数学建模论文制动器试验台的控制方法分析

1、制动器试验台的控制方法分析摘要本文基于问题所给知识，得出等效惯性的计算模型，结合微积分方法导出补充惯量，建立驱动电流依赖与可观测量的数学模型，评价问题所给控制方法，并给出电流值的控制方法，进而评价与改进该模型。对于问题一关于转动惯量的求解，利用路试时的平动能量等效为模拟过程中车轮的转动能量，计算出对应的转动惯量为。对于问题二关于机械惯量的计算，本文把环形飞轮的形状理想化为标准的圆筒形。采用微元法求出每个圆筒微元转动惯量的表达式，进行积分，得到三个飞轮的转动惯量分别为，。因为机械惯量是转动惯量与基础惯量之和，则可以得到的机械惯量值的8种组合。问题二中转动惯量对应的补充惯量为，。对于问题三。采用物

2、理学力矩平衡方程推出驱动电流扭矩与主轴瞬时转速、瞬时扭矩之间的微分方程。求解所给问题时，在对题中的实际情况进行分析后，得出制动扭矩（即主轴瞬时扭矩）是常数，且在这种情况下，电模拟的方法能完全模拟路试时的刹车情况的结论。最后，带入数值得到驱动电流为。对于问题四。首先建立了一个多指标的评价体系，其中能量误差指标是一个重要的指标，同时还增加了力矩变化指标、瞬时速度指标和刹车距离指标，全方位对问题四的控制方法进行了评价。对于问题五，按照问题三导出的数学模型，给出根据前一个时间段观测到的瞬时转速与瞬时扭矩，设计本时段电流值的计算机控制方法，并对该方法进行评价。对于问题六，在问题五中，建立的方程是基于的理

3、想值，而实际情况下很难达到理想值，因此应该对与每个时间段的单独考虑。之后再根据系统动力学方程等原理，使原控制系统得以改进。关键词：等效惯量 微积分 力矩平衡方程 能量误差 一、问题重述汽车的行车制动器（以下简称制动器）联接在车轮上，它的作用是在行驶时使车辆减速或者停止。制动器的设计是车辆设计中最重要的环节之一，直接影响着人身和车辆的安全。为了检验设计的优劣，必须进行相应的测试。在道路上测试实际车辆制动器的过程称为路试，制动器综合性能的检测需要在各种不同情况下进行大量路试。但是，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

4、路试车辆上制动器的制动过程尽可能一致。怎样对制动器试验台进行控制，使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保持一致，成为了一个亟待解决的问题。制动器试验台一般由安装了飞轮组的主轴、驱动主轴旋转的电动机、底座、施加制动的辅助装置以及测量和控制系统等组成。被试验的制动器安装在主轴的一端，当制动器工作时会使主轴减速。试验台工作时，电动机拖动主轴和飞轮旋转，达到与设定的车速相当的转速后电动机断电同时施加制动，当满足设定的结束条件时就称为完成一次制动。路试车辆的指定车轮在制动时承受载荷。将这个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，与此能量相应

5、的转动惯量，在本题中称为等效的转动惯量。试验台上的主轴等不可拆卸机构的惯量称为基础惯量。飞轮组由若干个飞轮组成，使用时根据需要选择几个飞轮固定到主轴上，这些飞轮的惯量之和再加上基础惯量称为机械惯量。路试车辆的指定车轮在制动时承受载荷，将这个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，与此能量相应的转动惯量称为等效的转动惯量。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（本文中的比例系数去1.5），并且试验台工作时主轴的瞬时转速与瞬时扭矩

6、是可观的离散量。又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很难得到。工程实际中常用的计算机控制方法是：把整个制动过程离散化为许多小的时间段，再根据前面时间段观测到的瞬时转速与/或瞬时扭矩，实际出本时段的电流值，这个过程逐次进行，直到完成制动。评价控制方法的优劣可以根据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来判断。本文主要解决以下几个问题：1. 如果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，如何建立模型求出等效的转动惯量。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

7、、0.0784 m、0.1568 m，钢材密度为7810 kg/m3，基础惯量为10 kgm2，建立模型，求出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. 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 km/h，制动5.0秒后车速为零，建立电动机驱动电流依赖于可观测量的数学模型，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

