110 專技高考高等考試 機械工程技師 熱力學與熱傳學（包括熱機） 考古題詳解

110 年・專技高考・高等考試・機械工程技師
試題代碼 熱力學與熱傳學（包括熱機）

第 一 題20 分

一壓力為 55 大氣壓、體積為 2 m32\ \mathrm{m^3} 的容器內，含有 0.5 m30.5\ \mathrm{m^3} 的液態水，其他空間則充滿水蒸氣。求：

(一) 此水氣的乾度（quality）。（10 分）

(二) 此容器中水的總質量。（10 分）

在 55 大氣壓下，飽和水蒸氣的比體積為 0.375 m3/kg0.375\ \mathrm{m^3/kg}，飽和水的比體積為 1.094×10−3 m3/kg1.094\times10^{-3}\ \mathrm{m^3/kg}。

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核心觀念

容器內同時有飽和液態水與飽和水蒸氣，屬於飽和液－汽混合物。乾度 xx 定義為水蒸氣質量占混合物總質量的比例：

x=mgmf+mgx=\frac{m_g}{m_f+m_g}

其中 mfm_f 為液態水質量，mgm_g 為水蒸氣質量。已知兩相各自的體積及比體積，可用 m=V/vm=V/v 求出各相質量，再計算乾度與總質量。

解題方法

容器總體積為 2 m32\ \mathrm{m^3}，液態水占 0.5 m30.5\ \mathrm{m^3}，因此水蒸氣占有的體積為

Vg=2−0.5=1.5 m3V_g=2-0.5=1.5\ \mathrm{m^3}

在 55 大氣壓下，題目給定飽和液態水與飽和水蒸氣的比體積，分別為

vf=1.094×10−3 m3/kg,vg=0.375 m3/kgv_f=1.094\times10^{-3}\ \mathrm{m^3/kg}, \qquad v_g=0.375\ \mathrm{m^3/kg}

先求兩相質量。

液態水質量：

mf=Vfvf=0.51.094×10−3≈457.04 kgm_f=\frac{V_f}{v_f} =\frac{0.5}{1.094\times10^{-3}} \approx 457.04\ \mathrm{kg}

水蒸氣質量：

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第 二 題10 分

氣體以 0.5 kg/s0.5\ \mathrm{kg/s} 的質量流率進入一絕熱噴嘴，其進口壓力為 22 大氣壓（=2 bar=200 kPa=2\ \mathrm{bar}=200\ \mathrm{kPa}），溫度為 50∘C50^\circ\mathrm{C}；出口截面積為 0.002 m20.002\ \mathrm{m^2}，壓力為 11 大氣壓，速度為 250 m/s250\ \mathrm{m/s}。

假設此氣體為理想空氣（ideal gas），其定壓比熱（CpC_p）和定容比熱（CvC_v）為常數，分別為 1.0035 kJ/(kg⋅K)1.0035\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)} 和 0.717 kJ/(kg⋅K)0.717\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}。求：

(一) 噴嘴出口溫度。（5 分）

(二) 熵（entropy）的產生率。（5 分）

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核心觀念

本題考查穩定流動噴嘴的能量平衡與熵平衡。噴嘴使流體的焓降低、速度提高；絕熱噴嘴沒有熱量傳遞，且忽略位能變化時，穩定流能量方程式為

h1+V122=h2+V222.h_1+\frac{V_1^2}{2}=h_2+\frac{V_2^2}{2}.

理想氣體定比熱下，焓變化為 Δh=CpΔT\Delta h=C_p\Delta T。熵產生率則由穩定流熵平衡求得；絕熱且只有一個進、出口時，

S˙gen=m˙(s2−s1).\dot S_{\mathrm{gen}}=\dot m(s_2-s_1).

解題方法

（一）求出口溫度

題目未提供進口速度，採噴嘴進口速度相對出口速度可忽略的標準假設，即 V1≈0V_1\approx 0。將焓變化與動能變化代入能量方程式：

Cp(T1−T2)=V22−V122.C_p(T_1-T_2)=\frac{V_2^2-V_1^2}{2}.

