111 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

核心觀念

1. 焦耳－湯姆生係數（Joule-Thomson Coefficient, $\mu_J$）： 定義為流體在等焓（Isenthalpic）狀態下，溫度對壓力的偏微商： $\mu_J \equiv \left(\frac{\partial T}{\partial p}\right)_h$ 由熱力學第一與第二定律基本關係式 $dh = Tds + vdp$ 配合馬克士威關係式（Maxwell Relation），可導出通用公式： $\mu_J = \frac{1}{c_p}\left[T\left(\frac{\partial v}{\partial T}\right)_p - v\right]$
2. 反轉線（Inversion Line）： 在 $T$-$p$ 平面上，焦耳－湯姆生係數等於零（$\mu_J = 0$）之狀態點所連成的軌跡，為節流膨脹由升溫區轉變為降溫區的交界線。
3. 節流冷凍效果（Cooling Effect）： 流體流經節流閥為降壓膨脹過程（$dp < 0$）。欲達到冷凍（降溫）效果，流體溫度必須隨之降低（$dT < 0$），因此需滿足 $\mu_J = \frac{dT}{dp} > 0$。

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解題方法

1. 第 (三) 小題（優先作為核心推導）：

• 由 $h = h(T, p)$ 展開全微分，代入 $dh = 0$ 導出 $\mu_J$ 與偏微商 $\left(\frac{\partial v}{\partial T}\right)_p$ 之關係式。
• 將題目給定之狀態方程式 $p + \frac{a}{v^2} = \frac{RT}{v}$ 整理為 $RT = pv + \frac{a}{v}$，對溫度 $T$ 於定壓下求偏導，求出 $\left(\frac{\partial v}{\partial T}\right)_p$。
• 代回 $\mu_J$ 公式，將 $T$ 用狀態方程式換為 $p$、$v$、$a$，化簡求得最終表示式。

2. 第 (一) 小題：

• 先列出一般熱力學反轉線之通用數學定義 $\mu_J = 0$ 與 $T\left(\frac{\partial v}{\partial T}\right)_p - v = 0$。
• 再依本題氣體之特殊推導結果說明其條件。

3. 第 (二) 小題：

• 依節流降壓特性（$dp < 0$ 與 $dT < 0$），說明冷凍效果之通用條件為 $\mu_J > 0$。
• 結合第 (三) 小題所得之 $\mu_J$ 數學式，推導出該氣體具有冷凍效果時 $p$、$v$、$a$ 之限制不等式。

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詳細推導與解答

(一) 請用數學式說明反轉線（Inversion Line）之條件為何？

1. 熱力學通用數學條件： 反轉線為等焓節流過程中「無溫度變化」（$dT = 0$）的狀態軌跡，其定義為焦耳－湯姆生係數為零： $\mu_J = \left(\frac{\partial T}{\partial p}\right)_h = 0$ 由熱力學基本性質關係式化簡後，其等價之狀態變數條件為： $T\left(\frac{\partial v}{\partial T}\right)_p - v = 0 \quad \text{或} \quad \left(\frac{\partial v}{\partial T}\right)_p = \frac{v}{T}$ 若以體積膨脹係數 $\beta \equiv \frac{1}{v}\left(\frac{\partial v}{\partial T}\right)_p$ 表示，條件亦可寫為： $\beta T = 1$

2. 針對本題氣體之條件： 由第 (三) 小題推導之結果 $\mu_J = \frac{2av}{c_p(pv^2 - a)}$： 若令 $\mu_J = 0$，因比容 $v > 0$，當 $a > 0$ 時分子 $2av > 0$ 恆成立；僅當常數 $a = 0$（退化為理想氣體）時，全域 $\mu_J = 0$。因此：

• 普遍定義條件式：$T\left(\frac{\partial v}{\partial T}\right)_p - v = 0$（即 $\mu_J = 0$）。
• 對於本題 $a > 0$ 之新氣體，在有限狀態下分子恆正，不存在有限狀態的反轉線。