8、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. 讨论第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、问题分析2.1对于问题一：求等效的转动惯量。由题中所给条件可知转动的动能与平动动能等效，继而运用物理公式平动动能与转动动能为相等进行推导，可以得出转动惯量的表达式。2.2对于问题二：求电动机补偿的惯量已知三个不同型号的飞轮和电动机能补偿的能量相应的惯量范围，求出可以组成的机械惯量以及对于问题一中得到的

9、等效的转动惯量，需要用电动机补偿的惯量。首先是对于可以组成的机械惯量的分析。可采用微元法，将飞轮分割为无限个圆筒，取任意半径r，求出距离圆环圆心半径为r的圆筒的转动惯量，运用加分远离可以得到飞轮的转动惯量。然后可以运用问题一推导出的转动惯量表达式，求得三个飞轮各自的转动惯量。因为机械惯量等于飞轮的转动惯量之和加上基础惯量，则可清楚地计算出转动惯量的所有可能取值。其次是对需要用电动机补偿的惯量的计算。根据问题一求得的等效转动惯量，计算出每种机械惯量情况下，电动机所要补偿的惯量，结合电动机能补偿的能量相应的惯量的范围，最终确定需要用电动机补偿惯量的值。2.3对于问题三：建立电动机驱动电流依赖于可观

10、测量的数学模型首先要了解制动器试验台制动的工作原理，结合物理定律进行机理分析建模。其中问题的解答。只需将数值代入模型，并进行适当分析即可得出答案。接着，在上述原则之下，考虑从力矩平衡角度建立其包含主轴瞬时转速与瞬时扭矩的微分方程模型，即可导出驱动电流依赖于可观测量的模型。2.4对于问题四：对该方法执行的结果进行评价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。同时，本文还利用扭矩分析、瞬时速度误差、刹车距离误差等3个指标评价体系对这个试验结果和试验方法进行总体评价。2.5对于问题五：方案设计问题

11、五的目的是得到一个驱动电流的控制方案。首先利用电流的连续性，找出本时刻的电流与上一时刻某个量之间的可靠关系，再利用计算机仿真分析得到比较直观的联系。2.6对于问题六：设计优化问题六是对问题五的进一步讨论。目的是得到一个尽量完善的计算机控制方案。三、模型假设1. 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. 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；3. 飞轮由同种均匀介质构成且形状、质量不会发生变化；4. 路试时轮胎与地面摩擦力无穷大，无相对滑动；5. 模拟实验中主轴的角速度始

12、终与车轮的角速度一致；6. 忽略车轮自转时具有的能量；7. 试验区域，重力加速度g取值为9.8。四、符号说明等效转动惯量物体的质量车辆单个前轮的滚动半径制动时承受的载荷物体的运动速度车轮的角速度地球表面的重力加速度飞轮的外直径飞轮的内直径飞轮的厚度钢材的厚度电动机需要补充的惯量机械惯量制动器所消耗的能量电动机的扭矩制动器的制动扭矩角加速度时刻的角加速度时刻的理想角加速度电动机的驱动电流时刻的理想电流时刻的驱动电流时刻的驱动电流相对误差制动减速度瞬时转速初始转速末转速车轮具有的动能与路试等效的转动惯量第个时间段起始时刻的角速度总时间段数时间步长车轮的滚动半径五、模型的建立与求解5.1 针对问题一

13、的模型建立与求解设车辆在行驶时的速度为，车辆的质量为，车辆的动能为则有：平均动能: (1)车辆的角速度和车轮角速度的关系为： (2)由(1)(2)两式可得: (3)有车辆的转动动能： (4)有： (5)则得出转动惯量： (6)因为车辆在制动时承受的载荷： (7)则有上面各式可以得到转动惯量的表达式为： (8)若取，代入数据求解可得： (9)5.2 针对问题二的模型建立与求解： 5.2.1 求出可以组成的机械惯量首先任取一半径，且应满足,在距离飞轮圆心除取一很小的变化量且，则在的圆环周长 (10)由于，圆环周长可以近似为则厚度为小圆筒的质量： (12)则小圆筒的转动惯量： (13)假设三个圆筒的

