(完整版)汽车理论余志生_课后习题答案(正确)

qq 第一章 汽车的动力性278973104

1.1试说明轮胎滚动阻力的定义，产生机理和作用形式。

答：车轮滚动时,由于车轮的弹性变形、路面变形和车辙摩擦等原因所产生的阻碍汽车行驶的力称为轮胎滚动阻力。 产生机理和作用形式：

(1)弹性轮胎在硬路面上滚动时，轮胎的变形是主要的，由于轮胎有内部摩擦，产生弹性迟滞损失，使轮胎变形时对它做的功不能全部回收。由于弹性迟滞，地面对车轮的法向作用力并不是前后对称的，这样形成的合力z F 并不沿车轮中心（向车轮前进方向偏移a ）。如果将法向反作用力平移至与通过车轮中心的垂线重合，则有一附加的滚动阻力偶矩f z T F a =?。为克服该滚动阻力偶矩，需要在车轮中心加一推力P F 与地面切向反作用力构成一力偶矩。

（2）轮胎在松软路面上滚动时，由于车轮使地面变形下陷，在车轮前方实际形成了具有一定坡度的斜面，对车轮前进产生阻力。

（3）轮胎在松软地面滚动时，轮辙摩擦会引起附加阻力。

（4）车轮行驶在不平路面上时，引起车身振荡、减振器压缩和伸长时做功，也是滚动阻力的作用形式。 1.2滚动阻力系数与哪些因素有关？

答：滚动阻力系数与路面的种类、行驶车速以及轮胎的构造、材料和气压有关。这些因素对滚动阻力系数的具体影响参考课本P9。

1.3 确定一轻型货车的动力性能（货车可装用4挡或5挡变速器，任选其中的一种进行整车性能计算）：

1）绘制汽车驱动力与行驶阻力平衡图。

2）求汽车最高车速，最大爬坡度及克服该坡度时相应的附着率。

3）绘制汽车行驶加速度倒数曲线，用图解积分法求汽车用2档起步加速行驶至70km/h 的车速－时间曲线，或者用计算机求汽车用2档起步加速行驶至70km/h 的加速时间。

轻型货车的有关数据：

汽油发动机使用外特性的Tq-n 曲线的拟合公式为

234

19.313295.27()165.44()40.874() 3.8445()1000100010001000

q n n n n T =-+-+-

式中，Tq 为发动机转矩（N ?m ）;n 为发动机转速（r/min ）。

发动机的最低转速n min =600r/min,最高转速n max =4000r/min 。 装载质量 2000kg 整车整备质量 1800kg 总质量 3880kg 车轮半径 0.367m 传动系机械效率 ηt =0.85 滚动阻力系数 f =0.013 空气阻力系数×迎风面积 C D A =2.77m 2 主减速器传动比 i 0=5.83

飞轮转动惯量 I f =0.218kg ?m 2 二前轮转动惯量 I w1=1.798kg ?m 2 四后轮转动惯量 I w2=3.598kg ?m 2

质心至前轴距离（满载） a=1.974m 质心高（满载） hg=0.9m

分析：本题主要考察知识点为汽车驱动力－行使阻力平衡图的应用和附着率的计算、等效坡度的概念。只要对汽

车行使方程理解正确，本题的编程和求解都不会有太大困难。常见错误是未将车速的单位进行换算。

2）首先应明确道路的坡度的定义tan i α=。求最大爬坡度时可以对行使方程进行适当简化，可以简化的内容包括两项cos 1α≈和sin tan αα≈，简化的前提是道路坡度角不大，当坡度角较大时简化带来的误差会增大。计算时，要说明做了怎样的简化并对简化的合理性进行评估。

3）已知条件没有说明汽车的驱动情况，可以分开讨论然后判断，也可以根据常识判断轻型货车的驱动情况。 解：1）绘制汽车驱动力与行驶阻力平衡图 汽车驱动力Ft=

r

i

i T t

o g tq η

行驶阻力F f +F w ＋F i +F j ＝G ?f +

2D 21.12A C a u +G ?i+dt

du

m δ 发动机转速与汽车行驶速度之间的关系式为：0

g i n

r 0.377

ua i ?= 由本题的已知条件,即可求得汽车驱动力和行驶阻力与车速的关系,编程即可得到汽车驱动力与行驶阻力平衡图。

2）求汽车最高车速，最大爬坡度及克服该坡度时相应的附着率

①由1）得驱动力与行驶阻力平衡图，汽车的最高车速出现在5档时汽车的驱动力曲线与行驶阻力曲线的交点处，Ua max ＝99.08m/s 2。

②汽车的爬坡能力，指汽车在良好路面上克服w f F F +后的余力全部用来（等速）克服坡度阻力时能爬上的坡度，

此时0=dt du

，因此有()w f t i F F F F +-=，可得到汽车爬坡度与车速的关系式：()???