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(二) 請用數學式說明具有冷凍效果之條件為何？

1. 熱力學通用條件： 節流過程為降壓膨脹過程，壓力差必為負值，即： $dp < 0$ 若系統具備冷凍降溫效果，流體通過節流閥後的溫度必須降低，即： $dT < 0$ 因此，等焓過程下的變化率比值必須大於零： $\mu_J = \left(\frac{\partial T}{\partial p}\right)_h = \frac{dT}{dp} > 0$ 等價之熱力學數學條件為： $T\left(\frac{\partial v}{\partial T}\right)_p - v > 0 \quad (\text{亦即 } \beta T > 1)$

2. 針對本題氣體之狀態條件： 代入本題之焦耳－湯姆生係數： $\mu_J = \frac{2av}{c_p(pv^2 - a)}$ 由於物質之定壓比熱 $c_p > 0$、比容 $v > 0$，且題目已知 $a > 0$，分子 $2av > 0$ 恆為正。 故欲使 $\mu_J > 0$，其分母必須大於零： $pv^2 - a > 0 \implies p > \frac{a}{v^2} \quad \left(\text{或 } pv^2 > a\right)$ 若以絕對溫度 $T$ 與比容 $v$ 表示，將 $p = \frac{RT}{v} - \frac{a}{v^2}$ 代入，條件亦可表示為： $\left(\frac{RT}{v} - \frac{a}{v^2}\right)v^2 - a > 0 \implies RTv - 2a > 0 \implies T > \frac{2a}{Rv}$

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(三) 請推導焦耳湯姆生係數（Joule Thomson Coefficient）$\mu_J$ 並以 $p$、$v$、$a$ 表示之。

步驟一：推導通用之焦耳－湯姆生係數關係式 考慮焓為溫度與壓力的函數 $h = h(T, p)$，其全微分為： $dh = \left(\frac{\partial h}{\partial T}\right)_p dT + \left(\frac{\partial h}{\partial p}\right)_T dp = c_p dT + \left(\frac{\partial h}{\partial p}\right)_T dp$ 由熱力學基本性質關係式： $dh = T ds + v dp$ 將熵視為 $s = s(T, p)$，其全微分為 $ds = \left(\frac{\partial s}{\partial T}\right)_p dT + \left(\frac{\partial s}{\partial p}\right)_T dp$。

核心觀念

本題考查**理想氣體動力循環（Gas Power Cycle）**的熱力狀態推導與熱效率分析，涵蓋以下核心原理與公式：

1. 理想氣體基本物性關係：

• 氣體常數：$R = C_p - C_v$
• 比熱比（等熵指數）：$k = \gamma = \frac{C_p}{C_v}$
• 理想氣體狀態方程式：$P v = R T$

2. 循環過程之定義與路徑閉合：

• 氣體動力循環（輸出正淨功）在 $P$-$v$ 圖上必為順時針方向。
• 題示循環由三個過程構成，依序為：
• 過程 $1 \to 2$：等熵壓縮（Isentropic compression，$s = \text{常數}$）
• 過程 $2 \to 3$：等壓吸熱膨脹（Isobaric heat addition，$P = P_{\max} = \text{常數}$）
• 過程 $3 \to 1$：等容放熱（Isochoric heat rejection，$v = v_1 = \text{常數}$）
• 壓縮比定義：$r = \frac{v_{\max}}{v_{\min}} = \frac{v_1}{v_2}$

3. 熱力過程狀態關係式：

• 等熵過程：$P_1 v_1^k = P_2 v_2^k \implies \frac{T_2}{T_1} = \left(\frac{P_2}{P_1}\right)^{\frac{k-1}{k}}$，$\frac{v_1}{v_2} = \left(\frac{P_2}{P_1}\right)^{\frac{1}{k}}$
• 等壓過程熱量交換：$q_{\text{in}} = C_p (T_3 - T_2)$
• 等容過程熱量交換：$q_{\text{out}} = C_v (T_3 - T_1)$
• 循環熱效率：$\eta_{\text{th}} = \frac{w_{\text{net}}}{q_{\text{in}}} = 1 - \frac{q_{\text{out}}}{q_{\text{in}}}$

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解題方法

一、基本物性常數計算

由題目給定之定壓比熱與定容比熱： $C_p = 1.005\ \text{kJ/(kg}\cdot\text{K)}$ $C_v = 0.718\ \text{kJ/(kg}\cdot\text{K)}$

