汽车理论课后习题答案余志生版版

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1、由发动机转速在nmin 600r / min， nmax 4000r/min，取六个点分别代入公式:第1.1、试说明轮胎滚动阻力的定义、产生机理和作用形式 ？答：1）定义：汽车在水平道路上等速行驶时受到的道路在行驶方向上的分力称为滚动 阻力。2）产生机理：由于轮胎内部摩擦产生弹性轮胎在硬支撑路面上行驶时加载变形曲 线和卸载变形曲线不重合会有能量损失，即弹性物质的迟滞损失。这种迟滞损失表 现为一种阻力偶。当车轮不滚动时，地面对车轮的法向反作用力的分布是前后对称的；当车轮滚 动时，由于弹性迟滞现象，处于压缩过程的前部点的地面法向反作用力就会大于处 于压缩过程的后部点的地面法向反作用力，这样，地面法

2、向反作用力的分布前后不 对称，而使他们的合力Fa相对于法线前移一个距离a,它随弹性迟滞损失的增大而变大。即滚动时有滚动阻力偶矩TfFza阻碍车轮滚动。3）作用形式：滚动阻力FffwTfFf （ f为滚动阻力系数）r1.2、滚动阻力系数与哪些因素有关？提示：滚动阻力系数与路面种类、行驶车速以及轮胎的构造、材料、气压等有关。1.3解答：1）（取四档为例）由即行驶阻力为Ff Fw :由计算机作图有本题也可采用描点法做图:2）最高车速：有 Ft Ff Fw分别代入Ua和Ft公式：把Tq的拟和公式也代入可得：n>4000而 n m ax 4000 r/min Umax 0.377* 0.367*4

3、00094.93 Km/h1.0*5.83最大爬坡度：挂I档时速度慢，Fw可忽略:=0.366（3）克服该坡度时相应的附着率Fx忽略空气阻力和滚动阻力得：3）绘制汽车行驶加速倒数曲线（已装货）1dtadug （ d f ）1I w1 2m r1.128由以上关系可由计算机作出图为：用计算机求汽车用W档起步加速至II时,（D21 I fig i:40.0626Ft Fw 为动力因素） G21 0 T2r70km/h的加速时间。（注：载货时汽车用I档起步加速不能至 70km/h ）由运动学可知：1即加速时间可用计算机进行积分计算求出，且Ua曲线下两速度间的面积就是通a过此速度去件的加速时间。经计算

4、的时间为：146.0535s由纵向外力决定的所能达到的平均1.4、空车、满载时汽车动力性有无变化？为什么？ 答：汽车的动力性指 汽车在良好路面上直线行驶时， 行驶速度。汽车的动力性有三个指标：1）最高车速 2）加速时间 3）最大爬坡度 且这三个指标均于汽车是空载、满载时有关1.5、如何选择汽车发动机功率？从答：依据（原则）：常先从保证汽车预期的最高车速来初步选择发动机应有的功率。 动力性角度出发这些动力性指标：Umax,i,tj发动机的最大功率应满足上式的计算结果，但也不宜过大，否则会因发动机负荷率偏低影响汽车的燃油经济性。(详见第三章课件)1.6、超车时该不该换入低一档的排档？答：可参看不同

5、io时的汽车功率平衡图:显而可见，当总的转动比较大时，发动机后备功率大，加速容易，更易于达到 较高车速。1.7、答：1对于F-F型轿车：最大驱动力等于前轮附着力对于F-R型轿车： 最大驱动力等于后轮附着力显然F-F型轿车总的附着力利用情况较好2 对于0.2 :极限车速：FxbmaxFfFwGfcd A 2a极限爬坡度：FxbmaxFfFiGfU21.15Gi极限加速度：FxbmaxFfFjGfdUm dt0.7 时，1.8解：1先求汽车质量换算系数：代入数据有： =1.4168若地面不发生打滑，此时，地面最大驱动力 由于不记滚动阻力与空气阻力，即 Ff、(2)同理可有：当Fw这时汽车行驶方程式

