115 高普考高考三級 機械工程 流體力學與工程力學 考古題詳解

115 年・高普考・高考三級・機械工程
試題代碼 流體力學與工程力學

第 一 題20 分

空氣與水均為牛頓流體（Newtonian fluids）的代表，其運動方程式為著名的 Navier-Stokes 方程式。若在直角座標系 (x,y)(x,y) 上描述一個二維流場，其方程式如下：

ρ(∂u∂t+u∂u∂x+v∂u∂y)=−∂p∂x+μ(∂2u∂x2+∂2u∂y2)+ρgx\rho\left(\frac{\partial u}{\partial t}+u\frac{\partial u}{\partial x}+v\frac{\partial u}{\partial y}\right) =-\frac{\partial p}{\partial x} +\mu\left(\frac{\partial^2u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2u}{\partial y^2}\right) +\rho g_x ρ(∂v∂t+u∂v∂x+v∂v∂y)=−∂p∂y+μ(∂2v∂x2+∂2v∂y2)+ρgy\rho\left(\frac{\partial v}{\partial t}+u\frac{\partial v}{\partial x}+v\frac{\partial v}{\partial y}\right) =-\frac{\partial p}{\partial y} +\mu\left(\frac{\partial^2v}{\partial x^2}+\frac{\partial^2v}{\partial y^2}\right) +\rho g_y

其中，u(t,x,y)u(t,x,y) 及 v(t,x,y)v(t,x,y) 為 xx 與 yy 方向上的速度函數，p(t,x,y)p(t,x,y) 為流場壓力分布，ρ\rho 為流體密度，μ\mu 為流體黏滯係數，gxg_x 與 gyg_y 則為兩方向的單位質量重力分量。

（一）何謂牛頓流體？其剪切應力表示式為何？（4 分）

（二）現有三個未知數，請問 Navier-Stokes 方程式足夠求解嗎？應如何處理？（4 分）

（三）請由重力分量的因次來推導黏滯係數的因次。請以大寫 MM、LL、TT 代表質量、長度及時間因次；若需要更多的因次，請自行定義符號。（6 分）

（四）請問流體在 xx 方向運動時可能受到的剪切應力對應到上述方程式中的哪些項次？請解釋該項次的動力學意義。（6 分）

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核心觀念

本題考查牛頓流體的剪切應力與本構關係、二維 Navier–Stokes（N–S）方程式的閉合條件、因次分析，以及動量方程式中黏滯項的物理意義。

牛頓流體的剪切應力與速度梯度成正比；對二維、不可壓縮牛頓流體，速度場 u,vu,v 與壓力 pp 由兩個方向的動量方程式及連續方程式共同求解。

（一）牛頓流體與剪切應力

牛頓流體是指流體的剪切應力與剪切變形率（速度梯度）成正比，且比例常數為動力黏滯係數 μ\mu 的流體。簡單剪切流中，

τxy=μdudy\tau_{xy}=\mu\frac{du}{dy}

其中 τxy\tau_{xy} 是法向量沿 yy 方向的面上、沿 xx 方向的剪切應力。一般二維流場則有

τxy=μ(∂u∂y+∂v∂x)\tau_{xy}=\mu\left(\frac{\partial u}{\partial y} +\frac{\partial v}{\partial x}\right)

若以剪切應變率 γ˙\dot{\gamma} 表示，則 τ=μγ˙\tau=\mu\dot{\gamma}。空氣與水在常見工程條件下可視為牛頓流體。

（二）方程式是否足以求解

題目列出 xx、yy 方向兩個動量方程式，但未知場函數有 u,v,pu,v,p 三個，因此單靠這兩式不足以求解。

對不可壓縮流體，需加入連續方程式：

∂u∂x+∂v∂y=0\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial v}{\partial y}=0

