汽车理论大题_汽车理论题库

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1.3、确定轻型货车的动力性（1）绘制汽车驱动力与行驶阻力平衡图（2）求汽车最高速度，最大爬坡度，克服该坡度时相应的附着率 解答：1）（取四档为例）

由

FtTqTqnFtu un

即

FtTqigioTr

nnnnTq19.13259.27()165.44()240.874()33.8445()***000.377rnuigio

FfFwGf

行驶阻力为FfFw：

CDA2Ua 21.152494.3120.131Ua

由计算机作图有

※本题也可采用描点法做图：

由发动机转速在nmin600r/min，nmax4000r/min，取六个点分别代入公式：

……………………………… 2）⑴最高车速：

有FtFfFw

Ft494.3120.131Ua

分别代入Ua和Ft公式： Tq*6.9*5.83*0.850.367

把Tq的拟和公式也代入可得：

494.3120.131(0.377*0.3697n2)

5.83*6.09

n>4000

而nmax4000r/min

0.367*400094.93 Km/h

∴Umax0.377*1.0*5.8⑵最大爬坡度：

挂Ⅰ档时速度慢，Fw可忽略：

Fi

GiFtmax(FfFw)

FtmaxGf

Ftmax14400f0.013 G388*09.8

=0.366

F（3）克服该坡度时相应的附着率 x

Fz

忽略空气阻力和滚动阻力得：

imax

Fiiil0.366*3.20.6

Fza/la1.9474．3一中型货车装有前、后制动器分开的双管路制功系，其有关参数如下；

1)计算并绘制利用附着系数曲线与制动效率曲线。

2)求行驶车速30km/h，在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'''20.02s，制动减速度上升时间20.02s。

3)求制功系前部管路损坏时汽车的制功距离，制功系后部管路损坏时汽车的制功距离。

答案：1）

前轴利用附着系数为：f



后轴利用附着系数为： r 空载时：0Lz

bzhgL1zazhg

Lb3.950.381.850.413 =hg0.845z0

故空载时后轮总是先抱死。

a/L

r1rhg/L2.1代入数据Er（作图如下）

2.4490.845r

由公式Er满载时：0Lb3.950.3810.4282 =hg1.170时：前轮先抱死 b/L

ffhg/L1代入数据Ef=（作图如下）

1.5011.17fEf

0时：后轮先抱死

Erza/L

r1rhg/L2.95代入数据Er=（作图如下）

2.4491.17rz

2）由图或者计算可得：

空载时 0.8制动效率约为0.7

因此其最大动减速度abmax0.8g0.70.56g

代入公式：

2ua210ua0 s23.6225.92abmax10.02302=6.57m 0.02303.6225.920.56g

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'0.8g0.870.696g bmax

制动距离

2ua210ua0 s 23.6225.92abmax10.0230=5.34m 0.02303.6225.920.69g63）A.若制动系前部管路损坏 GduGz gdtG

Fz2(azhg)

L

Fxb2Lz

azhgza/L

后轴制动效率Er r1rhg/L

后轴利用附着系数 r代入数据得：空载时：Er=0.45 满载时：Er=0.60

a)空载时 其最大动减速度abmax0.8g0.450.36g

代入公式：

2ua210ua0 s23.6225.92abmax10.02302=10.09m 0.02303.6225.920.36g

b)满载时 其最大动减速度abmax0.8g0.60.48g

代入公式：

2ua210ua0 s23.6225.92abmax10.02302=7.63m 0.02303.6225.920.48g

B．若制动系后部管路损坏

GduGz gdtG

Fz1(bzhg)

L

Fxb1Lz

bzhgzb/L

前轴制动效率Ef f1fhg/L前轴利用附着系数 f代入数据

空载时：Ef=0.57

满载时：Ef=0.33 a)空载时 其最大动减速度abmax0.8g0.570.456g

代入公式：

2ua210ua0 s23.6225.92abmax10.02302=8.02m 0.02303.6225.920.456g

b)满载时 其最大动减速度abmax0.8g0.330.264g

代入公式：

2ua210ua0 s23.6225.92abmax10.02302=13.67m 0.02303.6225.920.264g

5．11二自由度轿车模型的有关参数如下：

总质量

m＝1818．2kg

绕oz轴转动惯量

Iz3885kgm2

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6261N8r/a d后轮总侧偏刚度

k2110185 N/rad 转向系总传动比

i=20 试求：

1)稳定性因数K、特征车速uch。2)稳态横摆角速度增益曲线r)s---ua车速u=22.35m/s时的转向灵敏度r。sw3)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a1a2与转弯半径的比值R/R0(R0=15m)。

4)车速u=30.56m/s,瞬态响应的横摆角速度波动的固有(圆)频率0、阻尼比、反应时间与峰值反应时间。

提示：

1)稳定性系数：K

特征车速uch

2)转向灵敏度

3)Krsmab 2Lk2k11KuL 1Ku2112 12，ayLLR0, LR

R R012

4)

