制动器试验台的控制方法分析.doc

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1、【精品文档】如有侵权，请联系网站删除，仅供学习与交流制动器试验台的控制方法分析.精品文档.制动器试验台的控制方法分析摘要：本文深入分析了汽车制动器试验台的原理以及路试和试验台两种测试方法，基于等效原理，提出了依据物理学知识来设计并改进的电动机电流控制方案的数学模型。问题一，依据路试过程中的平动动能和试验台过程中的转动动能的等效原理，建立了等效转动惯量的表达式 ，得出其惯量是J52 kgm2。问题二，根据物理学的相关知识，建立空心圆柱体绕中心轴的转动惯量模型，得出飞轮组中的每个飞轮的转动惯量，结合基础惯量10kgm2 ,可以得出机械惯量的八组组合：10， 40，70，100，130，160，19

2、0，220 kgm2。依据题意，经过筛选，通过计算，得出用电动机补偿的惯量分别为12 kgm2和-18 kgm2。 问题三，根据物理学相关知识，从而建立了电动机驱动电流与速度的关系 I = k *，因而可以解得驱动电流为174.8或262.2A。 问题四，我们从能量误差对该控制方法进行评价。据已知数据分别求出实际情况与模拟情况分别消耗的能量，以其相对误差对这种控制方法进行评价，求得能量的相对误差为，超过了误差允许的范围，因而这种控制方法有待完善。问题五，依据问题三的模型，在此基础上加以推广后得出前一个时间段瞬时转速和瞬时扭矩与下一个时间段电流的关系 ，再根据已知数据进行求解作图，并验证能量相对

3、误差以确定合理性。问题六，通过对问题五的控制方案的分析，我们在此基础上进行了改进，将这种方案计算出的能量相对误差，与第五问的方案相比，其误差进一步缩小，并且没有改变角速度变化的稳定性，也解决了问题五的电动机制动瞬间电扭矩突降为零的难以操作性。关键字：等效转动惯量 机械转动惯量 驱动电流 能量误差 微元法一 问题重述汽车的行车制动器联接在车轮上，直接影响着人身和车辆的安全，其作用是在行驶时使车辆减速或者停止。为了检验制动器设计的优劣，必须进行相应的测试，其方法为：车辆在指定路面上加速到指定的速度；断开发动机的输出，让车辆依惯性继续运动；以恒定的力踏下制动踏板，使车辆完全停止下来或车速降到某数值以

4、下；在这一过程中，检测制动减速度等指标。为了检测制动器的综合性能，需要在各种不同情况下进行大量路试。由于车辆设计阶段无法路试，只能在专门的制动器试验台上对所设计的路试进行模拟试验，模拟试验的原则是试验台上制动器的制动过程与路试车辆上制动器的制动过程尽可能一致。通常试验台仅安装、试验单轮制动器，而不是同时试验全车所有车轮的制动器。但是,对于等效的转动惯量比如为45.7 kgm2的情况，就不能精确地用机械惯量模拟试验。这个问题的一种解决方法是：把机械惯量设定为40 kgm2，然后在制动过程中，让电动机在一定规律的电流控制下参与工作，补偿由于机械惯量不足而缺少的能量，从而满足模拟试验的原则。一般假设

5、试验台采用的电动机的驱动电流与其产生的扭矩成正比（本题中比例系数取为1.5 A/Nm）；且试验台工作时主轴的瞬时转速与瞬时扭矩是可观测的离散量。 由于制动器性能的复杂性，电动机驱动电流与时间之间的精确关系是很难得到的。工程实际中常用的计算机控制方法是：把整个制动时间离散化为许多小的时间段，比如10 ms为一段，然后根据前面时间段观测到的瞬时转速与/或瞬时扭矩，设计出本时段驱动电流的值，这个过程逐次进行，直至完成制动。评价控制方法优劣的一个重要数量指标是能量误差的大小，本题中的能量误差是指所设计的路试时的制动器与相对应的实验台上制动器在制动过程中消耗的能量之差。通常不考虑观测误差、随机误差和连续