計算比熱比 $k$ 與氣體常數 $R$： $k = \frac{C_p}{C_v} = \frac{1.005}{0.718} \approx 1.3997 \approx 1.40$ $R = C_p - C_v = 1.005 - 0.718 = 0.287\ \text{kJ/(kg}\cdot\text{K)}$

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二、各狀態點熱力性質分析

已知初始狀態 1： $P_1 = 100\ \text{kPa},\quad T_1 = 300\ \text{K}$ 引擎最高壓力發生於過程 $2 \to 3$： $P_2 = P_3 = P_{\max} = 1000\ \text{kPa}$

1. 狀態 2（等熵壓縮終點）

由等熵關係式： $T_2 = T_1 \left(\frac{P_2}{P_1}\right)^{\frac{k-1}{k}} = 300 \times \left(\frac{1000}{100}\right)^{\frac{1.4 - 1}{1.4}} = 300 \times (10)^{\frac{0.4}{1.4}} = 300 \times 1.9307 = 579.21\ \text{K}$

（若比熱比帶入未近似之比值 $\frac{k-1}{k} = \frac{R}{C_p} = \frac{0.287}{1.005} \approx 0.2856$，則 $T_2 = 300 \times 10^{0.2856} = 579.02\ \text{K}$）

2. 狀態 3（等壓膨脹終點、等容放熱起點）

因為過程 $3 \to 1$ 為等容過程，循環閉合要求比容回到初始比容： $v_3 = v_1$ 代入理想氣體狀態方程式： $\frac{P_3 v_3}{T_3} = \frac{P_1 v_1}{T_1}$ 由於 $v_3 = v_1$，可得： $T_3 = T_1 \left(\frac{P_3}{P_1}\right) = 300 \times \left(\frac{1000}{100}\right) = 3000\ \text{K}$

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三、各子題詳細計算

(一) 壓縮比值（Compression Ratio, $r$）

壓縮比定義為最大比容與最小比容之比： $r = \frac{v_{\max}}{v_{\min}} = \frac{v_1}{v_2}$

由過程 $1 \to 2$ 之等熵關係式 $P_1 v_1^k = P_2 v_2^k$：

核心觀念

本題評量熱力學核心主題：**熱力學第二定律（Second Law of Thermodynamics）與卡諾原則（Carnot Principles）**於冷凍循環之應用。

1. 冷凍性能係數（Coefficient of Performance, $\text{COP}_{\text{R}}$）之定義： $\text{COP}_{\text{R}} = \frac{Q_L}{W_{\text{net,in}}}$ 其中 $Q_L$ 為自低溫熱庫吸收之熱量，$W_{\text{net,in}}$ 為系統所需之淨功輸入。
2. 卡諾原則（Carnot Principles）：

• 第一原則：在相同之高溫熱庫（$T_H$）與低溫熱庫（$T_L$）之間運轉的所有冷凍機，其性能係數不可能超過可逆冷凍機（Carnot 冷凍機），即 $\text{COP}_{\text{R}} \le \text{COP}_{\text{R,rev}}$。
• 第二原則：在相同之兩熱庫間運轉的所有可逆冷凍機，其性能係數均相同，且僅取決於高、低溫熱庫之絕對溫度，而與循環所使用之工作流體（冷媒種類與熱物理性質）無關。

3. 熵產生與克勞修斯不等式（Clausius Inequality）： 對任何循環，循環之總熵產生量必滿足： $S_{\text{gen}} \ge 0 \quad \text{或} \quad \oint \frac{\delta Q}{T} \le 0$ 若 $S_{\text{gen}} < 0$，則該循環違反熱力學第二定律，在物理上絕不可能實現。

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解題方法

(一) 檢驗該發明是否符合熱力學第二定律

1. 轉換工作溫標為絕對溫度（熱力學溫標）：

• 高溫熱庫（室溫環境）：$T_H = 25^\circ\text{C} = 25 + 273.15 = 298.15\text{ K}$
• 低溫熱庫（冷藏空間）：$T_L = 5^\circ\text{C} = 5 + 273.15 = 278.15\text{ K}$