6、变为FtFiF-1 i-当TqM eMax 140 N M代入有:再由Fz1 Gbhi Gsindu m一 dt将(dU)dtmax代入上试有此时：Fxb1 0.6Fz1Fw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。gLhgdumL dt其中：Fxb1 6597.36N 不变,应使:2调整：要使发动机扭矩能否充分发挥，贝良0.6Fz1bhgdu则由公式：Fz1 GmLLdt得出：b=1704.6mm前轴负何率为：b*100%1704 -6*100% 63.1%L(1250 1450)1.9、答：1由汽车行驶方程式:低速滑行时Fw 0 Fj,0此时：Ft Ff由低速滑行曲线拟台

7、直线公式可得：2直接档，ig 1以四档为例先求汽车质量换算系数3由代入数据得：再有动力因素公式:其中： f1.0266i f 00.060-(dU)maxg dtdU2而：（)max 0.75m/sdt(dU )D max(.,)m axgdt所以：Dmax可得，最大爬坡度为：第二章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：均不正确。 由燃油消耗率曲线知：汽车在中等转速、较大档位上才是最省油的。此 时，后备功率较小，发动机负荷率较高燃油消耗率低，百公里燃油消耗量较小。 发动机负荷率高只是汽车省油的一个方面，另一方面汽车列车的

8、质量利用系数（即装载质量与整备质量之比）大小也关系汽车是否省油。，2.2、试述无级变速器与汽车动力性、燃油经济性的关系。提示：采用无级变速后，理论上克服了发动机特性曲线的缺陷，使汽车具有与 等功率发动机一样的驱动功率，充分发挥了内燃机的功率，大地改善了汽车动力性。 同时，发动机的负荷率高，用无级变速后，使发动机在最经济工况机会增多，提高 了燃油经济性。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 发动机在最经济工况下工作的“无级变速器调节特性”。答：无级变速器传动比I '与发动机转速及期限和行驶速度之间有如下关系:nr八nr 0.377A（式中a为对某汽

9、车而言的l°UaUa常数 A 0.377 -）l0当汽车一速度Ua'在一定道路沙锅行驶时，根据应该提供的功率：P Pw卞-T由“最小燃油消耗特性”曲线可求出发动机经济的工作转速为 n'e。将Ua'， n'e代入上式，即得无级变速器应有的传动比i'。带同一 植的道路上，不同 车速时无级变速器的调节特性。2.4、如何从改进汽车底盘设计方面来提高燃油经济性 ？提示：缩减轿车总尺寸和减轻质量。大型轿车费油的原因是大幅度地增加了滚 动阻力、空气阻力、坡度阻力和加速阻力。为了保证高动力性而装用的大排量发动机， 行驶中负荷率低也是原因之一。汽车外形与轮胎。降

10、低Cd值和采用子午线轮胎，可显着提高燃油经济性。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。提示：发动机最大功率要满足动力性要求（最高车速、比功率） 最小传动比的选择很重要，（因为汽车主要以最高档行驶）若最小传动比选择较大，后备功率大，动力性较好，但发动机负荷率较低，燃 油经济性较差。若最小传动比选择较小，后备功率较小，发动机负荷率较高，燃油 经济性较好，但动力性差。 若最大传动比的选择较小，汽车通过性会降低；若选择较大，则变速器传动 比变化范围较大，档数多，结构复杂。 同时，传动比档数多，增加了发动机发挥最大功率的机会，提高了汽车的加 速和爬坡能力

11、，动力性较好；档位数多，也增加了发动机在低燃油消耗率区工作的 可能性，降低了油耗，燃油经济性也较好。2.6试分析超速挡对汽车动力性和燃油经济性的影响。提示：因为汽车并不经常以此速度行驶，低速档只要满足动力性的要求。2.7、答：1）<考虑空车的情况 > 发动机输出功率：由以上三条关系式，可以绘出各个档位下发动机的有效功率图。再有阻力功率： 由以上信息作出汽车功率平衡图如下：功率干衡图o io 如 北 jo 和 eo to aa gaUa(Km4i)2）考虑满载时情况等速百公里油耗公式：Peb1.02 U a g(L/100Km)由Peb最高档时：ig 1 ,不妨取Pe 18Kwi :