6、问题离散化所产生的误差。现在要求解答以下问题：1. 设车辆单个前轮的滚动半径为0.286 m，制动时承受的载荷为6230 N，求等效的转动惯量。2. 飞轮组由3个外直径1 m、内直径0.2 m的环形钢制飞轮组成，厚度分别为0.0392 m、0.0784 m、0.1568 m，钢材密度为7810 kg/m3，基础惯量为10 kgm2，问可以组成哪些机械惯量？设电动机能补偿的能量相应的惯量的范围为 -30, 30 kgm2，对于问题1中得到的等效的转动惯量，需要用电动机补偿多大的惯量？3. 建立电动机驱动电流依赖于可观测量的数学模型。在问题1和问题2的条件下，假设制动减速度为常数，初始速度为50

7、km/h，制动5.0秒后车速为零，计算驱动电流。4. 对于与所设计的路试等效的转动惯量为48 kgm2，机械惯量为35 kgm2，主轴初转速为514转/分钟，末转速为257转/分钟，时间步长为10 ms的情况，用某种控制方法试验得到的数据见附表。请对该方法执行的结果进行评价。5. 按照第3问导出的数学模型，给出根据前一个时间段观测到的瞬时转速与/或瞬时扭矩，设计本时间段电流值的计算机控制方法，并对该方法进行评价。6. 第5问给出的控制方法是否有不足之处？如果有，请重新设计一个尽量完善的计算机控制方法，并作评价。二 问题假设以及符号说明2.1问题假设1.车辆单个前轮的质量均匀。2.重力加速度为定

8、值 g=9.8 N/kg。3.路试时轮胎与地面的摩擦力为无穷大，因此轮胎与地面无滑动。4.主轴的角速度与车轮的角速度始终一致。5.飞轮为刚性。6.飞轮在运动过程中只受到制动器的阻力作用。7. 不考虑观测误差,随机误差和连续问题离散化所产生的误差。2.2符号说明等效转动惯量机械转动惯量补偿转动惯量I驱动电流电扭矩制动器的扭矩M主轴扭矩角加速度角速度初角速度末角速度相对误差时间步长能量差三问题分析3.1问题一因为路试车辆的指定车轮在制动时承重的载荷在车辆平动时具有的能量等效地转化为试验台上飞轮和主轴等机构转动时具有的能量，同时转化过程中忽略车轮自身转动具有的能量，由于轮胎与地面之间的摩擦力为无穷大

9、，所以轮胎不打滑。求出使车辆停止运动所作的功，也就是转动惯量为J的匀质物体停止转动所做的功。运用物理知识建立方程，即可求出等效惯量J。3.2问题二根据物理学上转动惯量的相关知识，建立空心圆柱体绕中心轴的转动惯量模型，从而得出飞轮组中的每个飞轮的转动惯量，结合基础惯量10kgm2 ,可以得出机械惯量的所有组合。再由问题1中得到的等效转动惯量的值，根据题意，电动机能补偿的能量相应的惯量的范围为 -30, 30 kgm2，通过计算，即可得出用电动机补偿的惯量。3.3 问题三因为试验台采用的电动机的驱动电流I与其产生的扭矩M成正比，即 I = M * k ，所以为求出电动机的驱动电流I，求出其产生的扭

10、矩M即可。依据物理学力矩公式M =，角速度公式= 和速度公式v = * r，以及加速度公式a利用微分法，将v = * r等式两边同时对时间t求导，电动机的驱动电流I = k *。3.4 问题四通过对数据的相应处理，得出扭矩与角速度和时间的关系，从而得出关系图像，从图中分析数据的特点，根据图形的走势，判断控制的难易，算出能量相对误差以最终确定其这种控制方法的可行性。 3.5问题五通过对第四问方案的分析，得出能量的相对误差较大。且由于制动器性能的复杂性，电动机驱动电流与时间的精确关系很难得到，我们采用把整个制动时间离散化，以10ms为一段。在下一个时间段（如t时刻）补偿前面时间（0到t-1时刻）的

11、能量损失，逐步补偿以尽量减小这种能量的相对误差，并保证角速度以相对稳定的速率逐步减少。我们采用将补偿电流从0逐步增加并最终达到稳定。3.6问题六 考虑到第五问中在制动瞬间将电动机电扭矩从某一值突降到零难以实现，并在电扭矩降为0的过程中消耗的能量对最终能量的相对误差做出正贡献。所以在此问我们采用将初始驱动电流值改为某一合适值然后逐渐减小最后仍趋于稳定的方法。将此种方法与第五问作比较，此种方法应该更优四模型建立、求解与评价4.1 问题一4.1.1模型建立设该轮质量为，在某一时刻的平动速度为，对应的试验台过程中，其等效转动惯量为，转动速度为，由这两个过程等效，则能量相等，得：由此列出方程： (1)由

12、线速度与角速度之间所满足的关系，在轮胎与地面的摩擦力为无穷大时，得线速度与角速度关系： （2）其中轮半径为；联立（1），（2）得： （3）由物理知识，在特定的地方，物体质量与所受重力成正比关系，比值为该处的重力常数，即： （4）联立（3），（4）在此我们取 ；基于前述讨论我们根据物理知识，做一数学推导，得到如下模型： （5） 4.1.2模型求解 52 kgm2。4.2 问题二4.2.1 模型建立根据物理学知识计算空心圆柱刚体的转动惯量，过程如下： （6） 【1】 （7）其中m表示空心圆柱刚体的质量； V表示空心圆柱刚体的体积； 表示空心圆柱刚体的密度；h表示空心圆柱体的厚度；表示飞轮组的外半径

13、；表示飞轮组的内半径。 根据公式(6),代入数据, 即得出各个飞轮所对应的惯量: 厚度h/m单个转动惯量J/( kgm2)10.03923020.07846030.1568120结合基础惯量10kgm2 ,则机械惯量的所有组合为:10,40,70,100,130,160,190,220 (单位: kgm2)4.2.2 模型求解由第一问所得到的等效惯量为52 kgm2 ，而电动机能补偿的能量相应的惯量的范围为 -30, 30 kgm2 ，所以，得到机械惯量对应的补偿惯量为：机械惯量40 kgm270 kgm2补偿惯量12 kgm2-18 kgm24.3问题三4.3.1 模型建立因为试验台采用的电

14、动机的驱动电流I与其产生的扭矩M成正比，即： I = M * k （8）其中k=1.5 A/Nm。利用公式：M = （9）其中，表示角加速度。利用公式：= （10） 利用公式： v = * r （11）因为r为常数，将公式（10）两边同时对t求导，得：r * （12）整理，得： =* （13）所以，电动机的驱动电流I产生的扭矩为：M = * （14）根据加速度公式：a （15） 其中表示物体的末速度，表示物体的初速度。将公式（14）代入公式（8）中，得电动机的驱动电流I：I = k * （16）4.3.2 模型求解利用公式（16），在问题一和问题二的条件下，求得驱动电流约为： 4.4 问题四4

15、.4.1 模型建立从图中可以看出，主轴扭矩开始在t1s变化急剧，在t1s后逐渐趋于稳定，在某一定值上下波动，且波动范围较小。从图中观察得，在t A=xlsread(C:UsersPresario CQ40Desktop建模第一次旧题新作题目纯数据.xlsx); n=A(:,1:1); %扭矩存入n中z=A(:,2); %将转数存入z中t=A(:,3); %将时间存入t中w=z.*2*pi/60; %将转数化为角速度存入w中 for i=1:467 %将i到i+1时间段的扭矩取平均值存入bb(i)=(n(i)+n(i+1)/2;end for i=1:467 %将i到i+1时间段的角速度取平均值

16、存入cc(i)=(w(i)+w(i+1)/2;end q=b.*c.*0.01; %将i到i+1时间段制动器消耗的能量存入q sum(q) %将各个时间段制动器消耗的能量求和ans = 4.9242e+004问题五%- 10-8-14 下午3:14 -%w0=53.8;w(1)=53.7;t=0.01;m(1)=73;m0=288;for i=1:200for j=1:itemp(j)=m(j)*w(j);ends=sum(temp);m(i+1)=(13/2*(w02-w(i)2)-t*s)/(w(i)*t);w(i+1)=w(i)-(m0-m(i+1)/35*t;end问题六w0=53.8;w(1)=53.7;t=0.01;m(1)=0;m0=288;for i=1:200for j=1:itemp(j)=m(j)*w(j);ends=sum(temp);m(i+1)=(13/2*(w02-w(i)2)-t*s)/(w(i)*t);w(i+1)=w(i)-(m0-m(i+1)/35*t;end