? ??+-=G F F F i w f t arcsin tan ；而汽车最大爬坡度m ax i 为Ⅰ档时的最大爬坡度。利用MATLAB 计算可得，352.0max =i 。

③如是前轮驱动，1?C ＝

q

b hg q L L -；相应的附着率1?C 为1.20，不合理，舍去。

如是后轮驱动，2?C ＝q

a hg q L L

+；相应的附着率2?C 为0.50。

3）绘制汽车行驶加速度倒数曲线，求加速时间 汽车旋转质量换算系数

Ⅰ档 Ⅱ档 Ⅲ档 Ⅳ档 Ⅴ档 2

2022

1mr i i I mr

I

T

g f w ηδ+

+=∑

1.3829

1.1027

1.0429

1.0224

1.0179

利用MATLAB 画出汽车的行驶加速度图和汽车的加速度倒数曲线图：

忽略原地起步时的离合器打滑过程，假设在初时刻时，汽车已具有Ⅱ档的最低车速。由于各档加速度曲线不相交（如图三所示），即各低档位加速行驶至发动机转速达到最到转速时换入高档位；并且忽略换档过程所经历的时间。结果用MATLAB 画出汽车加速时间曲线如图五所示。如图所示，汽车用Ⅱ档起步加速行驶至70km/h 的加速时间约为26.0s 。

1.4空车、满载时汽车动力性有无变化？为什么？

答：动力性会发生变化。因为满载时汽车的质量会增大，重心的位置也会发生改变。质量增大，滚动阻力、坡度阻力和加速阻力都会增大，加速时间会增加，最高车速降低。重心位置的改变会影响车轮附着率，从而影响最大爬坡度。

1.5如何选择汽车发动机功率？

答：发动机功率的选择常先从保证汽车预期的最高车速来初步确定。若给出了期望的最高车速，选择的发动机功率应大体等于，但不小于以最高车速行驶时的行驶阻力功率之和，即)76140

3600(

1

max 3max a D a t

u A C u Gf

Pe +=

η。 在实际工作中，还利用现有汽车统计数据初步估计汽车比功率来确定发动机应有功率。不少国家还对车辆应有的

最小比功率作出规定，以保证路上行驶车辆的动力性不低于一定水平，防止某些性能差的车辆阻碍车流。

1.6超车时该不该换入低一挡的排挡？

答：超车时排挡的选择，应该使车辆在最短的时间内加速到较高的车速，所以是否应该换入低一挡的排挡应该由汽车的加速度倒数曲线决定。如果在该车速时，汽车在此排档的加速度倒数大于低排挡时的加速度倒数，则应该换入低一档，否则不应换入低一挡。

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,C D =0.45,A =2.00m 2,f =0.02,δ≈1.00。

分析：分析本题的核心在于考察汽车的附着力、地面法向反作用力和作用在驱动轮上的地面切向反作用力的理解和应用。应熟知公式（1-13）～（1-16）的意义和推导过程。

分析1）比较附着力利用情况，即比较汽车前（F.F ）、后轮(F.R.)地面切向反作用力与地面作用于前（F.F ）、后轮(F.R.)的法向反作用力的比值。解题时应注意，地面法向发作用力包括静态轴荷、动态分量、空气升力和滚动阻力偶矩产生的部分，如若进行简化要对简化的合理性给予说明。地面作用于车轮的地面切向反作用力则包括滚动阻力和空气阻力的反作用力。

2）求极限最高车速的解题思路有两个。一是根据地面作用于驱动轮的地面切向反作用力的表达式（1－15），由附着系数得到最大附着力，滚动阻力已知，即可求得最高车速时的空气阻力和最高车速。二是利用高速行驶时驱动轮附着率的表达式，令附着率为附着系数，带入已知项，即可求得最高车速。

常见错误：地面切向反作用力的计算中滚动阻力的计算错误，把后轮的滚动阻力错计为前轮或整个的滚动阻力。 3）最极限最大爬坡度时依然要明确道路坡度的定义和计算中的简化问题，具体见1.3题的分析。但经过公式推导本题可以不经简化而方便得求得准确最大爬坡度。 解：1. 比较采用F.F 及F.R.形式时的附着力利用情况 i> 对于前置发动机前轮驱动（F.F.）式轿车，

空气升力W12Z 1

F 2

Lf r C A u ρ=

， 由m =1600kg ，平均的前轴负荷为汽车总重力的61.5％，

静态轴荷的法向反作用力Fz s1 = 0.615X1600X9.8 = 9643.2N ，

∴汽车前轮法向反作用力的简化形式为： Fz 1= Fz s1-Fz w1＝9643.2--

22

1

r Lf u A C ρ 地面作用于前轮的切向反作用力为： Fx 1 = F f2+Fw = Gf 385.0+

215.21a D u A C ＝120.7＋2

15

.21a

D u A C 附着力利用情况：1

12

2

120.721.1519643.22

D a

X Z Lf r C A u F F C A u ρ+

=

+ ii> 对于前置发动机后轮驱动（F.R.）式轿车同理可得：

2

22

2

174.721.1516946.22D a

X Z Lr r

C A u F F C A u ρ+

=

+ 一般地，C Lr 与 C Lf 相差不大，且空气升力的值远小于静态轴荷的法向反作用力，以此可得12

12

X X Z Z F F F F <，前置发动机前轮驱动有着更多的储备驱动力。

结论： 本例中，前置发动机前轮驱动（F.F ）式的轿车附着力利用率高。 2．对F.F.式轿车进行动力性分析

1) 附着系数0.2?=时

i> 求极限最高车速:

忽略空气升力对前轮法向反作用力的影响，Fz 1＝9643.2 N 。 最大附着力1z1F =F =1928.6 N ??g 。

令加速度和坡度均为零，则由书中式（1－15）有：1X1W f2F =F =F +F ? ， 则W 1f2F F F ?=-= 1928.6-0.02X0.385X1600X9.8= 1807.9 N ， 又2

W max F 21.15

D a C A u =

由此可推出其极限最高车速：max a u = 206.1 km/h 。 ii> 求极限最大爬坡度:

计算最大爬坡度时加速度为零，忽略空气阻力。 前轮的地面反作用力11(cos sin )s g z z h b

F F

G L L

αα==-

最大附着力1z1F =F ??g

由书中式（1－15），有 1X1i f2F =F =F +F sin cos a

G G f L

?αα=+g g

g 以上三式联立得：max tan g b af

i L h ?α?

