2013年汽车理论课后计算题精选
1.7 统计数据表明,装有0.5~2L 排量发动机的轿车,若是前置发动机前轮驱动(F.F. )轿车,其平均的前轴负荷为汽车总重力的61.5%;若是前置发动机后轮驱动(F.R.)轿车,其平均的前轴负荷为汽车总重力的55.7%。设一轿车的轴距L=2.6m,质心高度h=0.57m。试比较采用F.F 及F.R. 形式时的附着力利用情况,分析时其前轴负荷率取相应形式的平均值。确定上述F.F 轿车在φ=0.2及0.7路面上的附着力,并求由附着力所决定的极限最高车速与极限最大爬坡度及极限最大加速度(在求最大爬坡度和最大加速度时可设Fw=0)。其它有关参数为:m=1600kg,CD=0.45,A=2.00m2,f=0.02,δ≈1.00。
答:1> 对于F-F 型轿车:最大驱动力等于前轮附着力
F xbm ax =F ϕ=F z ϕ=61. 5%mg ϕ
对于F-R 型轿车:最大驱动力等于后轮附着力
F xbm ax =F ϕ=F z ϕ=(1-55. 7%)mg ϕ=44.3%mgϕ
显然F-F
型轿车总的附着力利用情况较好。
2 > (1)对于
ϕ=0.2:F xbm ax =F ϕ=F z ϕ=1928. 64N
F xbm ax =F f +F w =Gf +
C D A 极限车速:
21. 15U 2
a
⇒U
am ax
=194. 8km /h
地面切向反作用力F X =F Xbmax =61.5%mgcos α
max
φ,F i =
G sin α
max ,F f
=G +cos α
max 又
Fx=Fi+Ff
⇒imax=0.103
F xbm ax
=F =Gf +δm
dU
f +F j 极限加速度:
dt
⇒
(
dU dt ) F -Gf
m ax =δm =1. 01km /(hs )
(2)同理可有:当
ϕ=0. 7时,U am ax =388. 0km /h
i m ax =0. 4105
(
dU
dt ) =4. 023km /(hs ) ,
m ax
1.8 一轿车的有关参数如下:
总质量1600kg ;质心位置:a=1450mm,b=1250mm,hg=630mm;发动机最大扭矩Memax=140Nm2,Ⅰ档传动比i1=3.85;主减速器传动比i0=4.08; 传动效率ηm=0.9;车轮半径r=300mm;飞轮转动惯量If=0.25kg·m2;全部车轮惯量∑Iw=4.5kg·m2(其中后轮Iw=2.25 kg·m2, 前轮的
Iw=2.25 kg·m2) 。若该轿车为前轮驱动,问:当地面附着系数为0.6时,在加速过程中发动机扭矩能否充分发挥而产生应有的最大加速度?应如何调整重心在前后方向的位置(b 位置),才可以保证获得应有的最大加速度。若令b/L为前轴负荷率,求原车得质心位置改变后,该车的前轴负荷率。
δ=1.4168
若地面不发生打滑,此时,地面最大驱动力
F xb1m ax =6597. 36N
由于不记滚动阻力与空气阻力,即F f
、
F w =0
这时汽车行驶方程式变为 F T t
=F i +F j
tq i g i 0ηt
r
=Gi +δm
du
dt
⇒(
du
当
T Q =M eMax =140N ⋅M
dt ) 代入有:
m ax =2. 91
F b z 1=G
再由L -h g ⎛L ⎝G sin α+m du ⎫
b h du
dt +F w ⎪⎭=G L -g L m dt
(
du
F 将dt ) max
代入上试有F z 1m in
=6180. 27N
xb 1
>此时: F 0. 6z 1将出现
打滑现象,所以:在加速过程中发动机扭矩不能否充分发挥。
F xb 1
=0 调整:要使发动机扭矩能否充分发挥,则:应使:F . 6z 1
其中:
F xb1=6597. 36N
不变, 则由公式:
F z 1=G
b L -h g du
L m dt
得出:b=1704.6mm;所以前轴负荷率为:
b L *100%=1704. 6(1250+1450)
*100%=63. 1%
1.9一辆后轴驱动汽车的总质量2152kg, 前轴负荷52%,后轴负荷48%,