12、n=815r/min,即 u a19 .34 Km / h由负荷特性曲线的拟合公式ii:n=1207r/min,即 Ua 28 .64 Km / h由负荷特性曲线的拟合公式得：iii:n=1614r/min,即 Ua 38 .30 Km / h由负荷特性曲线的拟合公式得：iv :n=2603r/mi n,即 Ua 61 .77 Km / h由负荷特性曲线的拟合公式得：v :n=3403r/min,即 u a 80 .75 Km / h由负荷特性曲线的拟合公式得：vi ：n=3884r/min,即 ua 92 .17 Km / h由负荷特性曲线的拟合公式得：故有以上各个点可以做出最高档的等速百公

13、里油耗曲线同样，可做出次高挡的等速百公里油耗曲线（省略）2.8、轮胎对汽车动力性、燃油经济性有些什么影响？提示：2.9、为什么公共汽车起步后，驾驶员很快换入高档 ？提示：汽车起步后换入高档，此时，发动机负荷率大，后备功率小，燃油经济性较高.2.10达到动力性最佳的换挡时机是什么？达到燃油经济性最佳的换档时机是什么？二者是否相同？答：动力性最佳：只要Ft (Fw Ff)max时换档，以 1.3题图为例，在Ft1 (Fw1 Ff1) Ft2 (Fw2Ff2)时换档显然满足动力性最佳。燃油经济性最佳要求发动机负荷率高，后备功率低。由下图知，在最高档时，后备功率最低，燃油经济性最佳。第四章4. 1 一

14、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。问此时有无可能出现滑水现象而丧失制动能力 ？轿车轮胎的胎压为179. 27kPa。答：假设路面水层深度超过轮胎沟槽深度估算滑水车速：h 6.34. Pipi为胎压(kPa)代入数据得：h 84.89 km/h4. 2在第四章第三节二中举出了 试验结果。试由表中所列数据估算提示：由表4-3的数据以及公式S而 h故有可能出现滑水现象而失去制动能力CA700轿车的制动系由真空助力改为压缩空气助力后的制动1 ”22的数值，以说明制动器作用时间的重要性。212Ua02U a 03.6225.92abmax'1 “计算22 2的

15、数值可以认为制动器起作用时间的减少是缩短制动距离的主要原因4. 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0.02s，制动减速度上升时间0.02s前轴利用附着系数为:后轴利用附着系数为:空载时： ohg= 3.95 0.38 1.850.8450.4133) 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)L zfb zhgL 1 zrazhg故空载时后轮总是先抱死。由公式Era/ L代入数据

16、Errhg /L2.12.4490.845（作图如下）满载时： ohg0时：前轮先抱死b 3.95 0.38 1=0.42821.17代入数据Ef =1.5011.17 f0时：后轮先抱死（作图如下）2 95代入数据Er=仝52.449 1.172 ）由图或者计算可得：空载时0.8制动效率约为因此其最大动减速度 代入公式：10.020.023.62由图或者计算可得：满载时制动效率为（作图如下）0.7abmax300.87因此其最大动减速度0.8g0.70.56g302=6.57m25.92 0.56gb max0.8g 0.870.696g制动距离10.020.023.623）A.若制动系前部

17、管路损坏30302=5.34m25.92 0.696g后轴利用附着系数后轴制动效率Er代入数据得：空载时：满载时:rEr =0.45Er=0.60LzaZhga/L1rhg/La）空载时其最大动减速度abmax 代入公式：0.8g 0.450.36g1c cc 0.02“0.02303.62b）满载时其最大动减速度abmax 代入公式：10.020.02303.62B 若制动系后部管路损坏302=10.09m25.92 0.36g0.8g 0.60.48g302=7.63m25.92 0.48g前轴利用附着系数Lz前轴制动效率Efb zhgzb/LT 1 fhg/L代入数据空载时：Ef=0.5

18、7满载时：Ef =0.33a）空载时 其最大动减速度 abmax 0.8g 0.570.456g代入公式：3.60.020.0223030225.92 0.456g=8.02mb）满载时其最大动减速度abmax0.8g 0.330.264g代入公式:3.60.020.0223030225.92 0.264g=13.67m4. 4在汽车法规中，对双轴汽车前、后轴制功力的分配有何规定。说明作出这种规定的理由？答：为了保证制动时汽车的方向稳定性和有足够的制动效率，联合国欧洲经济委员会制定的ECE R13制动对双轴汽车前、后轮制动器制动力提出了明确的要求。我国的行业标准 ZBT240007-89也提出

