数学建模论文-制动器试验台的控制方法与仿真.doc

1 -制动器试验台的控制方法与仿真摘要基于汽车控制器试验平台的工作原理与动力学特性，该文建立了制动器试验台的数学模型，得出了补偿电流与转速的函数关系并研究制动器试验台的控制方法对问题 1，利用等效转动惯量的物理定义，计算出车轮制动时的等效的转动惯量为52kg. m2对问题 2，推导出飞轮的转动惯量的计算公式，分别计算出 3 个飞轮的惯量为， ， ，进而可以组成以下 8 组机械惯量：30.kg6.20.kgm10，40，70，100，130，160，190， ，应补偿的惯量为 20.kg21.kgm对问题 3，建立电动机驱动电流依赖于瞬时转速的数学模型 dnIJt利用给出的数据计算出驱动电流为 175A对问题 4，通过对可观测量数据的统计分析及连续模型的离散化，利用能量补偿原理，对上述模型进行评价对问题 5，在此基础上，通过对各种影响因素的分析，设计出了一种计算机控制电流的算法，该算法通过计算机语言实现，反映了上一个时间段的顺时转速与后一时间段的电流关系，进一步利用经验数据对该方法实效性进行验证，并作出评价对问题 6，利用 Matlab 中的 Simulink 软件包进行仿真得出对应的响应曲线，并分析控制效果，给对控制器试验台控制方法的改进及建议。

关键词：制动器试验台 动力学模型 转动惯量 能量补偿 计算机仿真与控制 - 2 -1.问题的提出1.1 汽车制动器的重要性随着人们生活水平的不断提高，汽车的拥有量越来越多，安全行驶至关重要汽车的行车制动器联接在车轮上，作用是在行驶时使车辆减速或者停止重大交通事故往往与制动距离太长、紧急制动时发生侧滑等情况有关因此制动器的设计成为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车辆设计阶段只能在专门的制动器试验台上对路试制动性进行模拟试验，以测试其各项性能指标，保证行车安全1.2 试验台的工作原理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试验时只试验单轮制动器，而不是同时试验全车所有车轮的制动器通常制动试验台结构示意图如图 1 所示，基础底座系统主要是固定电动机、主轴和飞轮组等器件试验台工作时，电动机为主轴和飞轮组提供转动扭矩，当主轴和飞轮组的转速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，达到设定的结束条件时称为一次制动由于实际路测时的转动惯量不能精确地用机械惯量模拟试验，需要进行相应的补偿，方法是：首先把机械惯量设定为一个最接近于等效转动惯量的值，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，达到与路试情况相当的效果。

图 1 制动试验台结构示意图图中试验台各部分名称及对应编号：1、基础底座系统 2、直流调速系统 3、导向件 4、联轴器 5、 轴承器 6、锥轴 7、飞轮组 8、集流环 9、试件夹具系统 10、 尾座滑移系统 11、测力臂 12、飞轮装卸系统- 3 -1.3 需解决的问题（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 kg·m2，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] kg·m2，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 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 kg·m2，机械惯量为 35 kg·m2，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2.问题的分析制动器试验台的模拟试验是在车辆设计阶段利用制动器试验台来模拟路试路试车辆的指定车轮在制动时承受的载荷，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由于等效的转动惯量不能精确地用机械惯量模拟试验，因此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这里的主要工作是建立电动机驱动电流数学模型，设计驱动电流控制方法，并对该方法进行评价和改进1）对问题 1 的分析根据质量连续分布刚体转动惯量的定义和已知条件分析车轮制动时的等效的转动惯量2）对问题 2 的分析建立飞轮模型，根据飞轮的转动惯量与其密度、厚度、内外半径的关系，分析单个飞轮的转动惯量，与基础惯量排列组合得到几种不同的机械惯量，最后把机械惯量设定为一个最接近等效惯量的值，不足的惯量由电流驱动电动机补偿3）对问题 3 的分析根据质量连续分布刚体的定轴转动定律推导驱动扭矩、补偿电惯量和角加速度的关系，由已知条件中驱动电流与驱动扭矩的正比关系，得出驱动电流和角加速度或转速的函数关系。

进而得到驱动电流和可观测到的转速的数学模型4）对问题 4 的分析将连续模型离散化，通过对路试制动过程所消耗的能量与试验台上根据附表数据得到所消耗的能量的差值进行比较，从而通过能量的误差对该问题进行评价5）对问题 5 的分析由问题 3 建立的数学模型，可以通过编程或 Simulink 设计仿真驱动电流的计算机控制方法 4 -（6）对问题 6 的分析对问题 5 中控制方法的不足之处进行改进，重新设计出一个更完善的计算机控制方法3.模型的假设（1）试验台的制动器是在理想的情况下进行试验的2）路试时轮胎与地面的摩擦力无穷大，即轮胎与地面无滑动3）模拟试验中，主轴的角速度与车轮的角速度始终一致4）制动器在制动时所产生的动力恒定，即制动时减速度为常数5）在制动器开始制动时，电动机拖动的主轴和飞轮已经达到与设定的车速相当的转速6）不考虑观察误差、随机误差和连续问题离散化所产生的误差4.模型的建立与求解4.1 问题 1 的分析与求解根据刚体的转动惯量的定义和已知条件就可以求出车轮制动时的等效的转动惯量假 设 试 验 过 程 中 等 效 的 转 动 惯 量 是 ,飞轮转动惯量是 ,基础惯量是 ,机械EJWJBJ惯量是 ，补偿惯量是 ,车轮的滚动半径是 r，制动时承受的载荷是 W，重力加速度MJSJg（取值 9.8 m/ s2） 。