-==+＝0.095。

iii> 求极限最大加速度：

令坡度阻力和空气阻力均为0，Fz 1＝9643.2 N

1z1F =F ??g ＝1928.6N

由书中式（1－15） 1X1f2max F =F =F ma ?+ 解得max a =1.13。

2) 当附着系数Φ＝0.7时，同理可得： 最高车速：max a u = 394.7 km/h 。 最大爬坡度：max 0.347i =。 最大加速度：max a =4.14 方法二：

忽略空气阻力与滚动阻力，有：

/1//g b L

q h L

?=

+，最大爬坡度max i q =，最大加速度max .a q g =

所以0.2?=时，2

max max 0.118, 1.16/i a m s ==。

0.7?=时，2max max 0.373, 3.66/i a m s ==

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M emax =140Nm 2，Ⅰ档传动比i 1=3.85；主减速器传动比i 0=4.08； 传动效率ηm =0.9；车轮半径r=300mm ；飞轮转动惯量I f =0.25kg ·m 2；全部车轮惯量∑I w =4.5kg ·m 2(其中后轮I w =

2.25 kg ·m 2,前轮的I w =2.25 kg ·m 2)。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。 分析：本题的解题思路为比较由发动机扭矩决定的最大加速度和附着系数决定的最大加速度的大小关系。如果前者大于后者，则发动机扭矩将不能充分发挥而产生应有的加速度。

解：忽略滚动阻力和空气阻力，若发动机能够充分发挥其扭矩则max max

Ft a m

=

δ；

01max max r

m

Me i i Ft η=

g ＝6597.4 N ；

22

w f 1022

I I 1m

i i mr mr ηδ+∑=＋=1.42； 解得2

max 2.91/a m s =。

前轮驱动汽车的附着率1q

C b hg q L L

?=

-；

等效坡度max

0.297a q g

=

=。

则有，Cφ1＝0.754>0.6,所以该车在加速过程中不能产生应有的最大加速度。 为在题给条件下产生应有的最大加速度，令Cφ1＝0.6， 代入q=0.297，hg=0.63m ，L=2.7m ，

解得b ≈1524mm ，则前轴负荷率应变为 b/L= 0.564，即可保证获得应有的最大加速度。

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i 0=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h g ＝0.57m ，C D A=1.5m 2，轴距L=2.300m ，飞轮转动惯量I f =0.22kg ·m 2，四个车轮总的转动惯量I w =

3.6kg ·m 2，车轮半径r ＝0.367m 。该车在附着系数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a max ＝0.75m/s 2（u a ＝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。 解：1）求滚动阻力系数

汽车在路面上滑行时，驱动力为0，飞轮空转，质量系数中该项为0。

w 22

I 3.6

11 1.01221520.367

mr δ+

=+=?∑=。 行驶方程退化为：0du Gf m dt δ+=，减速度：du Gf

dt m

δ=-

。 根据滑行数据的拟合直线可得：20.59

0.164/3.6

du m s dt =-=。

解得：0.0169du

f g dt δ=-

=g

。

2）求直接档最大动力因数

直接档：22

w f 4022

I I 1 1.027m

i i mr mr

ηδ+=∑=＋。 动力因数：du

D f gdt

δ=+

。

最大动力因数：max max 1.027

0.01690.750.0969.8

D f a g

δ

=+

=+

?=。 3）在此路面上该车的最大爬坡度

由动力因数的定义，直接档的最大驱动力为：max 04max 4max 4r

tq t

t w T i i F F D G η=+=

g

最大爬坡度是指一挡时的最大爬坡度：

max 01max r

tq t

T i i Gf Gi η=+g

以上两式联立得：

max max 414

w Gf Gi F D G

i i ++=

2

max 1max 4(

)0.65421.15D a C A i i u D f G

=+-=

由地面附着条件，汽车可能通过的最大坡度为：

/0.3381//g a L

q h L

?=

=-。

所以该车的最大爬坡度为0.338。

第二章 汽车的燃油经济性

2.1“车开得慢，油门踩得小，就一定省油”，或者“只要发动机省油，汽车就一定省油”这两种说法对不对？ 答：不对。由汽车百公里等速耗油量图，汽车一般在接近低速的中等车速时燃油消耗量最低，并不是在车速越低越省油。由汽车等速百公里油耗算式（2-1）知，汽车油耗量不仅与发动机燃油消耗率有关，而且还与发动机功率以及车速有关，发动机省油时汽车不一定就省油。

2.2试述无级变速器与汽车动力性、燃油经济性的关系。

答：为了最大限度提高汽车的动力性，要求无级变速器的传动比似的发动机在任何车速下都能发出最大功率。为了提高汽车的燃油经济性，应该根据“最小燃油消耗特性”曲线确定无级变速器的调节特性。二者的要求是不一致的，一般地，无级变速器的工作模式应该在加速阶段具有良好的动力性，在正常行驶状态具有较好的经济性。

2.3用发动机的“最小燃油消耗特性”和克服行驶阻力应提供的功率曲线，确定保证发动机在最经济状况下工作的“无级变速器调节特性”。

答：由发动机在各种转速下的负荷特性曲线的包络线即为发动机提供一定功率时的最低燃油消耗率曲线，如课本图2-9a 。利用此图可以找出发动机提供一定功率时的最经济状况（转速与负荷）。把各功率下最经济状况运转的转速与负荷率表明在外特性曲线上，便得到“最小燃油消耗特性”。无级变速器的传动比i'与发动机转速n 及汽车行驶速度之间关系（0'0.377

a

nr

i i u =），便可确定无级变速器的调节特性，具体方法参见课本P47。 2.4如何从改进汽车底盘设计方面来提高燃油经济性？

答：汽车底盘设计应该从合理匹配传动系传动比、缩减尺寸和减轻质量来提高燃油经济性。 2.5为什么汽车发动机与传动系统匹配不好会影响汽车燃油经济性与动力性？试举例说明。

答：在一定道路条件下和车速下，虽然发动机发出的功率相同，但传动比大时，后备功率越大，加速和爬坡能力越强，但发动机负荷率越低，燃油消耗率越高，百公里燃油消耗量就越大，传动比小时则相反。所以传动系统的设计应该综合考虑动力性和经济性因素。如最小传动比的选择，根据汽车功率平衡图可得到最高车速u max (驱动力曲线与行驶阻力曲线的交点处车速)，发动机达到最大功率时的车速为u p 。当主传动比较小时，u p >u max ，汽车后备功率小，动力性差，燃油经济性好。当主传动比较大时，则相反。最小传动比的选择则应使u p 与u max 相近，不可为追求单纯的的动力性或经济性而降低另一方面的性能。

2.6试分析超速档对汽车动力性和燃油经济性的影响。

答：汽车在超速档行驶时，发动机负荷率高，燃油经济性好。但此时，汽车后备功率小，所以需要设计合适的次一挡传动比保证汽车的动力性需要。

2.7已知货车装用汽油发动机的负荷特性与万有特性。负荷特性曲线的拟合公式为：

44332210e e e e P B P B P B P B B b ++++=

其中，b 为燃油消耗率[g/(kW ?h)]；Pe 为发动机净功率（kW ）；拟合式中的系数随转速n 变化。怠速油耗s mL Q id /299.0=（怠速转速400r/min ）。 计算与绘制题1.3中货车的

1）汽车功率平衡图。

2）最高档与次高档的等速百公里油耗曲线

3）利用计算机求货车按JB3352-83规定的六工况循环行驶的百公里油耗。计算中确定燃油消耗值b 时，若发动机转速与负荷特性中给定的转速不相等，可由相邻转速的两根曲线用插值法求得。

注意：发动机净功率和外特性功率的概念不同。发动机外特性功率是发动机节气门全开时的功率，计算公式为

9550

tq e T n P =

，在某一转速下，外特性功率是唯一确定的。发动机净功率则表示发动机的实际发出功率，可以根据汽车

行驶时的功率平衡求得，和转速没有一一对应关系。

解：（1）汽车功率平衡图

发动机功率在各档下的功率e P 、汽车经常遇到的阻力功率T

W

f P P η+

对车速a u 的关系曲线即为汽车功率平衡图，

其中：

)(30000

106023

kW n T n T P tq tq e ππ=??=-，00.377a g u i i n r =

——tq T 为发动机转矩（单位为m N ?）

???

? ??+=+76140360013

a

D a T T

W

f Au C Gfu P P ηη 编程计算，汽车的功率平衡图为：

2）最高档和次高档的等速百公里油耗曲线

先确定最高档和次高档的发动机转速的范围，然后利用00.377a g

rn

u i i =

，求出对应档位的车速。由于汽车是等速行驶，因此发动机发出的功率应该与汽车受到的阻力功率折合到曲轴上的功率相等，即()3600f W a

e T

F F u P η+=

。然后根据不

同的e P 和n ，用题中给出的拟合公式求出对应工况的燃油消耗率。先利用表中的数据，使用插值法，求出每个n 值所对应的拟合式系数：01234,,,,B B B B B 。在这里为了保证曲线的光滑性，使用了三次样条插值。利用求得的各个车速对应下的功率求出对应的耗油量燃油消耗率b 。利用公式： 1.02s a Pb

Q u g

ρ=，即可求出对应的车速的百公里油耗

（/100L km ）。

实际绘出的最高档与次高档的等速百公里油耗曲线如下：

从图上可以明显看出，第三档的油耗比在同一车速下，四档的油耗高得多。这是因为在同一车速等速行驶下，汽车所受到的阻力基本相等，因此e P 基本相等，但是在同一车速下，三档的负荷率要比四档小。这就导致了四档的油耗较小。

但是上图存在一个问题，就是在两头百公里油耗的变化比较奇怪。这是由于插值点的范围比节点的范围要来得大，于是在转速超出了数据给出的范围的部分，插值的结果是不可信的。但是这对处在中部的插值结果影响不大。而且在完成后面部分的时候发现，其实只需使用到中间的部分即可。