19、了类似的要求。下面以轿车和最大总质量大于3.5t的货车为例予以说明。法规规定:对于 0.2 0.8之间的各种车辆，要求制动强度车辆在各种装载状态时，前轴利用附着系数曲线应在后轴利用附着系数曲线之上。对于最大 总质量大于 3.5t的货车，在制动强度z 0.150.3之间，每根轴的利用附着系数曲线位于z 0.08两条平行于理想附着系数直线的平行线之间；而制动强度z 0.3时，后轴的利用附着系数满足关系式z 0.30.74（0.38），则认为也满足了法规的要求。但是对于轿车而言，制动强度在0.30.4之间，后轴利用附着系数曲线不超过直线z 0.05的条件下，允许后轴利用系数曲线在前轴利用附着系数曲线

20、的上方。4. 5 一轿车结构参数问题 1.8中给出的数据一样。轿车装有单回路制动系，其制功器制动力 分配系数0.65。试求：1）同步附着系数。2）在0.7路面上的制动效率。*3）汽车此时能达到的最大制动减速度（指无任何车轮抱死时）f o4）若将设车改为双回路制动系统（只改变制动的传动系，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 制功系增益，并令原车单管路系统的增益为G'o确定习题图3中各种双回路制动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L。上述各种双回路系统在一个回路失效时的制功效率及其能达到的最大制功减速度。6）比较各种双回路系统的优缺点答案

21、：1）同步附着系数 0L bhg2.7 0.65 1.250.630.82 ）因 0.70所以前轮先抱死3)a) 1b)1c) 11.25/2.7=0.9510.65 0.7 0.63/2.7最大制动减速度：abmax = Ef0.72g 6.53m/sFuT失效虫T2F u1失效T1失效失效失效失效IT2 h22Fu 1t 2 h 1t25 ) a)1 失效 Fxb20.65(1 :1T2_FuTT2G dug dt后轴利用附着系数后轴制动效率Er最大动减速度2失效Fxmab maxG dug dt也 2(1 )G2 G 1.3GGzLz0.7gGz前轴利用附着系数0.7G'前轴制动

22、效率zb/ LE ff 1fhg /La zhga/ L1rhg/L1.45/2.71 0.7 0.63/ 2.70.460.32gLzbZhg1.25/2.70.5510.7 0.63/2.70.460.550.39g最大动减速度ab max0.7gb）由第2）问 知：前轮先抱死失效与2失效情况相同前轴利用附着系数Lzb zhgEf前轴制动效率zb/L1.25/2.7fhg/L 0.650.7最大动减速度ab max0.7g0.95=0.950.63/2.710.33gc)6)a)b)c)与b）回路的情况相同。比较优缺点：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

23、,发生后轴测滑的不稳定的危险工况。实现左右侧轮制动器制动力的完全相等比较困难。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。第五章5./ rad。1 一轿车（每个）前轮胎的侧偏刚度为-50176N / rad、外倾刚度为-7665N 若轿车向左转弯，将使两前轮均产生正的外倾角，其大小为40。设侧偏角。答：刚度与外倾刚度均不受左、右轮载荷转移的影响.试求由外倾角引起的前轮侧偏由题意：FY=k k =故由外倾角引起的前轮侧偏角：=k k=0在前悬架上加装前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。试分析其理论根据 （要求有必要的公式和

24、曲线）a bk2 k1.2 6450轻型客车在试验中发现过多转向和中性转向现象，工程师们答：稳定性系数：K弓L2k1、k2变化， 原来K 0,现在K>0,即变为不足转向。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（要求有必要的公式和曲线）？答：汽车稳态响应有三种类型：中性转向、不足转向、过多转向。几个表征稳态转向的参数：1 .前后轮侧偏角绝对值之差（ 转向半径的比R/R。；3.静态储备系数S.M.彼此之间的关系见参考书公式（5-13 ） （5-16 ） （5-17 ）。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