14、转动惯量为因为，因为对小圆筒的转动惯量在区间上积分就可得到飞轮的转动惯量： (14)整理的： (15)由题中数据可知： 将数据代入上式即可求得三个飞轮的转动惯量： 由题中所给条件可知：飞轮的基础惯量为基于等式：机械惯量=飞轮转动惯量之和+基础惯量飞轮的转动转动惯量之和与所选飞轮的个数和飞轮类型有关。所以转动惯量有一下情况：(1) 当飞轮个数为零时，转动惯量为(2) 当飞轮个数为一时，转动惯量为，(3) 当飞轮个数为二时，转动惯量为，(4) 当飞轮个数为三时，转动惯量为与此相对应的机械惯量为：(1) 当飞轮个数为零时，机械惯量就等于基础惯量，即为(2) 当飞轮个数为二时，机械惯量分别为，(3)

15、当飞轮个数为三时，机械惯量分别为，(4) 当飞轮个数为四时，飞轮的机械惯量为综上所述：三个飞轮可以组成、的8种数值的机械惯量。5.2.2 已知电动机能补偿的能量对应的惯量的范围为，对于问题1中得到的等效的转动惯量，求出需要用电动机补偿的惯量由上述5.2.1可知：三个飞轮可以组成的8种数值的机械惯量，由此可以求出转动量与机械惯量的差值即为需要电动机补充的能量 代入数据可得：由于电动机能补偿的能量相应的惯量的范围为，则满足条件的是，。则需要用电动机补偿的惯量分别为，。5.3针对问题三的模型建立与求解：由能量守恒计算驱动电流模型5.3.1 对问题三的分析根据文中第三段描述，画出制动器、转轴、电动机和

16、小飞轮如何连接的简易示意图，如下图所示： 图1 制动器试验台工作示意图若机械惯量小于转动惯量，制动时飞轮组会迅速停下，而不能真实的模拟实际情况。但又若机械惯量太大，制动时飞轮组久久不会停下，也不能真实的模拟实际情况。因此如何使用电动机适时的加以补偿电流，增大飞轮组的转动动能是需要解决的问题。由于实际问题要复杂的多，不考虑摩擦与风速等其它因素对能量的损失。那么，在制动开始到制动结束，任意时刻的能量都是守恒的，则根据能量守恒定律可知，制动器产生的能量=飞轮组的减少的能量+电动机对飞轮组的补偿能量，据此建立了模型三。5.3.2 模型的建立根据对问题三的分析，利用物理即工程上常用的转动惯量的知识进行本

17、模型的建立，根据大学物理书所给的定理知，影响转动惯量的主要因素有质量分布、转轴位置和半径。根据已学的物理知识，结合在本系统中，在问题一和问题二的基础上，主要考虑机械惯量和电动机的补偿惯量，可以建立如下的模型：首先，根据文中第三段提示，不妨假设机械惯量小于等效的转动惯量，由此，根据能量守恒定律，可以得到：制动机产生的能量=飞轮组减少的能量+电动机补偿能量，设飞轮组在初始时刻的角速度为，经过时间后的角速度为，那么，制动机产生阻碍飞轮组转动的能量为： (16)其中，为制动机产生的能量，为等效的转动惯量。飞轮组减少的能量为： (17)其中，为飞轮组减少的能量，为机械惯量。对于电动机产生的补偿能量，为其

18、功率对时间的积分，又其瞬时功率为： (18)其中，表示电动机的驱动电流产生的扭矩，即电扭矩，表示电动机在时刻的输出功率，那么，从零时刻到任意时刻，电动机产生的补偿能量为： (19)由能量守恒定律，即可得： (20)第二步，为解出驱动电流，可以根据文中第四段所给的信息：一般情况下，电动机的驱动电流与其产生的扭矩成正比，由此可设： 其中，表示在05秒之间的驱动电流，为比例系数且=1.5。第三步，根据以上两个步骤可知，要想求出电动机的驱动电流，必须先求出电扭矩的表达式，由此根据公式的关系求出电扭矩，即对式两边同时求导，得： (21)进一步进行演算可以得到电扭矩的表达式： (22)由此，结合式可以得到

19、驱动电流可以表示成： (23)根据以上三个步骤，结合针对问题一和问题二所求得的解，可以求出本模型的驱动电流，具体求解见模型的求解5.3。5.3.3 模型三的求解根据模型的建立，结合问题三中的条件：制动减速度为常数说明加速度是一个恒定的负值，由此可知 (24)而根据物理知识知，。所以，可以得到，即，因此可以得出 (25)又由问题一和问题二可以得出：（1） 机械惯量：由问题二可知，有两种组合满足补偿惯量的要求，即只安装第一种飞轮，机械惯量为，补偿惯量为和只安装第二种飞轮，机械惯量为，补偿惯量为。考虑到补偿惯量（取决定值）越小越好，选取只装第一种飞轮的情况，则：；（2） 制动时轮子的等效的转动惯量：

20、=；（3） 前轮的滚动半径：=0.286。结合以上所给出的数据和问题三中的假设条件：初始速度=50= ， 速经过制动时间（秒）后停止， 即末速度=0，可以得出：= (26)再根据问题三建立的模型可以得出驱动电流值 (27)也可表示为 (28)5.4问题四5.4.1指标一： 能量误差根据能量守恒，路试时制动器在制动过程中消耗的能量与车轮损失的动能相等，即 (29)根据功能关系，试验台上制动器在制动过程中消耗的能量与等效转动惯量做的功之和相等，即因为时间步长t为10ms，非常短，求各个时段的做功时，可以将每个时段内看作为匀速运动，即，从而，,进过matlab计算得：能量误差：，相对能量误差为：，是

21、比较小的。5.4.2指标二： 扭矩分析将附表中给出的试验台瞬时扭矩绘制成曲线，如图2所示：图2从这个曲线我们可以看出，该控制方法得到的试验台的扭矩存在着较大的抖动，理想状态下扭矩应该是先急剧上升，然后趋于稳定，并固定在一个数值保持不变。而这种控制方法，虽然开始时上升的速度较快，但整个制动过程中的扭矩都是不稳定的，最大的抖动幅度达到，而稳定后的扭矩平均值为，相对误差为，这个抖动是非常大的，对检测结果的影响也将会非常大。5.4.3指标三 ：瞬时速度误差由于路试时制动减速度为等指标，此过程为匀减速过程，我们将此过程的瞬时转速曲线与附表中执行该控制方法得到的瞬时转速曲线相对比，如图3所示：图3将每个时

22、刻的瞬时转速误差求出并绘制曲线，如图4所示：图4分析曲线，我们可以看出，瞬时速度的误差值在第一秒钟内误差稍大，在0.62s时出现最大值，为,而此时的转速为，,误差相对值是3.4%，是相对较小的。从第二秒开始，瞬时速度的误差基本在以下，并且总体呈下降趋势，最后基本趋近于0.考虑开始存在较大误差的主要原因为电动机在提供制动力的同时要补偿机械惯量与等效惯量的差值，因此控制的电流值不能全用来提供制动力，使减速度不能达到要求，而当补偿惯量达到要求以后，电动机在提供制动力的同时要补偿机械惯量与等效惯量的差值，因此控制的电流值不能全用来提供制动力，使减速度不能达到要求，而当补偿惯量达到要求以后，电动机的驱动

23、电流全部用来提供制动力，因此，后面的误差将逐步趋近于0.5.4.4指标四：刹车距离误差刹车距离是评价制动器性能好坏的一个十分重要的指标，因此将刹车距离误差作为评价控制方法优劣的指标是非常合理的。因为，刹车距离,有积分的性质可得，此距离是与图2中曲线下方的面积成正比的，即,而我们要求的评价指标是相对误差，所以，可以将这个比值转化为面积的相对比值，即 ： 可见，刹车距离误差是非常小的。综合以上各个指标，该控制方法虽然有些不足的地方，但是从总体上看，该控制方法的误差是很小的，也是相对比较稳定的。5.5问题五：控制方法设计与评价5.5.1控制方法设计假设为时刻的主轴扭矩，为时刻的驱动电流的理想值，根据

24、电流的连续性，在时刻的电流应是与尽可能的接近，即： (30)于是有 () (31)又因为时刻的与也十分接近，同理可得，时刻的角加速度与理想的角加速度近似相等，即： (32)于是，(3)式就变成 (33)由此，得到了时刻的驱动电流与时刻的制动扭矩的关系。此时能量误差为 (34)5.5.2计算机仿真分析利用仿真分析软件之前，先假设这样一种情况：路况等效的转动惯量为，机械惯量为，主轴的初转速为514转/分钟，末速度为257转/分钟，测量的时间步长为。即，此时的瞬间扭矩与问题四中的瞬时扭矩是一样的，于是，在这些条件下进行仿真分析，可以得到如下的数据图：图5图5是制动器能量消耗与时间关系图，分析图可以得

25、知，在开始的一小段时间内，制动器消耗的能量是急剧增加的，但当到达某一值后，能量的消耗量呈一定规律地减少，且较为缓慢，但还是有一定的波动。图6图6是路试时主轴转速与仿真时主轴转速变化的比较图，都是从一个起点出发，但在前一段时间试验值明显与理想值发生偏离，但随着时间的改变而渐渐靠近，说明试验的模拟精度越来越高。六、模型评价与改进6.1问题六：控制方法改进与评价在问题五中，建立的方程是基于的理想值，而实际情况下很难达到理想值，因此应该对与每个时间段的单独考虑。根据系统动力学方程： (35)可知在时刻电动机产生的拖动力矩 (36)由在问题三时所建立的模型可知： (37)将(37)式等效变换得 (38)

26、将(38)式带入(31)式中，得 (39)假设制动器是以理想的方式启动，则 (40)通过对(39)式进行迭代运算，得到在每个时段的电流值，从图6可以看出，算法改进以后电流提升速度更快，电流值更高，与理想值更接近。图7通过对各个时段转速进行分析并与图6进行比较，发现通过对控制方法改进，是的所求转速与理想转速更家接近，从而使得误差更小。图8路试时制动器消耗的能量 (41)试验台的制动器消耗能量 (42)则该控制之下能量相对误差为 (43)七、参考文献1 姜启源，谢金星，叶俊数学模型m.北京：高等教育出版社，20032 马文蔚，谢稀顺，周青雨. 物理学m.北京：高等教育出版车，2006.3 张磊，毕

27、靖，郭莲英.matlab实用教程m.北京：人民邮电出版社，2008.4 周洪旋.制动器试验台电惯量系统控制方法研究j.吉林：吉林大学硕士学位论文.2005.5 马继杰，吴博达.制动器惯性台架电模拟惯量的研究j.汽车技术，2009.6 哈工大理论力学教研室.理论力学m.北京：高等教育出版社，2008.7 陈建军.制动器试验台机械惯量电模拟方法j.2007.12:28-30.八、附录%ex-2:%试验台瞬时扭矩分析clear;data=xlsread(f:a2009data.xls);%读取所给表格数据m=data(:,1);%第1列数据，扭矩t=100*data(:,3);%将第三列数据，时间单

28、位转化为10msplot(t,m,-)xlabel(时间/10ms)ylabel(扭矩/n.m)title(试验台瞬时扭矩分析)%ex-3:%路试与实验台测试瞬时速度对比clear;data=xlsread(f:a2009data.xls);%读取所给表格数据r1=data(:,2);%第2列数据，转速t=100*data(:,3);%将第三列数据，时间单位转化为10mst2=1:468;%匀减速间隔r2=514-257*t2/468;%匀减速变化plot(t,r1,b-,t2,r2,r-.)xlabel(时间/10ms)ylabel(瞬时转速/rpm)legend(试验台,路试)title(路试与实验台测试瞬时速度对比)%ex-4:%路试与实验台测试瞬时速度误差clear;data=xlsread(f:a2009data.xls);%读取所给表格数据r1=data(:,2);%第2列数据，转速t=100*data(:,3);%将第3列数据，时间单位转化为10mst2=1:468;%匀减速间隔r2=514-257*t2/468;%匀减速变化n=length(t);%时