使用 SI 單位計算比焓變化；Cp=1.0035 kJ/(kg⋅K)=1003.5 J/(kg⋅K)C_p=1.0035\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}=1003.5\ \mathrm{J/(kg\cdot K)}：

T2=323.15−25022(1003.5)=292.01 K.T_2 =323.15-\frac{250^2}{2(1003.5)} =292.01\ \mathrm{K}.

換算為攝氏溫度：

T2=292.01−273.15=18.86∘C.T_2=292.01-273.15=18.86^\circ\mathrm{C}.

（二）求熵產生率

理想氣體定比熱下，兩狀態間的比熵變為

s2−s1=Cpln⁡(T2T1)−Rln⁡(p2p1),s_2-s_1 =C_p\ln\left(\frac{T_2}{T_1}\right) -R\ln\left(\frac{p_2}{p_1}\right),

其中

R=Cp−Cv=1.0035−0.717=0.2865 kJ/(kg⋅K).R=C_p-C_v=1.0035-0.717=0.2865\ \mathrm{kJ/(kg\cdot K)}.
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第 三 題20 分

一卡諾熱機的操作在熱源（Heat source）溫度 500∘C500^\circ\mathrm{C} 以及熱沉（Heat sink）溫度 20∘C20^\circ\mathrm{C} 的循環。每一循環其輸出的功為 1,000 kJ1{,}000\ \mathrm{kJ}。求：

(一) 此熱機之熱效率。（5 分）

(二) 此循環所接收的熱。（5 分）

(三) 此循環所釋放的熱。（5 分）

(四) 在放熱過程中熵的變化量。（5 分）

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核心觀念

本題考卡諾熱機的熱效率、熱量與熵變。卡諾循環可逆，因此熱源與熱沉的絕對溫度比決定熱效率：

ηCarnot=1−TLTH\eta_{\mathrm{Carnot}}=1-\frac{T_L}{T_H}

其中 THT_H、TLT_L 必須使用絕對溫度（K）。熱機每循環的能量平衡為

Wnet=QH−QLW_{\mathrm{net}}=Q_H-Q_L

而放熱過程在低溫熱沉溫度 TLT_L 下進行，其熵變可由可逆熱量傳遞關係 ΔS=Q/T\Delta S=Q/T 求得。

解題方法

先將兩個溫度換算為絕對溫度：

TH=500+273.15=773.15 KT_H=500+273.15=773.15\ \mathrm{K} TL=20+273.15=293.15 KT_L=20+273.15=293.15\ \mathrm{K}

（一）熱效率

η=1−293.15773.15=0.6209\eta=1-\frac{293.15}{773.15} =0.6209

因此熱效率為 62.09%62.09\%。

（二）每循環接收的熱量

熱效率定義為 η=Wnet/QH\eta=W_{\mathrm{net}}/Q_H，故

QH=Wnetη=1,0000.6209≈1,610.5 kJQ_H=\frac{W_{\mathrm{net}}}{\eta} =\frac{1{,}000}{0.6209} \approx 1{,}610.5\ \mathrm{kJ}

（三）每循環釋放的熱量

由循環能量平衡 Wnet=QH−QLW_{\mathrm{net}}=Q_H-Q_L：

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第 四 題15 分

某一循環操作狀況如下：壓力為 P1P_1、溫度為 T1T_1 的理想空氣進入壓縮機，以等溫過程壓縮至 P2P_2，接著以等壓過程加熱至 T3T_3，再來以等熵過程膨脹至 P1P_1，最後以等壓過程冷卻至 T1T_1。

(一) 請畫出此循環於 TT-ss 坐標的示意圖。（5 分）

(二) 該理想空氣的定壓比熱（CpC_p）和定容比熱（CvC_v）均為常數，請導出該循環之熱效率 η=η(α,β,ρ)\eta=\eta(\alpha,\beta,\rho)，其中：

α=k−1k,k=CpCv,β=P2P1,ρ=T3T2.\alpha=\frac{k-1}{k},\qquad k=\frac{C_p}{C_v},\qquad \beta=\frac{P_2}{P_1},\qquad \rho=\frac{T_3}{T_2}.