如此便有三個方程式對應三個未知函數。實際求解還須給定適當的初始條件與邊界條件，例如壁面無滑移條件及入口、出口條件。

若流體可壓縮，則須改用可壓縮流體的質量守恆式，並配合狀態方程式及必要的熱力學關係，才能完成方程組的閉合。

（三）由重力分量推導黏滯係數因次

由動量方程式各項的量綱一致，黏滯項 μ∇2u\mu\nabla^2u 與體積力項 ρgx\rho g_x 的因次相同。

已知

[gx]=LT−2,[ρ]=ML−3[g_x]=LT^{-2},\qquad [\rho]=ML^{-3}

因此

[ρgx]=(ML−3)(LT−2)=ML−2T−2[\rho g_x]=(ML^{-3})(LT^{-2})=ML^{-2}T^{-2}

速度因次為 [u]=LT−1[u]=LT^{-1}，故

[∂2u∂x2]=(LT−1)L−2=L−1T−1\left[\frac{\partial^2u}{\partial x^2}\right] =(LT^{-1})L^{-2}=L^{-1}T^{-1}

令兩項因次相等：

[μ](L−1T−1)=ML−2T−2[\mu](L^{-1}T^{-1})=ML^{-2}T^{-2}

解得

[μ]=ML−1T−1\boxed{[\mu]=ML^{-1}T^{-1}}
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第 二 題15 分

如圖，有一水深 HH、寬度 WW 之儲水槽，儲槽角落接管徑為 DD、總長為 LL 的長細直管，向外排水；ρ\rho 為水密度，μ\mu 為水黏滯係數。假設排水量不大，流場可近似於不可壓縮流，且排水對水深的影響暫時可忽略，因此排水近似穩態過程（steady state），又若管長遠大於管徑，使得直管中流動可近似於完全發展流（fully-developed flow）。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

（一）今將座標系定義於管徑開口正中央，u(x,y)u(x,y) 及 v(x,y)v(x,y) 為兩個速度分量函數，p(x,y)p(x,y) 為流場壓力分布。請依流場狀況將 Navier-Stokes 方程式化減至最簡單的方程，並解流場與壓力場。（12 分）

（二）若沿長管於 x=L/2x=L/2 處側開口設置壓力計，請討論此壓力值是否即為 Navier-Stokes 方程式中的 p(t,L/2,y)p(t,L/2,y)？（3 分）

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核心觀念

本題考查：

  • 不可壓縮、穩態、完全發展流的 Navier–Stokes 方程式化簡。
  • 長直管內的平行層流，又稱平面 Poiseuille flow。
  • 壓力梯度與黏滯剪力共同決定速度分布。
  • 壓力計讀值為局部靜壓；若壓力場採絕對壓力表示，壓力計讀值須扣除大氣壓。

以下以管內二維剖面分析，令 xx 軸沿管軸方向，yy 軸鉛直向上，管壁位置為 y=±D/2y=\pm D/2。

（一）Navier–Stokes 方程式化簡與流場、壓力場

取 xx 軸正向為排水方向，水的重力加速度為 −gj-g\boldsymbol{j}。

不可壓縮連續方程式為

∂u∂x+∂v∂y=0.\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial v}{\partial y}=0.

二維穩態 Navier–Stokes 方程式為

ρ(u∂u∂x+v∂u∂y)=−∂p∂x+μ(∂2u∂x2+∂2u∂y2),\rho\left( u\frac{\partial u}{\partial x} +v\frac{\partial u}{\partial y} \right) = -\frac{\partial p}{\partial x} +\mu\left( \frac{\partial^2u}{\partial x^2} +\frac{\partial^2u}{\partial y^2} \right), ρ(u∂v∂x+v∂v∂y)=−∂p∂y+μ(∂2v∂x2+∂2v∂y2)−ρg.\rho\left( u\frac{\partial v}{\partial x} +v\frac{\partial v}{\partial y} \right) = -\frac{\partial p}{\partial y} +\mu\left( \frac{\partial^2v}{\partial x^2} +\frac{\partial^2v}{\partial y^2} \right) -\rho g.

由「穩態」及「完全發展流」：

u=u(y),v=0.u=u(y),\qquad v=0.

因此連續方程式自動滿足，慣性項及 xx 方向的二階微分項皆為零。

代入 xx 方向方程式：

0=−dpdx+μd2udy2.0=-\frac{dp}{dx}+\mu\frac{d^2u}{dy^2}.

代入 yy 方向方程式：

0=−∂p∂y−ρg,0=-\frac{\partial p}{\partial y}-\rho g,

故

∂p∂y=−ρg.\frac{\partial p}{\partial y}=-\rho g.