主传动比i0=4.55,变速器传动比:一挡:3.79,二档:2.17,三档:1.41,四档:1.00,五档:0.86。质心高度hg =0.57m ,CDA=1.5m2,轴距L=2.300m,飞轮转动惯量If=0.22kg·m2,四个车轮总的转动惯量Iw=3.6kg·m2,车轮半径r =0.367m 。该车在附着系数φ=0.6的路面上低速滑行曲线和直接档加速曲线如习题图1所示。图上给出了滑行数据的拟合直线v=19.76-0.59T,v 的单位km/h,T 的单位为s ,直接档最大加速度amax =0.75m/s2(ua =50km/h)。设各档传动效率均为0.90,求:1) 汽车在该路面上的滚动阻力系数。2) 求直接档的最大动力因数。3) 在此路面上该车的最大爬坡度。 答:1> 由汽车行驶方程式:
F t =F f +F w +F i +F j
低速滑行时, , ,
F w ≈0F t =0F j =δm du dt
此时:F i =0
F t =F f +F j
,得
f =
δdv
δ(19. 76-0. 59T )
gdt
=
gdt
=0. 060
2> 直接档,
i g =1
先求汽车质量换算系数 δ:
δ=1+1∑I 2
2
w 1I f i g i 0ηT
m r 2+
m r 2代入数据得:δ=1. 0266
D =ψ+
δdU
再有动力因素公式:
gdt 其中:
ψ=f +i =f +0=0. 060D m ax =ψ+
δ所以:
g (dU
dt ) m ax
(
dU
) m ax =0. 75m /s 2
而:dt
D 1. 0266
所以
m ax =0. 060+
9. 81*0. 75=0.13849 D m ax
=ψ+δ3> 由
g (dU
dt ) m ax
可得,最大爬坡度为:i
m ax
=D m ax -f
⇒i m ax =0. 28255
⇒αm ax
=16. 41
4.3一中型货车装有前后制动器分开的双管路制动系,其有关参数如下:
1)计算并绘制利用附着系数曲线和制动效率曲线2)求行驶车速Ua
=30km/h,在φ=0.80路面上车轮不抱死的制动距离。计算时取制动系
' 反应时间τ2=0.02s ,制动减速度上升时间τ'' 2=0.02s 。3)求制动系
前部管路损坏时汽车的制动距离s ,制动系后部管路损坏时汽车的制动距离s ' 。
答:1后轴利用附着系数为:3. 95⨯0. 38-1. 85
=-0. 4130. 845
ϕ>ϕ0故空载时后轮总是先抱死。
E z
r =
=
a /L
由公式
ϕr
1-β+ϕr h g /L
E 1
r =
2. 代入数据
2. 449+0. 845ϕr (作图如下)
ϕ0
=L β-b
h 3. 95⨯0. 38-1满载时:
g
=0. 4282=
1. 17
E L ϕ
z
=
b /0时:前轮先抱死
ϕf
β-ϕf h g /L
1
代入数据
E f
=
1. 501-1. 17ϕf
(作图如下)
ϕ>ϕE =z
a /L r 0时:后轮先抱死
ϕ=
r 1-β+ϕr h g /L
2. 95
代入数据E r =
2. 449+1. 17ϕr (作图如下)
2)由图或者计算可得:空载时 ϕ=0. 8制动效率约为0.7
因此其最大动减速度
a b m ax =0. 8g ⨯0. 7=0. 56g
2
=
1⎛3. 6 ⎝0. 02+0. 02⎫302⎪⎭⨯30+25. 92⨯0. 56g =6.57m
由图或者计算可得:满载时 制动效率为0.87 ' 因此其最大动减速度
a
b max
=0. 8g ⨯0. 87=0. 696g
1⎛
2s =
τ
'u a 0
制动距离
3. 6 ⎝τ'2
+2'⎫2⎪⎭u a 0+25. 92a b max
=1⎛3. 6 ⎝0. 02+0. 02⎫3022⎪⎭⨯30
+25. 92⨯0. 696g =5.34m
F G du
xb 2=
g dt =Gz F A. z 2=G L (a -zh g ) 代入数据得:空载时:E r =0.45满载时:E r =0.60
a) 空载时 其最大动减速度
a b m ax =0. 8g ⨯0. 45=0. 36g
s =1⎛''⎫u 2
代入公式:
3. 6 ⎝τ'2
+τ22⎪⎭u a 0
a 0+25. 92a b max
1⎛0. 02⎫302=3. 6 ⎝0. 02+2⎪⎭⨯30+25. 92⨯0. 36g =10.09m
b) 满载时 其最大动减速度
a b m ax =0. 8g ⨯0. 6=0. 48g
s =1⎛'+τ
'2
2'⎫⎪u u a 0
代入公式:
3. 6 ⎝τ2
2⎭a 0+25. 92a b max
