铁道工程课后习题答案(易思荣)

（1） 计算平行运行图区间通过能力；
（2） 若近期列车运行图中的中速列车比重为 0.20，高速列车在途中站的停站比
为 0.2，计算不同速度等级列车混合运行的非平行运行图区间通过能力；
（3） 若高速列车扣除系数为 1.5，计算全高速旅客列车非平行运行图区间通过能
力；
（4） 若远期运行长编组列车，月间客流波动系数为 1.1，计算该客运专线的线路
（2） 若外轨实设超高为 90mm，求 hq 和 hg； （3） 若要保证 hqy=70mm 和 hgy=50mm，则外轨超高的铺设范围是多少？
解：（1）根据公式 2-12，得
Vp = βVmax = 0.8× 300 = 240 km h
根据公式 2-10，得
h
=
11.8
×
V
2 p
R
=
11.8 ×
33000
5
80
5
区段货物列车
22000
2
75
（1） 计算通过该曲线列车的均方根速度；
（2） 按均方根速度计算确定该曲线的实设超高、最大欠超高和最大过超高；
（3） 计算该曲线应设置的缓和曲线长度；
解：（1）根据公式 2-11，得
∑∑ Vp =
N iGiVi2 N i Gi
= 2 × 8000 ×1282 + 2 × 9000 ×1052 + 1× 7000 × 852 + 5 × 33000 × 802 + 2 × 22000 × 752 2 × 8000 + 2 × 9000 + 1× 7000 + 5 × 33000 + 2 × 22000
f0
= 1424 + 2400× 2400 = 1432.2mm 2× 350000
考虑轨距允许负误差 2mm，所需轨距为 S = 1432.2 + 2mm = 1434mm
曲线轨道轨距不应小于直线轨距，故需设置轨距按直线轨距为 1435mm。
第五章 无缝线路
5-7 某区间温度应力式无缝线路，铺设 60kg/m 钢轨（钢轨弹性模量为 20.6×104MPa， 线膨胀系数为 11.8×10-6/℃，断面积为 77.45cm2），每公里铺设 1760 根混凝土Ⅲ 型枕，接头采用 10.9 级Φ24 螺栓，接头扭矩为 1000 N ⋅ m ，现已知锁定轨温为
（3）由
hq
= 11.8× Vm2ax R
−h≤
hqy
hg
= h −11.8× Vm2in R
≤ hgy
得，11.8× Vm2ax R
− hqy
≤
h ≤ 11.8× Vm2in R
+ hgy
代入数据，并计算
11.8× 300× 300 − 70 ≤ h ≤ 11.8× 200× 200 + 50
7000
= 1.5034mm
( ) l缩短 =
max Pt拉 − PH 2EF
⋅l −
rl 2
8EF
=
(939.445 −
2× 20.6
570)×1000× 25×1000
×1010 × 77.45×10−4
−
160×102 × 252 ×1000 8× 20.6 ×1010 × 77.45×10−4
= 2.816mm
当地最低轨温： tmin = −10℃
当地中间轨温： tz
=
t max
+ tmin 2
=
55 −10 2
= 22.5℃
代入公式 1-1，得
a0
= aL(tz
− t0 )+
1 2
a
g
= 0.0118 × 25 × (22.5 −15) +
1 ×18 = 11.2mm 2
近似取预留轨缝 11mm
第二章 轨道几何形位
注：每天旅客列车 4 对，零担列车 1 对，摘挂列车 2 对；能力储备系数取 0.2；货
运波动系数取 1.1 解：单线半自动闭塞区段，参考教材表 12-1，分别取
tB = 6 min,tH = 3 min ，则有
N = 1440 − TT = 1440 − 90 = 32.9(对 / d ) ，取 N = 32.5对 / d tW + tF + tB + tH 32 + 9
=
0.267cm
=
2.67mm
短轨端部位移量的计算
l伸长
=
(max Pt压 −
2EF
PH
)⋅l
−
rl 2 8EF
=
(771.888 − 570)×1000× 25×1000
2 × 20.6 ×1010 × 77.45×10−4
−