固有圆频率

阻尼比0h

c

m20m反应时间

arctg峰值反应时间 0 

1.已知某车轮半径R=0.5m，垂直载荷Fz=2000N，若紧急制动时，车轮制动器产生的制动力矩为Tμ=500N·m，问当路面附着系数φ=0.45时，Fxb和Fμ各为多少？

解：制动器制动力Fμ=Tμ/R=1000N； 附着力Fφ=Fz×φ=2000×0.45=900N ； 由于Fμ＞Fφ，因此Fxb=Fφ=900N 2.若后轴驱动的双轴汽车在滚动阻力系数f=0.03的道路上能克服道路的上升坡度角为α=30°，汽车数据：轴距L=4.2m，重心至前轴距离a=3.2m，重心高度hg=1.1m，车轮滚动半径r=0.46m。问：此时的路面附着系数φ值最小应为多少？

解：求出后轮法向反力Fz2=G（a＊cosα+hg＊sinα）/L 汽车行驶方程式：Ft= Ff+Fw+Fi+Fj≤Fφ（忽略Fw，Fj，Fw=Fj=0）→G＊sinα+ G＊f＊cosα≤Fz2＊φ→φ≥（G＊sinα+ G＊f＊cosα）/ Fz2=[（sinα+ f＊cosα）＊L]/（a＊cosα+hg＊sinα）=0.67，即路面附着系数φ值最小应为0.67。

3.一辆前后均为单胎的双轴车辆，汽车的总质量m=2480kg，轴距L=2.65m，前后轴荷比例为0.85。前、后轮胎的侧偏刚度分别为38900N/rad和38200N/rad，当汽车以36km/h速度转弯时，前轮平均转角输入为8°，问：（1）判断该车稳态转向特性类型，并计算特征车速或临界车速。（2）从质心算，汽车转弯半径R=？

解：（1）已知：k1=-38900×2，k2=-38200×2 由b/a=0.85，a+b=2.65 得a=1.43m，b=1.22m。

稳定性因数K=L2k2临界车速Ucr=makb1=-0.0011＜0，属于过多转向。

=30.54m/s 1k（2）转向半径R0=L/δ=(2.65＊180°)/(8°＊π)=18.98m 转弯半径R=（1+K＊U2）＊R0 =（1-0.0011×102）×18.98 =16.89m 4.已知某车轮半径R=0.5m，垂直载荷Fz=2000N，若紧急制动时，车轮制动器产生的制动力矩为Tμ=500N·m，问当路面附着系数φ=0.65时，Fxb和Fμ各为多少？

解：制动器制动力Fμ=Tμ/R=1000N 附着力Fφ=Fz×φ=2000×0.65=1300N 由于Fμ＜Fφ，因此Fxb=Fμ=1000N 5.某4×2后轮驱动汽车的总质量m=3880kg，轴距L=3.2m，重心至前轴距离a=1.94m，重心高度hg=0.9m，车轮滚动半径r=0.367m，主减速器传动比i0=5.83，一档传动比ik1=5.56，传动系机械效率ηT=0.85，发动机最大转矩Me=175N.m。试求：汽车的最大爬坡度及克服该坡度时相应的附着利用率？（忽略滚动阻力和空气阻力）解：（1）一档最大驱动力Ft1=（Me＊ik1＊i0＊ηT）/r=13138N 汽车行驶方程式：Ft1= Ff+Fw+Fi+Fj（已知Ff=Fw=Fj=0）→Ft1=Fi=G.sinα=3880×9.8×sinα →sinα=0.3455 ； cosα=0.938 →tanα=0.368，即汽车最大爬坡度为36.8%。

（2）画汽车爬坡受力图，求出后轮法向反力Fz2=G（a＊cosα+hg＊sinα）/L 附着利用率Fφ2/ Fφ4=（Fz2＊φ）/（G＊cosα＊φ）=Fz2/（G＊cosα）

=（a＊cosα+hg＊sinα）/（L＊cosα）=71%

6.一辆前后均为单胎的双轴车辆，汽车的总质量m=2480kg，轴距L=2.65m，前后轴荷比例为0.85。前、后轮胎的侧偏刚度分别为38900N/rad和38200N/rad，当汽车以36km/h速度转弯时，前轮平均转角输入为8°，问：

（1）判断该车稳态转向特性类型，并计算特征车速或临界车速。（2）从质心算，汽车转弯半径R=？

解：（1）已知：k1=-38900×2，k2=-38200×2 由b/a=0.85，a+b=2.65 得a=1.43m，b=1.22m。稳定性因数K=L2k2临界车速Ucr=makb1=-0.0011＜0，属于过多转向。

=30.54m/s 1k（2）转向半径R0=L/δ=(2.65＊180°)/(8°＊π)=18.98m 转弯半径R=（1+K＊U2）＊R0 =（1-0.0011×102）×18.98 =16.89m