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1、制动器试验台的控制方法分析摘要汽车制动性能的检测是机动车安全技术检验的重要内容之一，制动器的设计也成为车辆设计中重要的环节，在车辆设计阶段需要在制动试验台上对路试制动情况进行模拟，本文主要对制动试验台上的一系列问题进行了研究。对于问题一，通过利用能量守恒定律，将汽车平动时具有的动能等效地转化为试验台上飞轮和主轴等机构转动时具有的转动动能，求得等效的转动惯量为。对于问题二，根据刚体转动知识利用推导出的转动惯量公式：，求得3个飞轮的转动惯量，进而可以组合出8种机械惯量。由电动机补偿惯量的范围及问题1等效的转动惯量，可以计算出需要电动机补偿的惯量为12，或-18，考虑节能时，取补偿惯量为12。对于问
2、题三，题目中假设制动减速度为常数，根据刚体的定轴转动的转动定律，再结合电流和力矩的正比关系，求得的的驱动电流，和。对于问题四，我们采用两种方法来进行评价：1.将时间离散化，2.总能量误差法。都是分别求出理论减少能量和实际减少能量，然后算出误差分别为为：5.58和5.63对于问题五，是在问题三模型的基础上，给出根据前一个时间段观测到的瞬时转速或瞬时扭矩，设计本时间段电流值的计算机控制方法，计算出前一个时间段的能量误差，得到本时间段的补充电流，从而本时间段的电流对于问题六，由于电流对电动机的扭矩进行控制的过程可以看成是有控制地对主轴施加电能量的过程,基于能量误差最小化的原则，采用逐步能量补差法，得
3、到控制电流的方法。关键词：刚体转动惯量 转动定律 逐步能量补差法一、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。为了检验设计的优劣，必须进行相应的测试。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。但是，车辆设计阶段只能在专门的制动器试验台进行模拟试验。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。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。
4、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(模拟实验中，可认为主轴的角速度与车轮的角速度始终一致)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。但对于某些转动惯量的情况，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
5、是：把机械惯量设定为某一转动惯量，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。现在要求解答以下问题：1. 设车辆单个前轮
6、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 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
7、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、问题分析2.1问题一的问题分析第一问求的是模拟试验时对应的等效转动惯量。由题中等效转动惯量的定义可知，路试时车辆由于载荷而具有的能量能等效的转化为模拟
8、试验台上的飞轮和主轴等机构具有的转动惯量，所以可列出关系式：，且载荷与车轮半径均已知。结合角速度与线速度的转化公式：，即可求出该车辆制动时所具有的等效转动惯量。2.2问题二的问题分析本题要解决的机械惯量及等效转动惯量的构成问题，图一为等效转动惯量的构成。图一：等效转动惯量组成示意图首先根据题中所给三个飞轮的数据，根据计算圆筒转动惯量的公式，求出各飞轮的惯量。再根据排列组合公式，求出所有机械惯量的不同组合。由等效转动惯量和驱动电流所对应的惯量范围，即可求出电动机需要补充的惯量大小的范围。2.3问题三的问题分析本问中要求建立驱动电流依赖于可观测量的数学模型，并求驱动电流的大小。由于驱动电流与扭矩成