因此壓力可寫成

p(x,y)=P(x)−ρgy,p(x,y)=P(x)-\rho gy,

其中 P(x)P(x) 為只與 xx 有關的部分。

壓力梯度

水槽自由液面與管出口皆為大氣壓。由於自由液面至管入口中心的水頭為 HH，且管道水平，忽略入口及出口局部損失時，管內沿 xx 方向的壓力降為

Δpx=ρgH.\Delta p_x=\rho gH.

因此

dPdx=−ρgHL.\frac{dP}{dx}=-\frac{\rho gH}{L}.

以管出口中心壓力為大氣壓 pap_a 作為基準，可得

P(x)=pa+ρgH(1−xL).P(x)=p_a+\rho gH\left(1-\frac{x}{L}\right).

故壓力場為

p(x,y)=pa+ρgH(1−xL)−ρgy\boxed{ p(x,y) = p_a+\rho gH\left(1-\frac{x}{L}\right)-\rho gy }

其中 pap_a 為大氣壓。

若以表壓表示，則

pg(x,y)=ρgH(1−xL)−ρgy\boxed{ p_g(x,y) = \rho gH\left(1-\frac{x}{L}\right)-\rho gy }

速度場

由

μd2udy2=dPdx=−ρgHL,\mu\frac{d^2u}{dy^2}=\frac{dP}{dx} =-\frac{\rho gH}{L},

積分兩次：

u(y)=−ρgH2μLy2+C1y+C2.u(y) = -\frac{\rho gH}{2\mu L}y^2+C_1y+C_2.

管壁無滑移條件為

u(D2)=0,u(−D2)=0.u\left(\frac D2\right)=0,\qquad u\left(-\frac D2\right)=0.

由對稱性得 C1=0C_1=0，再由邊界條件得到

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第 三 題15 分

如圖所示，有一皮帶－滑輪動力系統，滑輪 AA 以皮帶帶動滑輪 DD，滑輪 BB 則以另一條皮帶帶動滑輪 CC。已知滑輪 AA 以角速度 ωA=40 rad/s\omega_A=40\ \mathrm{rad/s}，試求滑輪 BB 與 CC 之角速度為何？

（假設皮帶與滑輪之間無摩擦，且滑輪 BB 與 DD 為剛性連接。）

圖中滑輪尺寸如下：AA 半徑為 80 mm80\ \mathrm{mm}，BB 半徑為 120 mm120\ \mathrm{mm}，DD 半徑為 40 mm40\ \mathrm{mm}，CC 半徑為 80 mm80\ \mathrm{mm}。

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核心觀念

本題考查皮帶—滑輪系統的無滑動皮帶傳動關係及剛性連接。

理想皮帶傳動時，皮帶與滑輪接觸處的切線速度相同，因此：

v=rωv=r\omega

所以兩滑輪間滿足：

r1ω1=r2ω2r_1\omega_1=r_2\omega_2

另外，滑輪 BB 與 DD 為剛性連接，兩者角速度大小相同：

ωB=ωD\omega_B=\omega_D

圖中兩組皮帶皆為開放式皮帶，因此同一組皮帶連接的滑輪旋轉方向相同。

解題方法

1. 求滑輪 DD 的角速度

滑輪 AA 以皮帶帶動滑輪 DD，已知：

rA=80 mm,rD=40 mm,ωA=40 rad/sr_A=80\ \mathrm{mm},\qquad r_D=40\ \mathrm{mm},\qquad \omega_A=40\ \mathrm{rad/s}

由皮帶切線速度相同：

rAωA=rDωDr_A\omega_A=r_D\omega_D

因此：

ωD=rArDωA=8040(40)=80 rad/s\omega_D=\frac{r_A}{r_D}\omega_A =\frac{80}{40}(40) =80\ \mathrm{rad/s}