（3）按JB3352-83规定的六工况循环行驶的百公里油耗。

从功率平衡图上面可以发现，III 档与IV 档可以满足六工况测试的速度范围要求。分为III 档和IV 档进行计算。 先求匀速行驶部分的油耗

先使用()3600f W a

e T

F F u P η+=

，求出在各个速度下，发动机所应该提供的功率。然后利用插值法求出，三个匀速行驶

速度对应的燃油消耗率b 。由102a Pbs

Q u g

ρ=

求出三段匀速行驶部分的燃油消耗量（mL ）。

计算的结果如下： 匀速行驶阶段： 第一段 第二段 第三段 匀速行驶速度/(/)km h 25 40 50 持续距离/()m 50 250 250 发动机功率/()e P kw

4.7073

9.2008 13.4170 燃油消耗率/[/()]b g kW h g

三档 678.3233 563.0756 581.3972 四档 492.3757 426.5637 372.6138 燃油消耗量/()Q ml

三档 8.8681 44.9644 54.2024 四档

6.4371

34.0632

34.7380

再求匀加速阶段：

对于每个区段，以1/km h 为区间对速度区段划分。对应每一个车速a u ，都可以求出对应的发动机功率：

313600761403600a D a a T Gfu C Au mu du P dt δη?

?=++? ??

。此时，车速与功率的关系已经发生改变，因此应该要重新对燃油消耗率的拟

合公式中的系数进行插值。插值求出对应的各个车速的燃油消耗率b ，进而用367.1t Pb

Q g

ρ=求出每个速度对应的燃

油消耗率012,,,t t t tn Q Q Q Q ……。每小段的加速时间：1

3.6

t du dt

?=

。每一个小区间的燃油消耗量：(1)1

()2

n t n tn Q Q Q t -=+?。对每个区间的燃油消耗量求和就可以得出加速过程的燃油消耗量。

计算结果如下：

匀减速阶段：

对于匀减速阶段，发动机处在怠速工况。怠速燃油消耗率id Q 是一定值。只要知道匀减速阶段的时间，就可以求出耗油量：d id Q Q t =。

0.299/19.3 5.77d id Q Q t mL s s mL ==?=。

根据以上的计算，可以求出该汽车分别在三档和四档的六工况耗油量： 三档：

8.868144.964454.202438.370544.2181 5.77100100

1075

18.2692L

s Q Q s +++++=

?=?=∑

四档：

6.437134.063234.738030.100138.4012 5.77100100

1075

13.9079L

s

Q Q s +++++=?=?=∑

一、关于插值方法的讨论：

在完成本题的第二个小问题，即求等速百公里油耗曲线的时候，处理题中所给的拟合函数的时候有两种处理方法：一是先使用已经给出的节点数据，使用插值方法，得出转速插值点的对应燃油消耗率b 。然后再进而求出对应车速的等速燃油消耗量。在这里的处理方法就是这种。从得到的等速百公里油耗曲线上可以发现，曲线有比较多的曲折。估计这是使用三次样条插值方法得到的结果。因为三次样条插值具有很好的光滑性。如果改用线形内插法的话，得到的曲线虽然不光滑，但是能够体现一个大体的趋势。经比较发现，使用三次样条插值得到的曲线中部与线形内插得到的曲线十分相似。

但是使用线形内插的最大问题在于，对于超出节点两头的地方无法插值。在处理的时候，如果把头尾的转速去掉，即只考虑n从815rpm到3804rpm的时候。在完成全部的计算任务之后，得到的三、四档的六工况百公里油耗如下：三档：18.4090L（与使用三次样条插值得到的结果相比，误差为：0.77%）

四档：14.0362L（与使用三次样条插值得到的结果相比，误差为：0.92%）

因此，两种方法得到的结果十分相近。

这种对系数进行插值的方法的精度依靠于所给出的拟合公式中各个系数与n之间的关系。如果存在很好的线形关系，则使用线性内插的精度比较高。

另外一种处理方法就是，先利用给出的各个节点数据，求出了八个b值，然后利用这八个b与ua的数据，进行插值。这种处理方法插值时所用的结点数比较少，插值得出的等速百公里油耗曲线比较平缓。

二、关于加速过程的加速阻力的处理讨论：

在计算匀加速过程的时候，因为比匀速行驶的时候，增加了加速阻力，因此车速与发动机功率之间的关系已经改变了。这样，就应该使用拟合公式，重新对b进行计算，得出在加速过程中，速度对应的燃油消耗率。而且对于不同的加速阶段（加速度不同），就会得到不同的b与ua的关系。但是，这种方法仍然只是对实际情况的一种近似。因为对于加速过程，发动机是处在一个瞬时动态过程，而前面的处理方法仍然是使用稳态的时候发动机的负荷特性进行计算。也就是说把加速阶段近似为一个加入了加速阻力功率的匀速过程来看待。这必然会出现一些误差。

2.8轮胎对汽车动力性、燃油经济性有些什么影响？

答：1）轮胎对汽车动力性的影响主要有三个方面：①轮胎的结构、帘线和橡胶的品种，对滚动阻力都有影响，轮胎的滚动阻力系数还会随车速与充气压力变化。滚动阻力系数的大小直接影响汽车的最高车速、极限最大加速度和爬坡度。②汽车车速达到某一临界值时，滚动阻力迅速增长，轮胎会发生很危险的驻波现象，所以汽车的最高车速应该低于该临界车速。③轮胎与地面之间的附着系数直接影响汽车的极限最大加速度和爬坡度。