1⎛0. 3. 6⎝0. 02+02⎫2⎪⎭⨯30
+302= 25. 92⨯0. 48g =7.63m
F xb 1=
G du B .若制动系后部管路损坏
g dt =Gz F G
z 1=L (b +zh g )
代入数据空载时:
E f
=0.57;满载时:
E f
=0.33
a) 空载时 其最大动减速度
a b m ax =0. 8g ⨯0. 57=0. 456g
s =1⎛τ'2'⎫u 2
a 0
代入公式:
3. 6 ⎝τ'2
+2⎪⎭u a 0+25. 92a b max
2
=
1⎛3. 6 ⎝0. 02+0. 02⎫2⎪⎭⨯30+3025. 92⨯0. 456g =8.02m
b) 满载时 其最大动减速度
a b m ax =0. 8g ⨯0. 33=0. 264g
s =1⎛''⎫2
代入公式:
3. 6 ⎝τ'2
+τ22⎪⎭u u a 0
a 0+25. 92a b max
=1⎛3. 6 ⎝0. 02+0. 02⎫3022⎪⎭⨯30+25. 92⨯0. 264g =13.67m
4.5一轿车结构参数:总质量1600kg ;质心位置:
a=1450mm,b=1250mm,hg=630mm;发动机最大扭矩Memax=140Nm2,Ⅰ档传动比i1=3.85;主减速器传动比i0=4.08; 传动效率ηm=0.9;车轮半径r=300mm;飞轮转动惯量If=0.25kg·m2;全部车轮惯量∑Iw=4.5kg·m2(其中后轮Iw=2.25 kg ·m2, 前轮的Iw=2.25 kg ·m2) 。若该轿车为前轮驱动,问:当地面附着系数为0.6时,在加速过程中发动机扭矩能否充分发挥而产生应有的最大加速度?应如何调整重心在前后方向的位置(b 位置),才可以保证获得应有的最大加速度。若令b/L为前轴负荷率,求原车得质心位置改变后,该车的前轴负荷率。轿车装有单回路制动系,其制动力分配系数β=0.65。试求:
1) 同步附着系数。2) 在φ=0.7的路面上的制动效率。3) 汽车能到达的最大制动减速度(指无任何车轮抱死)。4) 若将该车改为双回路制动系统(只改变制动系的传动系,见习题图3),而制动器总制动力与总泵输出管路压力之比称为制动系增益,并令原车单管路系统的增益为G ’。确定习题图3中各种双回路系统以及在一个回路失效时的制动系增益。5) 计算:在φ=0.7的路面上,上述双回路系统在一个回路失效时的制动效率以及能够达到的最大减速度。6) 比较各种回路的优缺点。
ϕL β-b 2. 7⨯0. 65-10=
答:1)同步附着系数
h =. 25
=0. 8g 0. 63
2)因
ϕ=0. 7
b /L f =
1. 25/2. 7
ϕ=
f
β-ϕf h g /L =0. 65-0. 7⨯0. 63/2. 7
=0.951
3)最大制动减速度:
a b max =
E f ⨯0. 7⨯g =6. 53m /s 2
G ' =
F u
4)
T β=0. 65
F u 2=(1-β) F u
=2(1-β) G ' T =0. 7G '
2
1a) 1失效2T
F u 1T =βF u
=2βG ' =1. 3G '
1
1T 2失效2
1
1F u
F ' u 1
=G
1=G ' b)1失效 2T
2失效 2T
1
1F u =G ' 2F u 11=G ' c) 1失效 2T
2失效
2T
F xb 2=
G du
g dt =Gz F 5)a)1失效
z 2=G L (a -zh g )
⇒ϕr =
Lz
后轴利用附着系数
a -zh g
⇒后轴制动效率
E z
a /L r =
1. 45/2. 7
ϕ=
r
1+ϕ=r h g /L 1+0. 7⨯0. 63/2. 7=
0.46
最大动减速度
a b m ax =0. 7g ⨯0. 46=0. 32g
F du xb 1=
G 2失效
g dt =Gz F G
z 1=L (b +zh g )
⇒ϕf =
Lz
前轴利用附着系数
b +zh g ⇒前轴制动效率
E /L f =
z
ϕ=
b f
1-ϕh 1. 25/2f g /L =. 71-0. 7⨯0. 63/2. 7=
0.55
最大动减速度
a b m ax =0. 7g ⨯0. 55=0. 39g
b) 由第2)问知:前轮先抱死1失效与2失效情况相同。
F G du
xb 1=β
g dt =βGz F z 1=G L (b +zh g )
ϕβLz