25、、外轮负荷转移如何影响稳态转向特性？ 答：方法：1.时为不足转向，时为中性转向，<0时为过多转向；2.R/R0>1时为不足转向，R/R0=1时为中性转向，R/R0<1时为过多转向；3. S.M.>0时为不足转向，S.M.=0时为中性转向，S.M.V0时为过多转向。汽车重心前后位置和内、外轮负荷转移使得汽车质心至前后轴距离a、b发生变化，K也发生变化。5. 5汽车转弯时车轮行驶阻力是否与直线行驶时一样？答：否，因转弯时车轮受到的侧偏力，轮胎产生侧偏现象，行驶阻力不一样。5 . 6主销内倾角和后倾角的功能有何不同？答：主销外倾角可以产生回正力矩，保证汽车直线行驶；主销内倾角

26、除产生回正力矩外，还有使得转向轻便的功能。5. 7横向稳定杆起什么作用？为什么有的车装在前恳架，有的装在后悬架，有的前后都装？答：横向稳定杆用以提高悬架的侧倾角刚度。装在前悬架是使汽车稳定性因数 K变大，装在后悬架使 K变小，前后悬 架都装则使前后悬架侧倾角刚度同时增大。5. 8某种汽车的质心位置、轴距和前后轮胎的型号已定。按照二自由度操纵稳定性模型，其稳态转向特性为过多转向，试找出五种改善其转向特性的方 法。答： 即要K变大，可在前悬架上装横向稳定杆，后悬架不变；前悬架不变，减 小后悬架侧倾角刚度；同时在前后悬架装横向稳定杆，但保证a/k2-b/k1变大；同时减小前后悬架侧倾角刚度，但保证a

27、/k2-b/k1变大；增大汽车质量。5 . 9汽车空载和满载是否具有相同的操纵稳定性？答： 否，m不同，空载时的汽车 m小于满载时的 m，即满载时的K更大，操 纵稳定性更好。5. 10试用有关计算公式说明汽车质心位置对主要描述和评价汽车操纵稳定性、稳态响应指标的影响。答：稳定性系数公式：Km abL2 k2k1汽车质心位置变化，则a、b变化，即K也随之改变5.11二自由度轿车模型的有关参数如下:总质量 m = 1818. 2 kg 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ki 62618N/ra

28、d110185 N / rad后轮总侧偏刚度k2转向系总传动比i=20 试求：1）稳定性因数K特征车速uch2）稳态横摆角速度增益曲线 ）s- ua车速u=22.35m/s时的转向灵敏度 二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/R°（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:特征车速2)转向灵敏度3)1ay L 1 R0Lu L1 Ku214)固有圆频率 0阻尼比2反应时间峰值反应时间arctg 0uch。答

29、:转向灵敏度Su L1 Ku25. 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证明：特征车速uch= 1/K，且在特征车速时的稳态横摆角速度增益，为具有相等轴距L中性转向汽车横摆角速度增益的一半。特征车速hu，中性转向时得证。5.13测定汽车稳态转向特性常用两种方法，一为固定转向盘转角法，并以R/Ro ay曲线来表示汽车的转向特性 （见第五章第三节二）；另一为固定圆周 法。试验时在场地上画一圆，驾驶员以低速沿圆周行驶，记录转向盘转角swo，然后驾驶员控制转向盘使汽车始终在圆周上以低速持续加速行驶。随着车速的提高，转向盘转角sw ('般）将随之加大。记录下sw角，并以sw

30、ay曲线来评价sw0汽车的转向特性,试证sw 1 Ku2，说明如何根据sway曲线来判断汽车的转sw0sw0向特性。证明：转向半径R Ur2u1 Ku2 L duL1Ku2R01 Ku2sw1Ku2= Rsw0R。5. 14习题图4是滑柱连杆式独立悬架（常称为Me Phers on strutsuspnsion） 示意图。试证：1）R.C.为侧倾中心。2）悬架的侧倾角刚度为 K r 2ks（mP），式中ks为一个弹簧的（线）刚度。n提示：1）画出地面对于车厢的瞬时转动中心，即为侧倾中心R.C.2）证明参考书P135-1365 . 15试求计算稳态响应质心侧偏角增益一）s的公式，并求题5. 11