2. 計算兩溫限間之理論最大性能係數（可逆卡諾冷凍機）： 依據熱力學第一與第二定律，在可逆條件下，熱量傳遞比等於絕對溫度比： $\frac{Q_H}{Q_L} = \frac{T_H}{T_L}$ 代入性能係數公式，可得理論極限值： $\text{COP}_{\text{R,max}} = \text{COP}_{\text{R,rev}} = \frac{Q_L}{W_{\text{net,in}}} = \frac{Q_L}{Q_H - Q_L} = \frac{T_L}{T_H - T_L}$ 代入數值： $\text{COP}_{\text{R,max}} = \frac{278.15\text{ K}}{298.15\text{ K} - 278.15\text{ K}} = \frac{278.15}{20} = 13.91$ （若取 $0^\circ\text{C} = 273\text{ K}$，則 $\text{COP}_{\text{R,max}} = \frac{278}{20} = 13.90$）

3. 比較宣稱值與理論極限值並進行公式證明： 發明家宣稱之性能係數為： $\text{COP}_{\text{claimed}} = 15$ 比較結果： $\text{COP}_{\text{claimed}} = 15 > \text{COP}_{\text{R,max}} = 13.91$

以熵產生公式（熱力學第二定律）進一步證明： 考慮冰箱與周界熱庫所構成之隔離系統，每一循環的總熵變化即為熵產生量 $S_{\text{gen}}$： $S_{\text{gen}} = \Delta S_{\text{total}} = \Delta S_{\text{sys}} + \Delta S_{\text{surr}}$ 由於冰箱穩定循環操作，系統本身之狀態變化為零（$\Delta S_{\text{sys}} = 0$）： $S_{\text{gen}} = -\frac{Q_L}{T_L} + \frac{Q_H}{T_H}$ 由能量守恆定律知 $Q_H = Q_L + W_{\text{in}} = Q_L \left(1 + \frac{1}{\text{COP}}\right)$，代入上式整理得： $S_{\text{gen}} = Q_L \left[ \frac{1}{T_H}\left(1 + \frac{1}{\text{COP}}\right) - \frac{1}{T_L} \right]$ 將 $\text{COP} = 15$、$T_H = 298.15\text{ K}$、$T_L = 278.15\text{ K}$ 代入括號項：

核心觀念

本題評量封閉系統熱力學第一定律、定壓加熱過程以及理想氣體狀態方程式之綜合應用：

1. 電功計算： 電阻加熱輸入系統之能量（電功）為電壓、電流與時間的乘積： $W_{\text{e, in}} = V_e \cdot I \cdot \Delta t$
2. 封閉系統第一定律（定壓過程與焓的關係）： 封閉系統能量守恆方程式為 $Q - W = \Delta U$。當邊界為定壓移動（氣缸活塞裝置），系統對外作之邊界功為 $W_b = P(V_2 - V_1)$；若同時有外界輸入之電功 $W_{\text{e, in}}$，則淨功為 $W = W_b - W_{\text{e, in}}$。 代入第一定律整理： $(Q - Q_{\text{out}}) - [P(V_2 - V_1) - W_{\text{e, in}}] = U_2 - U_1$ $W_{\text{e, in}} - Q_{\text{out}} = (U_2 + P V_2) - (U_1 + P V_1) = H_2 - H_1 = \Delta H$ 即：定壓且無其他外功形式時，淨輸入能量直接等於系統焓變化量 $\Delta H$。
3. 理想氣體焓差與比熱關係： 定比熱理想氣體之焓差滿足： $\Delta H = m C_p (T_2 - T_1)$
4. 理想氣體狀態方程式： $P V = m R T$ 定壓過程（$P_1 = P_2$）且氣體質量固定時，符合查理定律（Charles's Law）： $\frac{V_1}{T_1} = \frac{V_2}{T_2}$

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解題方法

步驟一：計算系統初始狀態與氣體質量

已知初始狀態：

• $P_1 = 400\ \text{kPa} = 400 \times 10^3\ \text{Pa}$
• $V_1 = 1.0\ \text{m}^3$
• $T_1 = 27^\circ\text{C} = 27 + 273.15 = 300.15\ \text{K}$（若取整數絕對溫標則為 $300\ \text{K}$）
• 氣體常數 $R = 287\ \text{J/(kg}\cdot\text{K)}$

由理想氣體狀態方程式求氣體質量 $m$： $m = \frac{P_1 V_1}{R T_1} = \frac{400 \times 10^3 \times 1.0}{287 \times 300.15} \approx 4.6434\ \text{kg}$ （若採用 $T_1 = 300\ \text{K}$ 計算，質量為 $m = \frac{400 \times 10^3 \times 1.0}{287 \times 300} \approx 4.6458\ \text{kg}$）

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步驟二：計算能量輸入與淨焓增量

1. 電熱絲輸入功（時間 $\Delta t = 1\ \text{min} = 60\ \text{s}$）： $W_{\text{e, in}} = V_e \cdot I \cdot \Delta t = 220\ \text{V} \times 10\ \text{A} \times 60\ \text{s} = 132{,}000\ \text{J}$

2. 散熱量： $Q_{\text{out}} = 3000\ \text{J}$

3. 系統焓增加量 $\Delta H$： 依定壓過程能量平衡式： $\Delta H = W_{\text{e, in}} - Q_{\text{out}} = 132{,}000\ \text{J} - 3000\ \text{J} = 129{,}000\ \text{J}$

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步驟三：(一) 計算理想氣體最終溫度 $T_2$

核心觀念

本題為熱傳學與熱力學相變化結合之經典題型，評量重點包含：

1. 圓柱座標一維穩態熱傳（Radial Steady Conduction）：圓柱壁面之熱傳導熱阻公式 $R_{cond} = \frac{\ln(r_2/r_1)}{2\pi k L}$。
2. 對流熱傳熱阻（Convection Resistance）：圓柱外表面與周遭流體之對流熱阻 $R_{conv} = \frac{1}{h A_2} = \frac{1}{h(2\pi r_2 L)}$。
3. 熱阻網路法（Thermal Resistance Concept）：串聯熱阻總和 $R_{tot} = R_{cond} + R_{conv}$，熱傳率為溫度差除以總熱阻。因內容器為「薄壁」且內裝沸騰液態氮，容器壁熱傳導熱阻與內部液態氮沸騰熱傳熱阻可忽略，隔熱棉內表面溫度直接視為液態氮飽和溫度 $T_1 = 77\ \text{K}$。
4. 相變化熱力學質量平衡：輸入液態氮之熱傳率全部用於液態氮之定溫蒸發，$q = \dot{m} h_{fg}$。

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解題方法

(一) 求空氣傳熱至液態氮之熱傳量 $q$

1. 幾何尺寸與溫度設定

• 圓柱長度 $L = 1\ \text{m}$。
• 內半徑 $r_1 = \frac{D_1}{2} = \frac{0.5\ \text{m}}{2} = 0.25\ \text{m}$。
• 隔熱棉厚度 $t = 25\ \text{mm} = 0.025\ \text{m}$。
• 外半徑 $r_2 = r_1 + t = 0.25 + 0.025 = 0.275\ \text{m}$。
• 隔熱棉內表面溫度 $T_1 = 77\ \text{K}$。
• 外界環境空氣溫度 $T_\infty = 300\ \text{K}$。
• 依常規工程假設，圓柱兩端面熱損失相較於側面極小，視為絕熱忽略不計，系統為徑向一維熱傳。

2. 熱阻計算

• 細粉隔熱棉熱傳導熱阻 $R_{cond}$： $R_{cond} = \frac{\ln(r_2 / r_1)}{2\pi k L}$ 代入數值： $R_{cond} = \frac{\ln(0.275 / 0.25)}{2\pi \times 0.0017 \times 1} = \frac{\ln(1.10)}{0.0034\pi} \approx \frac{0.09531}{0.010681} \approx 8.923\ \text{K/W}$

• 外表面空氣對流熱阻 $R_{conv}$： 外表面積 $A_2 = 2\pi r_2 L = 2\pi \times 0.275 \times 1 = 0.55\pi \approx 1.728\ \text{m}^2$。 $R_{conv} = \frac{1}{h A_2} = \frac{1}{20 \times (0.55\pi)} = \frac{1}{11\pi} \approx \frac{1}{34.558} \approx 0.029\ \text{K/W}$