2）轮胎对燃油经济性的影响

轮胎的滚动阻力系数直接影响汽车的燃油经济性。滚动阻力大燃油消耗量明显升高。

2.9为什么公共汽车起步后，驾驶员很快换入高档？

答：因为汽车在低档时发动机负荷率低，燃油消耗量好，高档时则相反，所以为了提高燃油经济性应该在起步后很快换入高档。

2.10达到动力性最佳换档时机是什么？达到燃油经济性的最佳换档时机是什么？二者是否相同？

答：达到动力性最佳应该使汽车加速到一定车速的时间最短，换档时机应根据加速度倒数曲线确定，保证其覆盖面积最小。达到燃油经济性的换档时机应该根据由“最小燃油消耗特性”确定的无级变速器理想变速特性，考虑道路的 值，在最接近理想变速特性曲线的点进行换档。二者一般是不相同的。

第三章汽车动力装置参数的选定

i为5.17、5.43、5.83、6.17、6.33时的燃油经济性—加速时

3.1改变1.3题中轻型货车的主减速器传动比，做出

i值对汽车性能的影响。

间曲线，讨论不同

解：加速时间的结算思路与方法：

在算加速时间的时候，关键是要知道在加速的过程中，汽车的行驶加速度

du

dt

随着车速的变化。由汽车行驶方程式：0221.15tq g T

D a T i i C A du

Gf Gi u m r

dt

ηδ=++

+，可以的到： 021[()]21.15

tq g T

D a T i i C A du Gf u dt m r ηδ=-+（0i F =） 由于对于不同的变速器档位，车速a u 与发动机转速n 的对应关系不同，所以要针对不同的变速器档位，求出加速度a 随着车速a u 变化的关系。先确定各个档的发动机最低转速和最高转速时对应的汽车最高车速max a u 和最低车速

min a u 。然后在各个车速范围内，对阻力、驱动力进行计算，然后求出

du

dt

，即a 。式中tq T 可以通过已经给出的使用外特性q T n -曲线的拟合公式求得。

求出加速度a 随着车速a u 变化的关系之后，绘制出汽车的加速度倒数曲线，然后对该曲线进行积分。在起步阶段曲线的空缺部分，使用一条水平线与曲线连接上。一般在求燃油经济性——加速时间曲线的时候，加速时间是指0到100km/h （或者0到60mile/h ，即0到96.6km/h ）的加速时间。可是对于所研究的汽车，其最高行驶速度是94.9km/h 。而且从该汽车加速度倒数曲线上可以看出，当汽车车速大于70km/h 的时候，加速度开始迅速下降。因此可以考虑使用加速到70km/h 的加速时间进行代替。（计算程序见后）

然后计算各个主传动比下，六工况百公里油耗。利用第二章作业中所使用的计算六工况百公里油耗的程序进行计算，得到结果如下：

可以绘制出燃油经济性——加速时间曲线如下：

从图上可以发现，随着0i 的增大，六工况百公里油耗也随之增大；这是由于当0i 增大以后，在相同的行驶车速下，发动机所处的负荷率减小，也就是处在发动机燃油经济性不佳的工况之下，导致燃油经济性恶化。但是对于加速时间来说，随着0i 的增加，显示出现增大，然后随之减小，而且减小的速度越来越大。其实从理论上来说，应该是0i 越大，加速时间就有越小的趋势，但是由于在本次计算当中，加速时间是车速从0加到70km/h ，并不能全面反映发动机整个工作能力下的情况，比如当0i =5.17的时候，车速从刚上IV 档到70km/h 只有很短的一段，并不能反映出在此住传动比之下，发动机驱动力变小所带来的影响。因此反映到图线中，加速时间反而有所下降。

从上面的结果发现，0i 的选择对汽车的动力性和经济性都有很大影响，而且这两方面的影响是互相矛盾的。汽车很大部分时间都是工作在直接档（对于有直接档的汽车来说），此时0i 就是整个传动系的传动比。0i 如果选择过大，则会造成发动机的负荷率下降，虽然提高了动力性，后备功率增加，而且在高速运转的情况下，噪音比较大，燃油经济性不好；如果0i 选择过小，则汽车的动力性减弱，但是负荷率增加，燃油经济性有所改善，但是发动机如果在极高负荷状态下持续工作，会产生很大震动，对发动机的寿命有所影响。因此应该对0i 的影响进行两方面的计算与测量，然后再从中找出一个能够兼顾动力性和经济性的值。

另外，对于不同的变速器，也会造成对汽车的燃油经济性和动力性的影响。变速器的档位越多，则根据汽车行驶状况调整发动机的负荷率的可能性越大，可以让发动机经常处在较高的负荷状态下工作，从而改善燃油经济性；但是对于汽车的动力性，增应该对具体的变速器速比设置进行讨论。变速器与主减速器的速比应该进行适当的匹配，才能在兼顾动力性和经济性方面取得好的平衡。通常的做法是绘出不同变速器搭配不同的主减速器，绘制出燃油经济性——加速时间曲线，然后从中取优。

第四章 汽车的制动性

4.1一轿车驶经有积水层的一良好路面公路，当车速为100km/h 时要进行制动。为此时有无可能出现划水现象而丧失制动能力？轿车轮胎的胎压为179.27kPa 。

解：由Home 等根据试验数据给出的估算滑水车速的公式：

6.3484.9/h u km h ===

所以车速为100km/h 进行制动可能出现滑水现象。

4.2在第四章第三节二中，举出了CA700轿车的制动系由真空助力改为压缩空气助力后的制动试验结果。试由表中所列数据估算'