160×102 × 252 ×1000 8× 20.6 ×1010 × 77.45×10−4
2-9 某客货共线铁路单线区间曲线半径为 R=2000m，路段最高速度为 Vmax=160km/h， 一昼夜各类列车提供次数、列车重量及平均速度如下表：
序号
列车种类
列车重量（kN） 列数
平均速度（km/h）
1
特快旅客列车
8000
2
128
2
直快旅客列车
9000
2
105
3
普通旅客列车
7000
1
85
4
直达货物列车
2EFr
=
(771.888 − 570)2 ×1000000
2 × 20.6 ×1010 × 77.45×10−4 ×160
= 0.0798cm = 0.798mm
( ) λ缩短 =
max Pt拉 − PH 2EFr
2
=
(939.445 −
2 × 20.6 ×1010
570)2 ×1000000
× 77.45×10−4 ×160
Iε G
3 × 1.5
（4）
AL＝
365α Lϕ 104 β K
Z
365 ×1200 × ＝
104 ×1.1
0.8＝31.85(万人
/
年)
A = NG × K S × AL = 193× 0.9 × 31.85 = 5532(万人 / 年)
12-13 某列车采用 SS3 型电力机车牵引，机车质量 P=138t，列车牵引质量 G=2620t； 车辆均采用滚动轴承；若列车长度为 730m，当牵引运行速度为 50km/h 时，计算下 列情况下的列车平均单位阻力： （1） 列车在平直道上运行； （2） 列车在纵断面为 3‰的下坡道，平面为直线的路段运行； （3） 列车在长度为 1200m，坡度为 4‰的上坡道上行驶，该坡道上有一个曲线，
(27 ± 5)℃，当地最高气温为 43℃，最低气温为-17.9℃，
（1） 计算钢轨所承受的最大温度压力和最大温度拉力； （2） 计算伸缩区长度（取为 25m 的整倍数）；
（3） 绘出降温时的基本温度力图； （4） 计算长、短钢轨端部的位移量。
解：（1）当地最高轨温： tmax = 43 + 20 = 63℃
《线路工程概论》课后习题计算参考答案
第一章 轨道结构
1-8 某地区历年最高气温为 35℃，最低气温零下 10℃。在此地修建铁路，铺轨 时的轨温为 15℃，轨道采用 25m 标准轨，采用 60kg/m 钢轨，构造轨缝 ag=18mm， 计算铺轨时的预留轨缝。
解：当地最高轨温： tmax = 35 + 20 = 55℃
输送能力。 解：
（1） N = 1440 − TT − TW = 1440 − 240 − 330 = 290(列 / d )
I
3
（2） εJ = εKZ γ Z + εG(1 − γ Z ) = 3.8 × 0.2 + 1.4 × (1 − 0.2) = 1.88
或 直接查表 12-2 得 εJ = 1.88
当地最低轨温： tmin = −17.9℃
最大降温幅度： ∆ts = 27 + 5 − (−17.9) = 49.9℃ 最高升温幅度： ∆tc = 63 − (27 − 5) = 41℃
最大温度拉力： Pt = αEF∆ts = 0.000118× 20.6×1010 × 77.45×10−4 × 49.9 = 939.445kN 最大温度压力： Pt = αEF∆tc = 0.000118× 20.6×1010 × 77.45×10−4 × 41 = 771.888kN
NH
=N 1+α
− [ε K N K
+ (ε L
− µL)NL
+ (ε Z
− µZ )NZ ]
= 32.5 − [1.3× 4 + (2 − 0.5) ×1 + (1.5 − 0.75) × 2] = 18.88(对 / d ) 1 + 0.2
参考教材 P372 页，取 K J = 0.72 ，则
C = 365N H G j = 365 ×18.88 × 2700 × 0.72 = 12.18(Mt / a) > 12Mt / a
最大过超高 hg max
=
11.8
×
V2 h min
R
− h0
= 11.8×
75× 75 2000
− 45
=
−11.8mm
Βιβλιοθήκη Baidu
（3）按公式 2-26， l01
≥
h0 i0
=
45 2
= 22.5m
按公式
2-28， l02
≥
h ⋅Vmax 3.6 f
=
45 ×128 3.6× 28
= 57.1m
按公式 2-30， l03
≥
hq ⋅Vmax 3.6b
=
51.67 ×128 3.6× 40
= 45.9m
取 l0 ≥ max{l01, l02 , l03}= 60m
2-10 某新建高速客运专线铁路采用高、中速列车共线运行模式，Vmax=300km/h， Vz=200km/h，当曲线半径为 7000m 时： （1） 若速度系数β=0.80，为了保证内外轨磨耗均匀，应铺设多大的外轨超高；
列车分别处于图 12-23（a）、（b）、（c）路段。 解：
（1）
w0 ' = 2.25 + 0.019V + 0.00032V 2 = 2.25 + 0.019 × 50 + 0.00032 × 502 = 4(N / kN )
w0 '' = 0.92 + 0.0048V + 0.000125V 2 = 0.92 + 0.0048 × 50 + 0.000125 × 502 = 1.4725(N / kN )
N = 1440 − TT − TW = 1440 − 240 − 330 = 154.25(列 / d ) ，取 N=154 列/d
Iε J
3 × 1.88
（3） N = 1440 − TT − TW = 1440 − 240 − 330 = 193.33(列 / d ) ，取 N=193 列/d
（2）由以上计算可知，最大温度力为 Pt = 939.445kN
查表 5-4，可得 r=160N/cm
根据公式 5-9，可得
ls
=
Pt
− PH r
= 939.445 − 570 ×1000 = 2309cm = 23.09m ，取为 25m； 160
（3）略
（4）长轨端部位移量的计算
λ伸长
=
( ) max Pt压 − PH 2
第十二章 铁路运输能力
12-11 某设计线为单线铁路（半自动闭塞），SS4 型电力机车牵引，ix=12‰，牵引定 数为 G=2700t，国家对该线要求完成的输送能力为 12Mt，全线有 11 个区间，各区
间的往返走行时分如下表：
A
B
C
D
E
F
G
H
I
J
K
29
31
32
31
30
29
31
30
32
31
30
试检算该线的输送能力是否满足要求。
7000
可得
81.7mm ≤ h ≤ 117.4mm
2-11 已知车辆轮对最大宽度 qmax 为 1424mm，轨距允许的负误差为 2mm。202 型转向
架的固定轴距为 2400mm，车辆按自由内接通过半径为 350mm 的曲线，计算该曲线
所需设置的轨距。
解：根据公式 2-2，得 S f
= qmax +
106 β
106 ×1.1
输送能力满足要求。
12-12 某高速客运专线铁路，运输模式为近期采用高、中速列车共线运行，远期为 300km/h 纯高速列车运行。该线设计的客运区段长度为 40km，夜间 0 点 0 分至 5 点 30 分为非客运时段，追踪列车间隔时分为 3min，综合维修天窗时间为 4h。
= 85.2 km h
（2）根据公式 2-10，得
h
=
11.8
×
V
2 p
R
= 11.8 × 85.2 × 85.2 2000
= 42.8mm ，取实设超高 h0
= 45mm
最大欠超高 hq max
=
11.8
×
V2 k max
R
− h0
= 11.8× 128×128 2000
− 45
= 51.67mm
240× 240 7000
=
97.1mm
，取实设超高
h0
=
100mm
（2）欠超高 hq
= 11.8× Vm2ax R
− h0
= 11.8×
300× 300 7000
− 90
=
61.7mm
过超高 hg
= 11.8× Vz2 R
− h0
= 11.8×
200× 200 7000
− 90
=
−22.57mm
w0
=
Pw0′ P
+ Gw0′′ +G
=
138 × 4 + 2620 ×1.4725 138 + 2620
= 1.599(N
/ kN )
（2） w = w0 + wi = 1.599 − 3 = −1.401(N / kN )
（3） wr
= 10.5α LL