⇒f =
前轴利用附着系数
b +zh g
⇒前轴制动效率
E z
b /L f =
ϕ=
f
β-ϕh 1. 25/2. 7
f g /L =0. 65-0. 7⨯0. 63/2. 7
=0.95
a b m ax =0. 7g ⨯0. 95⨯
1
=0. 33最大动减速度
2g 与b )回路的情况相同。6)比较优缺点:
a) 其中一个回路失效时,不易发生制动跑偏现象。但当1失效时,容易后轮先抱死,发生后轴测滑的不稳定的危险工况。b) 实现左右侧轮制动器制动力的完全相等比较困难。c) 实现左右侧轮制动器制动力的完全相等比较困难。其中一个管路失效时,极容易制动跑偏。
5.3汽车的稳态响应有哪几种类型?表征稳态响应的具体参数有哪些?它们彼此之间的关系如何? 答:汽车的稳态响应有三种类型,即中性转向、不足转向和过多转向。 表征稳态响应的参数有稳定性因数,前、后轮的侧偏角角绝对值之差
(α1-α2)
,转向半径的比R/R0,静态储备系数S.M. 等。
K =
1
a (α1-α2) 它们之间的彼此关系为:
y
(
α1为侧向加速度的绝对
R =1+Ku 2S.M.=
k 2-a 值);R 0;
k 1+k 2L (k1,k2分别为汽车前、后轮
的侧偏刚度,a 为汽车质心到前轴的距离,L 为前、后轴之间的距离) 。 5.11二自由度轿车模型的有关参数如下: 总质量 m=1818.2kg 2
绕Oz 轴转动惯量 I z =3885kg ⋅m 轴距 L=3.048m 质心至前轴距离 a=1.463m 质心至后轴距离 b=1.585m
前轮总侧偏刚度 k1=-62618N/rad 后轮总侧偏刚度 k2=-110185N/rad 转向系总传动比 i=20 试求:
ωr ⎫
⎪-u a 1) 稳定性因数K 、特征车速uch 。2)稳态横摆角速度增益曲线δ⎭s
、
ωr δ车速u=22.35m/s时的转向灵敏度sw
。3)静态储备系数S.M. ,侧向
加速度为0.4g 时的前、后轮侧偏角绝对值之差α1-α2与转弯半径的比值R/R0(R0=15m)。4)车速u=30.56m/s时,瞬态响应的横摆角速度
反应时间
⎡
⎢-ζ2
arctan ⎢
⎢-ω-ζ
⎢Lk 2⎣τ=
ω0-ζ2
⎤⎥⎥⎥⎥⎦=0. 1811s
ωζ波动的固有(圆)频率0、阻尼比
解:1)稳定性因数
、反应时间τ与峰值反应时间ε
m ⎛a b ⎫1818. 2⎛1. 4631. 585⎫22
⎪K =2 -=-=0. 0024s /m ⎪2⎪ 峰值反应时间
⎡-ζ2⎤
arctan ⎢⎥
ζ⎢⎥⎣⎦+τ=0. 3899s ε
=
ω0-ζ2
5.12稳态响应中横摆角速度增益达到最大值时的车速称为特征车速
L ⎝k 2k 1⎭3. 048⎝-110185-62618⎭
特征车速
u ch =/K = 20.6m /s =74.18km/h
ωr ⎫
⎪-u 2)稳态横摆角速度增益曲线δ⎭a s
如下图所示:
ωr
=3.3690车速u=22.35m/s时的转向灵敏度δsw
/20=0.168
S.M. =
a '-a 3)静态储备系数
L =k 2k -a
=0. 1576
1+k 2L ,a y
=0. 4g 时前、后轮侧偏角绝对值之差
α1-α2=K ⋅a y L =0. 0024⨯0. 4g ⨯3. 048=0. 0281rad =1. 6
R 0=
L
δ
, δ=
L R , R =L
δ-α=17. 4113, R /R 0=1. 161-α2
4)车速u=30.56m/s时,瞬态响应的横摆角速度波动的固有(圆)频
ω0=
L k 1k 2
mI (1+Ku 2)
=5.58rad /s , f 0=0. 8874Hz 率
u
Z
,
ζ=
-m (
a 2k 21+b k 2)
-I Z (k 1+k 2)阻尼比
2L mI k k 2
Z
12
1+Ku =0. 5892
,
u ch
。证明:特征车速
u ch =益,为具有相等轴距L 中性转向汽车横摆角速度增益的一半。 答:特征车速指汽车稳态横摆角速度增益达到最大值时的车速,汽车稳态横摆角速度增益为:
ωr u /L 1δ) s =1+Ku 2=≤=L (u
+Ku )
1
=Ku 当
u ,即
u =时等号成立,所以特征车速u ch =ωr ) u
此时的横摆角速度增益δ
s =
2L ,具有相等轴距L 中性转向汽车的横摆角速度增益为u/L,前者是二者的一半。