''

221

ττ+的数值，说明制动器作用时间的重要性。

注：起始制动速度均为30km/h

分析：计算'

''

2212

ττ+的数值有两种方法。一是利用式（4-6）进行简化计算。二是不进行简化，未知数有三个，

制动器作用时间'''

222()τττ+，持续制动时间3τ，根据书上P79页的推导，可得列出制动时间、制动距离两个方程，再

根据在制动器作用时间结束时与车速持续制动阶段初速相等列出一个方程，即可求解。但是结果表明，不进行简化压缩空气－液压制动系的数值无解，这与试验数据误差有关。

解：方法一（不简化计算）：

制动时间包含制动器作用时间'''

222()τττ+，持续制动时间3τ。

223'''t τττ++= ①

制动距离包含制动器作用和持续制动两个阶段汽车驶过的距离2s 和3s

22022max 21

(''')''6

b s u a τττ=+-，2max 3

32b a s τ=，总制动距离：

22max 22022max 231

(''')''62

b b a s s s u a ττττ=+=+-+ ②

在制动器作用时间结束时与车速持续制动阶段初速相等

0max 2max 31

''2

b b u a a ττ-=

③

方程①②③联立可得：22max

'')2o b u s a τ=-，''032max 12b u a ττ=-，223'''t τττ=-+。

方法二（简化计算）：

略去总制动距离的二次小项有：

20220max

"1

(')3.6225.92b u s

u a ττ=++

计算结果如下表所示：

讨论制动器作用时间的重要性（根据简化计算结果讨论）

从实验数据及以上估算出的制动器作用时间数据的比较来看，采用压缩空气---液压制动器后，制动距离缩短了32%，制动时间减少了31.6%，但最大减速度只提高了3.5%，而同时制动器作用时间减少了50.3%。

作用时间的减少。而且减少制动器作用时间对于减少制动距离效果显著。所以改进制动器结构形式是提高汽车制动效能的非常重要的措施。

载荷

质量（kg ） 质心高hg/m 轴距L/m 质心至前轴距离a/m 制动力分配系数β 空载 4080 0.845 3.950 2.100 0.38 满载

9290

1.170

3.950

2.950

0.38

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?＝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'

2τ＝0.02s ，

制动减速度上升时间''

2τ＝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 。

分析：1）可由相关公式直接编程计算，但应准确理解利用附着系数和制动效率的概念。注意画图时利用附着系数和制动效率曲线的横坐标不同。

2）方法一：先判断车轮抱死情况，然后由前（后）轮刚抱死时的利用附着系数等于实际附着系数求得制动强度。 方法二：由利用附着效率曲线读得该附着效率时的制动效率求得制动强度。

3）前部管路损坏损坏时，后轮将抱死时制动减速度最大。计算时，注意此时只有后轮有制动力，制动力为后轮法向反作用力与附着系数的乘积。同理可得后部管路损坏时的情况。

解：1）前轴的利用附着系数公式为：()g zh b L

z +=

1

f β?，

后轴的利用附着系数公式为：()g zh a L

z

--=

1

)1(r β?

该货车的利用附着系数曲线图如下所示（相应的MATLAB 程序见附录）

制动效率为车轮不抱死的最大制动减速度与车轮和地面间摩擦因数的比值，即前轴的制动效率为

L h L

b z

E g f f

f //?β?-=

=

，后轴的制动效率为L

h L

a z E g r r r /)1(/?β?+-==，画出前后轴的制动效率曲线如下图所

示：

2)由制动距离公式max

2

02

292.2526.31b a a a u u s +

??

? ?

?''+'=ττ，已知"

+

'

222

1ττ=0.03s, 0a u =30km/h,φ=0.80,需求出m ax b a 。利用制动效率曲线，从图中读出：φ=0.80的路面上，空载时后轴制动效率约等于0.68，满载时后轴制动效

率为0.87。 m ax b a =制动效率*φ*g

所以车轮不抱死的制动距离(采用简化公式计算)：

空载时8.98.067.092.25303003.06.312

???+??=s =6.86m 满载时8

.98.087.092.25303003.06.312

???+??=s =5.33m 。 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 。

①制动系前部管路损坏时

则在后轮将要抱死的时候，2()Xb z g G

F F a zh Gz L

??==-= 得：g

a z L h ?

?=

+，max b a zg =

空载时，max b a ＝3.562

/m s ，满载时max b a ＝4.732

/m s 。

制动距离：20

220max

''1(')3.6225.92a a b u s u a ττ=++

解得空载时s=10.1m,空载时s=7.63m 。

②制动系后部管路损坏时 则在前轮将要抱死时， 得：g

b z L h ?

?=

-，max b a zg =

空载时，max b a ＝2.602/m s ，满载时max b a ＝4.432

/m s 。

制动距离：20

220max

''1(')3.6225.92a a b u s u a ττ=++

解得空载时s=13.6m,空载时s=8.02m 。

4.4在汽车法规中，对双轴汽车前、后轴制动力的分配有何规定。说明作出这种规定的理由。答：ECE 制动法规何我国行业标准关于双轴汽车前、后轴制动力分配的要求见书P95。作出这种规定的目的是为了保证制动时汽车的方向稳定性和有足够的制动效率。

4.5一轿车结构参数同题1.8中给出的数据一样。轿车装有单回路制动系，其制动力分配系数0.65β=。试求： 1） 同步附着系数。

2） 在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。 解：1）同步附着系数：0 2.70.65 1.25

0.800.63

g L b h β?-?-===。 2）制动效率

0??