2. 利用剛性連接求滑輪 BB 的角速度

因為 BB 與 DD 剛性連接，兩者沒有相對轉動：

ωB=ωD=80 rad/s\omega_B=\omega_D=80\ \mathrm{rad/s}

且 BB、DD 的旋轉方向相同。

3. 求滑輪 CC 的角速度

滑輪 BB 以另一條皮帶帶動滑輪 CC，已知：

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第 四 題15 分

如圖所示，一質量為 100 kg100\ \mathrm{kg} 之物塊 AA 靜止於一平面上，該平面之動摩擦係數分為 μk=0.2\mu_k=0.2，試求下列問題（假設重力加速度為 10 m/s210\ \mathrm{m/s^2}）：

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

（一）當 FF 為 200 N200\ \mathrm{N} 時，物塊 AA 在 t=2 st=2\ \mathrm{s} 時的速度？（5 分）

（二）當 FF 為 (60t) N(60t)\ \mathrm{N} 時，物塊 AA 在 t=2 st=2\ \mathrm{s} 時的加速度為何？（10 分）

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核心觀念

本題考查：

  1. 動滑輪受力分析
  2. 牛頓第二運動定律
  3. 動摩擦力
  4. 變力作用下的瞬時加速度

圖中滑輪與物塊 AA 相連，繩端施力為 FF，繩張力為 FF。滑輪受到繩子兩段張力共同作用，因此物塊所受向右拉力為

P=2FP=2F

物塊重力為

W=mg=100×10=1000 NW=mg=100\times 10=1000\ \mathrm{N}

因為水平面無其他垂直力：

N=1000 NN=1000\ \mathrm{N}

動摩擦力為

fk=μkN=0.2(1000)=200 Nf_k=\mu_k N=0.2(1000)=200\ \mathrm{N}

解題方法

對物塊 AA 進行水平方向受力分析：

  • 向右：滑輪兩側繩張力合力 2F2F
  • 向左：動摩擦力 fk=200 Nf_k=200\ \mathrm{N}

依牛頓第二定律：

2F−fk=ma2F-f_k=ma

因此

a=2F−200100a=\frac{2F-200}{100}

（一）F=200 NF=200\ \mathrm{N} 時，t=2 st=2\ \mathrm{s} 的速度

物塊所受向右拉力：

2F=2(200)=400 N2F=2(200)=400\ \mathrm{N}

淨力為

∑Fx=400−200=200 N\sum F_x=400-200=200\ \mathrm{N}

因此加速度：

a=200100=2 m/s2a=\frac{200}{100}=2\ \mathrm{m/s^2}

物塊原本靜止，故 v0=0v_0=0。在 t=2 st=2\ \mathrm{s} 時：

v=v0+atv=v_0+at v=0+2(2)=4 m/sv=0+2(2)=4\ \mathrm{m/s}

（一）答案

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第 五 題20 分

如圖所示，一薄壁圓筒壓力容器兩端封閉，其平均半徑為 200 mm200\ \mathrm{mm}，筒壁厚度為 10 mm10\ \mathrm{mm}，其承受一內壓力 p=2 MPap=2\ \mathrm{MPa} 與一扭矩 TT。若容許工作剪應力 τw=25 MPa\tau_w=25\ \mathrm{MPa}，試求可承受之最大扭矩？（薄壁圓筒極慣性矩為 J=Ar2J=Ar^2）（20 分）

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核心觀念

本題考查薄壁封閉圓筒壓力容器的膜應力，以及內壓所造成的軸向應力與扭矩剪應力之組合。

薄壁圓筒承受內壓力時：

  • 環向應力 σθ=prt\sigma_\theta=\frac{pr}{t}

  • 軸向應力（兩端封閉） σx=pr2t\sigma_x=\frac{pr}{2t}

  • 扭矩造成的剪應力 τ=TrJ\tau=\frac{Tr}{J}

題目給定容許工作剪應力，因此採用最大剪應力理論，要求三維應力狀態的最大剪應力不得超過 25 MPa25\ \mathrm{MPa}。

解題方法

已知

p=2 MPa,r=200 mm,t=10 mmp=2\ \mathrm{MPa},\qquad r=200\ \mathrm{mm},\qquad t=10\ \mathrm{mm}

1. 計算內壓造成的正應力

環向應力：

σθ=prt=2(200)10=40 MPa\sigma_\theta=\frac{pr}{t} =\frac{2(200)}{10} =40\ \mathrm{MPa}