31、中轿车在u=31. 3m/s（70 mile /h）、ay 0.4g时的质心侧偏角。计算 u=31. 3m/s时 的瞬态响应峰值反应时间和轿车的汽车因数 T.B.值。提示：将方程组（5-9）两式联立，V=0, - =0,消去r-）s5 . 16为什么有些小轿车后轮也设计有安装前束角和外倾角？答：因为轿车后轮安装前束角和外倾角是为提高操纵稳定性。5.17习题图5为三种前独立悬架对车轮相对车身垂直上下位移时前束变化的影响。试问图中哪一条曲线具有侧倾过多转向效果？答：图中点划线所表示的具有过多转向效果5. 18转向盘力特性与哪些因素有关，试分析之。答：转向盘力特性决定于以下因素：转向器传动比及其变化

32、规律、转向器效率、动力转向器的转向盘操作力特性、转向杆系传动比、转向杆系效率、由悬 架导向杆系决定的主销位置、轮胎上的载荷、轮胎气压、轮胎力学特性、 地面附着条件、转向盘转动惯性、转向柱摩擦阻力及汽车整体动力学特性。19地面作用于轮胎的切向反作用力是如何控制转向特性的？P152-155 o第六章6、设通过座椅支承面传至人体垂直加速度的谱密度为一白噪声,_23Ga ( f )=0.1 m S 。求在0.580HZ频率范围加权加速度均方根值 aw和加 权振级Law,并由表6-2查出相应人的主观感觉。80 2 -答：aw 05W2(f)Ga(f)df20.5查P173图知：人的主观感觉为极不舒适。8

33、36.2、设车速u=20m/s ,路面不平度系Gq(n0) 2.56* 10 m ,参考空间频率 no=0.1 m。画出路面垂直位移、速度和加速度 Gq(f)、Gq(f )、Gq(f )的谱 图。画图时要求用双对数坐标，选好坐标刻度值，并注明单位。2 U8220解: Gq(f) Gq( n°)n° 尹 2.56* 10 8 * 0.12 * 尹画出图形为：10410谱值的双对数园10° 101f(Hz)W21严-14102fo = 2Hzo它行驶6.3、设车身车轮二自由度汽车模型，其车身部分固有频率在波长入=5m的水泥接缝路上，求引起车身部分共振时的车速un(km

34、/h)。该汽车车轮部分的固有频率f t=10Hz,在砂石路上常用车速为 30km/h。问由于车轮部分共振时，车轮对路面作用的动载所形成的搓板路的波长入=?答：当激振力等于车辆固有频率时,发生共振,所以发生共振时的车速为:30/3.6搓板路的波长6.4、设车身单质量系统的幅频|z / q|用双对数坐标表示时如习题图6所示。路面输入谱与题6.2相同。求车身加速度的谱密度Gz( f )，画出其谱车身单质量系统的幅频特性习题图6图，并计算0.110Hz频率范围车身加速度的均方根值z °答:Gz(f)(2 f)2 q Gq(n。)6.5、上机计算作业(报告应包括：题目、计算说明、程序清单、结果

35、分析)。车身一车轮双质最系统参数：f o=1.5Hz、Z =0.25、y =9、口=10。“人体一座椅”系统参数：fs=3Hz、Z s= 0.25。车速u=20m/s，路面不平度系数Gq (no)=2.56 x 10-8，参考空间频率no=0.1 m-1。计算时频率步长 f = 0.2Hz，计算频率点数 N= 180。1 )计算并画出幅频特性|z1 / q|、|z2 / z1|、|p/ z2|和均方根值谱Z1、 z2、 a、 aw、,Gz(f)、'G/f)、Ga(f)谱图。进一步计算 qLaw2) 改变“人体一座椅”系统参数：fs=1.56Hz、Z s= 0.1250.5。分析aw、Law值随fS、Z S的变化。3) 分别改变车身一车轮双质量系统参数：fo= 0.253Hz、Z =0.1250.5、Y二4.518、口 =520。绘制z、c fd、c Fd/G三个响应量均方根值随以上四个系统参数变化的曲线。提示：本题可简单利用matlab软件求出各数值，并作出相应的图。6.6、设前、后车轮两个输入的双轴汽车模型行驶在随机输入的路面上，其质量分配系数£= 1,前、后车身局部系统的固有频率均为fo = 2Hz,轴距L= 2.5m问引起车身俯仰角共振时的车速ua=?相应随机路面输入的入=?答: