坦克学III2004级期末试卷

it1 、 it 2 … itn ：变速箱各挡传动比 i ft ：固定的前传动比 irt ：固定的后传动比 设传动范围为 d ： 1）对于固定轴齿轮变速箱，按照最小箱体条件，取最低挡和最高挡小齿轮同时为最小： d = it1 = it21 ，则 it1 = d 。固定传动比 id = i ft × irt = i1 ， it 2 = i2 ， itn = in itn it 1 id id 2）对于行星变速箱，则从 it = 1 的直接挡着手，设为第 m 挡，即 itm = 1 ，此时固定传动比 i id = im ，由此可用 itn = n id 求得其他挡传动比。
−m x & + Mg M& x 1 − − 1 =0 h 0 −m
五、行星变速箱计算题
答： （1）求各档传动比： • C 分开，制动器 1 制动，得到 1 档，此时 2 个排均工作。
由行星排转速关系式： (1) k1 ni − (1 + k1 )nc = 0 ni + k 2 no − (1 + k 2 )nc = 0 (2) 由式（1）得 nc = • • k1 ni n (1 + k1 )k 2 3.39 × 2.39 ，代入式（2）得： i1 = i = = = 1.72 no k1k 2 − 1 2.39 × 2.39 − 1 1 + k1
四、分析题
1．坦克的总体布置方案中各种动力、传动的布置形式的优缺点。 答： ①发动机和传动后置 (1) 发动机纵放：乘员工作条件较好，防护好，动力和传动室空间大。 (2) 发动机横放：车体长度缩短。但散热器面积受限，而且需增加传动箱 ②发动机后置，传动前置 悬挂装置易于实现纵向平衡，通行性好，但车体或整车高度增加。
、
、
、
、
、
模型，并求解振动的固有频率。 （8 分） 五、行星变速箱计算题（15 分）
、 、 、 和
、 和 和
。 。 。 两大类。 ，
已知某变速箱传动简图如图 1 所示，K1= K2=2.39。 1．求各挡传动比。 （6 分） 2．对一挡进行转矩分析。 （6 分） 3．求一挡传动效率。 （3 分）
5．双流传动系统按转向运动学可分为 6．筒式减振器的一室： 四阀：
三、简述题： （每题 6 分，共 30 分） 1．坦克的战术技术要求。 2．挂胶履带的胶套过盈与预扭的作用。 3．传动系统总传动比的分配。 4．车体垂直位移比位能。 5．换档延迟及其作用。
is
it
四、分析题（共 20 分） 1．坦克的总体布置方案中各种动力、传动的布置形式的优缺点。 （12 分） 2．建立悬置质量为 M 的单质量体在单气室油气弹簧的作用下在静平衡位置附近作微幅振动的数学 图2
得：η = 1 − [ β 1 (1 − η x1 ) + β 2 (1 − η x 2 )] = 1 − 0.05 × ( β 1 + β 2 ) = 0.964
六、 解：1）由汇流行星排转速关系式： ns + knr − (1 + k )nc = 0
Hale Waihona Puke Baidu
式中：
标准答案
一、 填空题 1． 战斗全质量、乘（载）员人数、外廓尺寸、车底距地高、履带中心距、履带接地长 2． 加速度、加速时间、加速距离 3． 同心条件、装配条件、相邻条件 4． 换挡机构动作的定时、惯性能量、执行机构摩擦力矩突变 5． 独立式、差速式 6． 补偿油室、活塞常通孔和补偿阀座常通孔、活塞上的拉伸限压阀和压缩限压阀及补偿阀座上的 排出限压阀和吸入阀 二、 判断题 1．错 2．对 3．错 4．对 5．错 三、 简答题 1． 战术技术要求 答： 坦克的战术技术要求是指从作战使用和技术方面对坦克装甲车辆提出的要求,是进行研制和试 验的依据。包括 1）明确作战任务和指导思想，作战对象，作战地形，作战气候等。2）主要性能 的要求包括一般性能、火力及火力机动性，机动性，防护性和通信性能、保障维修性能。3）补充 性说明。 2． 答： 1) 胶套过盈的作用是保证胶套与履带销和销孔能紧密配合， 在履带工作过程中与履带销和销孔间 不发生相对滑动，避免摩擦产生热量，从而延长胶套的寿命。 2) 预扭的作用是减小胶套在履带卷绕过程中的绝对扭角，降低作用于胶套上的最大剪应力的值， 提高胶套的寿命。 3． 传动系统总传动比的分配 答： 根据车辆行驶的牵引计算所提出的各前进挡总传动比 i1 、 i2 … in ,将其按部件分成几个环节来实现： i1 it 1 i i 2 t2 = i ft × × irt ， M M in itn
③发动机前置，传动后置 有利于风冷发动机的冷却。但整车高度增加。 ④发动机和传动前置 易于得到最短、最轻的车体和最大的可用空间，车内乘员的战场生存性高。但车辆易于前重后 轻不平衡。乘员在车尾易于疲劳。 振动的固有频率为： ω= gm h0
& &+ x
gm x=0 h0
2．建立悬置质量为 M 的单质量体在单气室油气弹簧的作用下在静平衡位置附近作微幅振动的数学 模型，并求解振动的固有频率。 答： 将油气弹簧视为单自由度无阻尼的振动系统，弹簧上支撑悬置质量 M，此时弹簧受压缩，静平 衡位置时气体压力为 p0 ，容积为 V0 ， h0 为初始气柱高度，气缸面积为 A，取静平衡位置为坐标原 点，悬置质量向 x 方向移动。 设气体的多变指数为 m，则油气弹簧内部气体的压力为： x p = p0 1 − h 0 列运动微分方程： && = Mg − pA = Mg − p0 A(1 − Mx 在静平衡位置有： p0 A = Mg 则：
