半徑為

R=(−140−1802)2+(−1252)2(10−6)=1602+62.52(10−6)=171.77(10−6)\begin{aligned} R &= \sqrt{ \left(\frac{-140-180}{2}\right)^2 + \left(\frac{-125}{2}\right)^2 }(10^{-6})\\ &= \sqrt{160^2+62.5^2}(10^{-6})\\ &= 171.77(10^{-6}) \end{aligned}

（一）xx-yy 平面中的主應變

主應變為莫耳圓與橫軸的交點：

ϵ1=ϵavg+R\epsilon_1=\epsilon_{\text{avg}}+R ϵ1=20+171.77=191.77(10−6)\epsilon_1 = 20+171.77 = 191.77(10^{-6}) ϵ2=ϵavg−R\epsilon_2=\epsilon_{\text{avg}}-R ϵ2=20−171.77=−151.77(10−6)\epsilon_2 = 20-171.77 = -151.77(10^{-6})

因此

ϵ1=191.8(10−6)\boxed{\epsilon_1=191.8(10^{-6})} ϵ2=−151.8(10−6)\boxed{\epsilon_2=-151.8(10^{-6})}

若需求主應變方向，則

tan⁡2θp=γxyϵx−ϵy=−125−320=0.390625\tan 2\theta_p = \frac{\gamma_{xy}}{\epsilon_x-\epsilon_y} = \frac{-125}{-320} = 0.390625

故

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