转 动 惯 量 只 决 定 于 刚 体 的 形 状 、 质 量 分 布 和 转 轴 的 位 置 ， 其 定 义 式 如 下 ：⑴2imr上式中 ——刚体中每个质点的质量，im——质点 离垂直轴的距离ri由于刚体的质量可以认为是连续分布的，所以上式可写成积分形式：⑵2Jrd本题把整个车轮看作质量连续分布的刚体，模型如图 2 所示，由上式得到车轮的等效转动惯量：⑶2EJmr已知制动时承受的载荷 W、重力加速度 g 与质量m 的关系，并由式⑶得到等效的转动惯量：⑷ 2Erg代入已知的 r 与 W 的值得到等效的转动惯量：25Jkm图 2 车轮模型受力图- 5 -4.2 问题 2 的分析与求解根据飞轮的转动惯量与其密度、厚度、内外半径的关系，可以求出各个单个飞轮的惯量，在根据排列组合可得到 3 个飞轮的 8 种机械惯量，最后把机械惯量设定为一个最接近等效惯量的值，不足的惯量由电动机补偿已知飞轮组由 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 和 0.1568 m，钢材密度为 7810 kg/m3，基础惯量为 10kg·m2。

飞轮模型如图 3 所示，假设飞轮内半径是 ，外半径是 ，厚度是 d，钢材密度1R2是 ，飞轮体积是 v，转动惯量是 J，飞轮在 XY 平面上任一点是（x，y） ，则有：⑸221Rxy本题把飞轮也看作质量连续分布的刚体，由式⑴得到飞轮的转动惯量：⑹212300()RdWJxydvrz化简上式⑹得到飞轮的转动惯量：⑺421()R分别将题中三个飞轮的参数代入上式⑺可得三个飞轮的单个转动惯量分别为： 2130.WJkgm2623.由于试验台的基础惯量 为 ，则可以组成BJ210.kg10，40，70，130，100，160，190，220kg·m 2的 8 种数值的机械惯量问题 1 中得到的等效转动惯量为 52kg·m2，不能精确地通过试 验台组成的机械惯量表示，所以需要进行补偿电动机能补偿的能量相应的惯量的范围为 [-30, 30] kg·m2 ，在误差最小的原则下应选取与等效转动惯量最接近的一个机械惯量 40 kg·m2 ，因此电动机需要补偿的惯量 是:SJ25401kgm图 3 飞轮模型图- 6 -4.3 问题 3 的分析与求解根据刚体的定轴转动定律可以知道驱动扭矩与补偿电惯量和角加速度的关系，又由已知条件可知驱动电流与驱动扭矩的正比关系，可以得出电流和加速度或转速的函数关系。

从而得到驱动电流和可观测到的转速的数学模型由于等效的转动惯量不能精确地用机械惯量模拟试验，因此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本题中假设试验台采用的电动机的驱动电流 I 与其产生的扭矩 成正比，其比例系数 k 为 1.5 ()SMtA/N·m，飞轮组转速为 n，线速度为 ，角速度为 ，角加速度为 ，制动扭矩为 ，()fMt首先对实验台整个转动部分分析，根据刚体的定轴转动定律可知旋转刚体的总外力（扭）矩：如图 4 ⑻2()ziMmr其中： ——刚体中每个质点的质量，i——质点 离垂直轴的距离i由式⑴可知 也是质量连续分布刚体2r的转动惯量 J，因此式⑻写成：⑼z又因为角加速度 与角速度 有以下关系：⑽dt由式⑼⑽可以得出： 图 4 刚体质点受力图⑾zMJt根据机械力学原理，飞轮组旋转的总外扭矩有（如图 5）：⑿()zfdttt上式中 ——驱动扭矩——制动力矩()ft在制动试验过程中，等效的转动惯量 需要EJ机械惯量 和补偿惯量 共同完成，而补偿的那MJSJ部分惯量是由电流驱动电动机实现，此时相当于只有电动机的驱动，因此，飞轮组旋转的总外扭矩只有驱动电流产生的扭矩 ，则有：()St⒀()SdtJt图 5 飞轮扭矩分析图已知试验台采用的电动机的驱动电流与其产生的扭矩成正比,比例系数为 k ，则有：- 7 -⒁()SIkMt又有线速度 与角速度 的关系： ⒂r角速度 与转速 n 的关系： ⒃利用式⒀、⒁、⒂和 ⒃，得出电动机控制电流 I 与瞬时线转速的微分方程模型：⒄1SdIkJrt同样利用式⒀、⒁、⒂和 ⒃，得到电动机控制电流 I 与可观测离散量瞬时转速的微分方程模型：⒅ 2SnIkJdt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，a0v制动 5.0 秒后车速为零，计算驱动电流 。

1I式⒄中 就是路测时单轮的减速度 ，因此式⒄可以转化成：dt⒆SIkJar由制动减速度为常数，初始速度为 50 km/h（ 14 m/。