（10 分）

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核心觀念

本題考查熱力學循環的 TT-ss 圖判讀，以及以循環熱效率定義

η=1−QoutQin\eta=1-\frac{Q_{\mathrm{out}}}{Q_{\mathrm{in}}}

推導效率。理想氣體、定比熱下，熵變關係為

Δs=Cpln⁡TbTa−Rln⁡PbPa,R=Cp−Cv,α=RCp=k−1k.\Delta s=C_p\ln\frac{T_b}{T_a}-R\ln\frac{P_b}{P_a}, \qquad R=C_p-C_v,\qquad \alpha=\frac{R}{C_p}=\frac{k-1}{k}.

由狀態 1 等溫壓縮至狀態 2，T2=T1T_2=T_1；狀態 2 等壓加熱至狀態 3，故 P3=P2P_3=P_2、T3=ρT1T_3=\rho T_1。狀態 3 等熵膨脹至 P1P_1，因此

T4T3=(P1P2)α=β−α,T4=T3β−α=ρT1β−α.\frac{T_4}{T_3}=\left(\frac{P_1}{P_2}\right)^\alpha =\beta^{-\alpha}, \qquad T_4=T_3\beta^{-\alpha} =\rho T_1\beta^{-\alpha}.

解題方法與推導

（一）TT-ss 圖

以狀態順序 1→2→3→4→11\to2\to3\to4\to1 作圖：

  • 1→21\to2：等溫壓縮，T=T1T=T_1，熵減，曲線向左。
  • 2→32\to3：等壓加熱，溫度與熵均增加，曲線向右上。
  • 3→43\to4：等熵膨脹，熵不變，垂直向下。
  • 4→14\to1：等壓冷卻，溫度與熵均降低，曲線向左下。

示意如下，非按比例繪製：

 T
 ↑
 │ 3
 │ ↗ │
 │ ↗ │
 │ 1 ───────── 2 │
 │ ╲ ↓
 │ ╲ 4
 │ ╲───────────↙
 └──────────────────────────→ s

其中 1→21\to2 為水平等溫線，3→43\to4 為垂直等熵線；兩段等壓過程分別為 2→32\to3 與 4→14\to1。

（二）循環熱效率

令各過程的熱量以每單位質量表示，吸熱為正。

吸熱量

1→21\to2 為理想氣體等溫壓縮，內能變化為零，因此

q12=RT1ln⁡v2v1=RT1ln⁡P1P2=−RT1ln⁡β.q_{12}=R T_1\ln\frac{v_2}{v_1} =R T_1\ln\frac{P_1}{P_2} =-R T_1\ln\beta.

此過程放熱，故放熱量大小為 RT1ln⁡βR T_1\ln\beta。

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第 五 題20 分

在一核能反應爐中，燃料棒可視為一穩態操作的一維平板，其厚度為 ll，熱傳導係數為 kk，燃料棒熱產生率為

q˙=4C[(xl)−(xl)2],\dot{q}=4C\left[\left(\frac{x}{l}\right)-\left(\frac{x}{l}\right)^2\right],

其中 CC 為常數。

假設平板的一側（x=0x=0）為絕熱，另一側（x=lx=l）為接觸冷卻水，該冷卻水溫度為 T∞T_\infty，熱對流係數（convection heat transfer coefficient）為 hh。求此燃料棒平板兩側的溫度。（20 分）

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核心觀念

本題考一維穩態、含內部熱生成的平板熱傳導，以及表面熱對流邊界條件。令 xx 自絕熱面量起，且假設 kk 為常數，控制方程式為

ddx(kdTdx)+q˙′′′(x)=0,\frac{d}{dx}\left(k\frac{dT}{dx}\right)+\dot q'''(x)=0,

其中題目所給熱產生率視為單位體積熱生成率：

q˙′′′(x)=4C(xl−x2l2).\dot q'''(x)=4C\left(\frac{x}{l}-\frac{x^2}{l^2}\right).