軸向應力：

σx=pr2t=2(200)2(10)=20 MPa\sigma_x=\frac{pr}{2t} =\frac{2(200)}{2(10)} =20\ \mathrm{MPa}

徑向應力在薄壁假設下可忽略，因此可取：

σ1=40 MPa,σ2=20 MPa,σ3=0\sigma_1=40\ \mathrm{MPa},\qquad \sigma_2=20\ \mathrm{MPa},\qquad \sigma_3=0

2. 考慮扭矩剪應力

圓筒壁面上的扭矩剪應力記為 τT\tau_T。在 σθ\sigma_\theta、σx\sigma_x 平面內，主應力為：

σ±=σθ+σx2±(σθ−σx2)2+τT2\sigma_{\pm} = \frac{\sigma_\theta+\sigma_x}{2} \pm \sqrt{ \left( \frac{\sigma_\theta-\sigma_x}{2} \right)^2+\tau_T^2 }

代入數值：

σ±=30±102+τT2\sigma_{\pm} = 30 \pm \sqrt{10^2+\tau_T^2}

由於還有第三主應力 σ3=0\sigma_3=0，最大剪應力必須以三個主應力的最大差值判定。極限狀態下：

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第 六 題15 分

如圖所示，一長為 2 m2\ \mathrm{m} 的水平鋼桿固定於牆壁兩側之間，其截面積為 1000 mm21000\ \mathrm{mm^2}。若此鋼桿在 20∘C20^\circ\mathrm{C} 為無應力狀態，當溫度升至 40∘C40^\circ\mathrm{C} 時，試求在下列情況時鋼桿所受之應力大小，並判別為拉伸或壓縮應力（已知鋼桿的楊氏模數 E=210 GPaE=210\ \mathrm{GPa} 與熱膨脹係數 α=10 ppm/∘C\alpha=10\ \mathrm{ppm}/^\circ\mathrm{C}）：

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

（一）牆壁固定不動。（5 分）

（二）兩側牆壁因結構變形而遠離彼此 1 mm1\ \mathrm{mm}。（10 分）

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核心觀念

本題考查鋼桿的熱應變、熱應力與牆壁位移造成的機械應變。

自由熱膨脹應變為

εT=αΔT\varepsilon_T=\alpha\Delta T

其中

  • α=10 ppm/∘C=10×10−6/∘C\alpha=10\ \mathrm{ppm}/^\circ\mathrm{C}=10\times10^{-6}/^\circ\mathrm{C}
  • ΔT=40−20=20∘C\Delta T=40-20=20^\circ\mathrm{C}
  • E=210 GPaE=210\ \mathrm{GPa}

若鋼桿受到拘束，總應變可表示為

ε=ε機械+εT\varepsilon=\varepsilon_{\text{機械}}+\varepsilon_T

且應力與機械應變的關係為

σ=Eε機械\sigma=E\varepsilon_{\text{機械}}

解題方法

鋼桿原長為

L=2 m=2000 mmL=2\ \mathrm{m}=2000\ \mathrm{mm}

溫度升高所造成的自由伸長量為

ΔLT=αΔTL\Delta L_T=\alpha\Delta T L

代入得

ΔLT=(10×10−6)(20)(2000)=0.4 mm\Delta L_T =(10\times10^{-6})(20)(2000) =0.4\ \mathrm{mm}

也就是鋼桿若完全自由伸長，長度會增加 0.4 mm0.4\ \mathrm{mm}。

（一）牆壁固定不動

牆壁間距離不變，因此鋼桿總伸長量為零：

ε總=0\varepsilon_{\text{總}}=0

所以機械應變必須抵消熱應變：

ε機械=−εT=−αΔT\varepsilon_{\text{機械}} =-\varepsilon_T =-\alpha\Delta T

因此

σ=E(−αΔT)\sigma =E(-\alpha\Delta T) σ=−(210×109)(10×10−6)(20)\sigma =-(210\times10^9)(10\times10^{-6})(20) σ=−42×106 Pa=−42 MPa\sigma=-42\times10^6\ \mathrm{Pa} =-42\ \mathrm{MPa}

負號表示壓縮應力。

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機械工程《流體力學與工程力學》其他年度

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