课程代码： （2007-2008）-03000224-030270-1
北京理工大学 2007 - 2008 学年 第一学期
2004 级坦克学（Ⅲ）期末试题 A 卷
班级 学号 姓名 成绩
一、填空题（每空 1 分，共 20 分）
1．坦克的一般性能包括 。 2．评价坦克加速性的指标有： 3．行星机构的三个配齿条件为 4．引起车辆换挡冲击的原因有
由行星排转矩关系式 Ts 2 : Tr 2 : Tc 2 = 1 : k : −(1 + k ) 可得： Ts 2 = Tr 2 1.72Ti ＝ = 0.72Ti k2 2.39
即：
−m x & & + g x − − 1 1 =0 h 0
Tc 2 = −2.44Ti 由 Tc1 = −Tc 2 = 2.44Ti
4． 车体垂直位移比位能 答： 车体发生垂直位移时，弹性元件的总位能与悬置重量的比值，一般用λ表示。含义为 Gs 的车 辆从λ的高度跌落，平衡肘刚好不碰限制器。
5． 换档延迟及其作用 答： 换档延迟是指在其他参数相同的情况下，升档和降档的时机不同，降档时机比升档时机晚。换 档延迟的作用有： 1) 保证换档过程的稳定性，避免因为驾驶员踏板振动等情况引起的频繁换档； 2) 减少换档循环对车辆性能的影响； 3) 驾驶员可以干预换档，实现提前升档和强制降档 ； 4) 改变换档延迟可以改变换档规律，满足车辆行驶动力性和经济性的要求。
，两孔： 。
二、判断题（每题 1 分，共 5 分） 1．液压无级转向传动系统各档最小转向半径随档位的增大而减小；同一档位情况下，转向半径随 变量泵排量增大而增大。 （） 2．克虏伯公式是基于装甲被弹丸以冲塞方式破坏条件而推导出的。 （） 3 ． 液 压 减 振器 的 阻 力通 常 与 负 重 轮 行 程成 比 例 ， 而 摩擦 减 振 器的 阻 力 与负 重 轮 运 动 速 度 成比例。 （） 4．根据功率分、汇流特性，固定轴齿轮对属于差矩机构，普通行星排属于差速机构。 （） 5．为了提高车辆的燃油经济性，应尽可能以低档行驶。 （） 图1 六、(10 分)已知双流传动系统如图 2 所示，汇流排特性参数 k，齿轮传动比 i1 、i2 ，转向装置传动比 i s ，直驶变速部分传动比 it 。推导： 1．双流传动比 id 。 （5 分） 2．转向流与直驶流功率比 P1 / P2 。 （5 分）
ni (1 + k )i1i2 i s it = no it + ki1i2 i s
2）
由行星排转矩关系式
由传动简图
n s ni /(i1i2 i s ) i = = t nr ni / it i1i 2 is
可得：
Ps Ts n s 1 ni /(i1i2 is ) i = = ⋅ = t Pt Tr n r k ni / it ki1i2 i s
C 结合，1 和 R 分开时，得到 2 档（直接档） ，传动比为 i = 1 C 分开，制动器 R 制动，得到倒档，此时只有第二排工作： ni = − k 2 = −2.39 no
x −m ) h0
ni + k 2 no − (1 + k 2 )nc = 0 ， nc = 0 得到： i = （2）一档转矩分析： Tr 2 = −To = i1Ti = 1.72Ti
式中
故 β 2 = 0.72 × 0.295 = 0.212 η x1 = η x 2 = 0.97 × 0.98 = 0.95 由η = 1 − [ Px1 (1 − η x1 ) Px 2 (1 − η x 2 ) + ] = 1 − [ β 1 (1 − η x1 ) + β 2 (1 − η x 2 )] Pi Pi
ni n ， nr = i ， nc = no 代入上式得： i1i2 is it
Tr1 = −1.72Ti Ts 2 = 0.72Ti Ts1 = −0.72Ti 最后计算结果： Tr1 = −1.72Ti ， Tr 2 = 1.72Ti T = −2.44T T = 2.44T i i c2 c1 （另外计算可从 Ti : To : Tb = 1 : −i1 : (i1 − 1) 入手。 ） （3）求一档传动效率： P T n − nc1 β 1 = x1 = s1 ⋅ s1 Pi Ti ni n − nc 0 − nc k T 2.39 式中 s1 = 0.72 ， s1 = = 1 = = 0.705 Ti ni ni 1 + k1 3.39 故 β 1 = 0.72 × 0.705 = 0.508 β2 = Px 2 Ts 2 n s 2 − nc = ⋅ Pi Ti ni Ts 2 n − nc = = 0.72 ， s 2 Ti ni ni − k1 ni 1 + k1 = 0.295 ni
根据条件，在静平衡位置作微幅振动，则忽略上述非线性项中的高阶分量：
Ts1 =
− Tc1 − 2.44Ti = = −0.72Ti 1 + k1 3.39
根据系统传动简图，将 ns = ni n + k i − (1 + k )no = 0 i1i2 i s it 整理得： id = Ps Ts n s = Pt Tr n r Ts 1 = Tr k