邊界條件為絕熱面 x=0x=0 處 dT/dx=0dT/dx=0，以及冷卻面 x=lx=l 處導熱熱通量等於對流熱通量。

解題方法

因 kk 為常數，控制方程式化為

kd2Tdx2=−4C(xl−x2l2).k\frac{d^2T}{dx^2} =-4C\left(\frac{x}{l}-\frac{x^2}{l^2}\right).

第一次積分：

kdTdx=−4C(x22l−x33l2)+A.k\frac{dT}{dx} =-4C\left(\frac{x^2}{2l}-\frac{x^3}{3l^2}\right)+A.

在絕熱面 x=0x=0，dT/dx=0dT/dx=0，故 A=0A=0，因此

dTdx=−2Cklx2+4C3kl2x3.\frac{dT}{dx} =-\frac{2C}{kl}x^2+\frac{4C}{3kl^2}x^3.

在冷卻面 x=lx=l，向外導熱熱通量為

−kdTdx∣x=l=h [T(l)−T∞].-k\left.\frac{dT}{dx}\right|_{x=l} =h\,[T(l)-T_\infty].

由溫度梯度得

−kdTdx∣x=l=2Cl3.-k\left.\frac{dT}{dx}\right|_{x=l} =\frac{2Cl}{3}.

所以冷卻面溫度為

T(l)=T∞+2Cl3h.\boxed{T(l)=T_\infty+\frac{2Cl}{3h}}.

再由 x=lx=l 往平板內部積分溫度梯度：

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第 六 題15 分

以輻射方式將 20 kW/m220\ \mathrm{kW/m^2} 的熱通量入射於一灰色不透明表面（Gray opaque surface）。該表面溫度為 400 K400\ \mathrm{K}，其放射率 ε\varepsilon（emissivity）為 0.40.4。根據克希何夫定律（Kirchhoff’s law），求：

(一) 此表面吸收的熱通量。（5 分）

(二) 此表面放射的熱通量。（5 分）

(三) 由此表面離開的熱輻射通量（radiation heat flux）。（5 分）

Stefan-Boltzmann 常數（σ\sigma）為 5.67×10−8 W/(m2⋅K4)5.67\times10^{-8}\ \mathrm{W/(m^2\cdot K^4)}。

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核心觀念

本題考灰色不透明表面的吸收率、放射率與淨輻射熱通量。

灰色表面在所考慮的波長範圍內，吸收率可視為不隨波長改變；依克希何夫定律，在熱平衡條件下，表面的吸收率等於放射率：

α=ε=0.4\alpha=\varepsilon=0.4

不透明表面不透射輻射，因此入射輻射不是被吸收，就是被反射。由於題目未提供反射率，計算吸收熱通量時直接使用吸收率即可。

表面放射熱通量由 Stefan–Boltzmann 定律計算：

E=εσTs4E=\varepsilon\sigma T_s^4

離開表面的淨輻射熱通量為放射通量減去吸收通量：

qnet,out′′=E−αGq''_{\mathrm{net,out}}=E-\alpha G

其中 GG 為入射熱通量，TsT_s 為表面溫度。

解題方法與計算

已知 G=20 kW/m2=20,000 W/m2G=20\ \mathrm{kW/m^2}=20{,}000\ \mathrm{W/m^2}、Ts=400 KT_s=400\ \mathrm{K}、ε=0.4\varepsilon=0.4，且依克希何夫定律 α=0.4\alpha=0.4。

（一）表面吸收的熱通量

qabs′′=αG=0.4(20,000)=8,000 W/m2q''_{\mathrm{abs}}=\alpha G =0.4(20{,}000) =\boxed{8{,}000\ \mathrm{W/m^2}}

亦即 8.0 kW/m28.0\ \mathrm{kW/m^2}。

（二）表面放射的熱通量

E=εσTs4=0.4(5.67×10−8)(400)4E=\varepsilon\sigma T_s^4 =0.4(5.67\times10^{-8})(400)^4

先計算：

(400)4=2.56×1010(400)^4=2.56\times10^{10}

因此：

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