1.25

0.952.70.650.70.63

f g b E L h β?=

==-?-?。

3）最大制动减速度：max 0.950.70.665b f a E g ?==?=。

5）分析：对于a)若一个回路失效其情况和4.3.3一样，参照前面的分析。

对于双回路系统b)和c)，当一个回路失效时，如不考虑轴距的影响，其制动效果是一样的，所以只分析一种情况即可。一个管路损坏时，前、后车轮的抱死顺序和正常时一样。对车轮刚抱死时的车轮受力情况进行，注意此时作用在单边车轮上的地面法向反作用力只为总的地面法向反作用力的一半。

注意：不能简单的认为此时的制动减速度为正常情况的一半。 ①对于a):

若前轴回路失效时则相当于单回路时前部管路损坏，由4.3的推导：

max 1.450.7

0.3232.70.70.63

g a z L h ???=

==++?。

最大制动减速度：max max b a z g =＝0.323g 。 制动效率：max

r z E ?

=

=46.2％。

若后轴回路失效时则相当于单回路时后部管路损坏，根据4.3的推导：

max 1.250.7

0.3872.70.70.63

g b z L h ???=

==--?。

最大制动减速度：max max b a z g =＝0.387g 。 制动效率：max

r z E ?

==55.3％。

②对b)和c)：

由前面的讨论知，0??

1Xb F Gz β=

1()z g G

F b zh L

=

+ 因为一个回路失效，111

2

Xb Z F F ?=。 以上方程联立解得：0.7 1.25

0.28522 2.70.650.70.63

g b z L h ?β??=

==-??-?。

制动效率：40.7%r z

E ?

=

=，最大制动减速度0.285g 。

6）两种回路的优缺点比较

双回路系统a)制动系增益最大，一个回路失效时的最大制动减速度也比b),c)大，所以其性能较优。

双回路系统b)、c)制动系增益相同，如果不考虑轴距的影响，两者在一个回路失效时的制动效率相同。但是，c)在一个回路失效时，制动力作用在一侧车轮上，车身左右受力严重不均衡，会产生跑偏等问题。

第五章 汽车的操纵稳定性

5.1 一轿车（每个）前轮的侧偏刚度为-50176N/rad 、外倾刚度为-7665N/rad 。若轿车向左转弯，将使前轮均产生正的外倾角，其大小为4度。设侧偏刚度与外倾刚度均不受左、右轮负载转移的影响，试求由外倾角引起的前轮侧偏角。

解：有外倾角时候的地面侧向反作用力为

Y F k k γαγ=+（其中k 为侧偏刚度，k r 为外倾刚度，γ为外倾角）

于是，有外倾角引起的前轮侧偏角的大小为：

1k k

γγα=

代入数据，解得1α=＝0.611 rad ，另外由分析知正的外倾角应该产生负的侧偏角，所以由外倾角引起的前轮

侧偏角为-0.611rad 。

5.2 6450N 轻型客车在试验中发现过多转向和中性转向现象，工程师们在悬架上加装横向稳定杆以提高前悬架的侧倾角刚度，结果汽车的转向特性变为不足转向。试分析其理论依据（要求有必要的公式和曲线）。

答：由课本P138-140的分析知，汽车稳态行驶时，车厢侧倾角决定于侧倾力矩r M φ和悬架总的角刚度

r

K φ

∑，

即r

r r

M K φφ

φ=

∑。

前、后悬架作用于车厢的恢复力矩增加：

11r r r T K φφφ=，22r r r T K φφφ=

其中1r K φ，2r K φ分别为前、后悬架的侧倾角刚度，悬架总的角刚度

r

K φ

∑为前、后悬架及横向稳定杆的侧倾角

刚度之和。

由以上的分析易知，当增加横向稳定杆后汽车前悬架的侧倾角刚度增大，后悬架侧倾角刚度不变，所以前悬架作用于车厢的恢复力矩增加（总侧倾力矩不变），由此汽车前轴左、右车轮载荷变化量就较大。由课本图5-46知在这种情况下，如果左右车轮轮胎的侧偏刚度在非线性区，则汽车趋于增加不足转向量。

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12()αα-，转向半径的比R/R 0，静态储备系数S.M.等。

它们之间的彼此关系为：

121

()y

K a αα=

-（1α为侧向加速度的绝对值）

； 201R

Ku R =+； 212S.M.=

k a

k k L

-+(k 1，k 2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)。

5.4举出三种表示汽车稳态转向特性的方法，并说明汽车重心前后位置和内、外轮负荷转移如何影响稳态转向特性？

答：表示汽车稳态转向特性的参数有稳定性因数，前、后轮的侧偏角绝对值之差12()αα-，转向半径的比R/R 0，静态储备系数S.M.等。

①讨论汽车重心位置对稳态转向特性的影响，由式（5-17）

212'S.M.=

k a a a L k k L

-=-+（'a 为中性转向点至前轴的距离） 当中性转向点与质心位置重合时，S.M.＝0，汽车为中性转向特性；

当质心在中性转向点之前时，'a a >，S.M.为正值，汽车具有不足转向特性； 当质心在中性转向点之后时，'a a <，S.M.为负值，汽车具有过多转向特性。 ②汽车内、外轮负荷转移对稳态转向特性的影响