9、线性关系，所以只需求出驱动电流对应扭矩的大小。根据刚体定轴转动定律，推导出电流只与角加速度有关。利用角加速度与线加速度的关系，而且由题中做匀减速运动，可求解出角加速度，再求出电流的大小。2.4问题四的问题分析题目中要求对文中所采用的实验方案进行评价。思路为求出实际理论上路试时制动器需要消耗的能量，以及模拟实验台上制动器消耗的能量。求两者之间的能量误差，并作出评价。由附件中测得的每个观测时刻的扭矩和角速度的数据，根据，可求出按文中设计方法每个时间段内（10ms）中制动器所消耗的能量。累计求和即模拟试验台上制动器消耗的总能量。实际理论上消耗的总能量可根据求得。两者之差即为按文中方法所产生的能量误差
10、。同时，计算出相对误差。2.5问题五的问题分析用一阶的形式构造递推控制方法，就是只采用前一时间段的信息决定下一时间段电流值，利用电机扭矩和制动扭矩的关系以及电流和电机扭矩成正比的假设进行推导，进而求解。2.6问题六的问题分析电流策略设计有很多种方法，不过设计出来后还要做误差分析的，好的方法就是使总误差最小的方法。我们采用逐步递推的方法，但递推方法每一步都会产生能量误差，为减少能量误差我们采用逐步能量补差法进行处理。即在不同的时，计算前个时间段所产生的能量累积误差，令第个时间段的能量误差等于零即可。三、模型假设1.假设轴之间摩擦产生的热忽略不计；2.加载时力矩建立时间很短，可以忽略；3.假设试验
11、台采用的电动机的驱动电流与其产生的扭矩成正比4.假设试验时轮胎与地面的摩擦力为无穷大，因此轮胎与地面无滑动；5.假设不考虑观测误差、随机误差和连续问题离散化所产生的误差；6.假设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；四、变量与符号说明 制动扭矩 电流产生的扭矩 制动角速度 单轮等效转动惯量 机械转动惯量 制动开始时刻制动轴角速度 制动结束时刻制动轴角速度 飞轮的外半径 飞轮的内半径 飞轮的厚度 飞轮的密度 补偿电流 时刻电动机的扭矩 时刻飞轮的扭矩 时刻的总扭矩 前时间段产生的累积能量误差，五、模型的建立与求解5.1问题一的求解由题中等效转动惯量的定义：路试车辆的载荷在平动时具
12、有的能量（忽略车轮自身转动具有的能量）能等效地转化为试验台上飞轮和主轴等机构转动时具有的等效转动惯量。根据能量守恒，刚体定轴转动角动能定理，有汽车平动时具有动能： ，飞轮组系统转动时具有动能： ，由两者相等且：，=，将数据，带入，得等效惯量： 其中为等效质量，由该车轮分担的载重的质量，为等效转动惯量；5.2问题二的求解将实验台上的飞轮视为圆筒，主轴为飞轮的中心轴。令飞轮的密度为，外径为，内径为，厚度为，飞轮的质量为m0，则任一飞轮所对应的惯量为：带入数据， 得：根据排列组合知识，共可得到=8个机械惯量，分别为：由这3个飞轮可以组成8种组合（单位：）由这3个飞轮可以组成8种组合，各组合方式及组合
13、惯量如下表所示：表 1 组合方式及组合惯量（单位）飞轮组合无飞轮121，231，32，31，2，3组合惯量0306090120150180210机械惯量104070100130160190220由问题一的等效的转动惯量为52，电动机能补偿的能量相应的惯量的范围为-30,30，经计算可知，选择飞轮1或飞轮2满足题目条件，分别需要补偿12，-18 。考虑到节能的问题，我们可以选择飞轮1，需要补偿的惯量为12。5.3问题三的求解要求驱动电流的大小，根据驱动电流与扭矩的线性关系及刚体定轴转动定律，可得到求解。制动扭矩： (1)又由第二问可得： (2)推得： (3)(3)/(1)得：所以： = （4）问
14、题求解的关键在于角加速度的求解：由于轮胎与地面无相对滑动，制动减速度是常数，所以由题中车辆半径为0.286 m，初始速度为50 km/h，制动5.0秒后车速为零。求出角加速度=9.71251。将=12，代入（4）式得，约为。将=-18，代入（4）式得，约为。5.4问题四的求解图2扭矩与时间的关系曲线（红线为实验值，绿线为理论值）从图2可以看出，制动扭矩在01秒内变化较大，呈现递增特性，而在1秒之后在一个恒定值附近小幅度波动，这是控制系统调节的结果。图3转速与时间的关系曲线（红线为实验值，绿线为理论值）由图3，转速曲线在刚开始1秒内波动并没有规律，在1秒附近有一次突然地减小，而1秒之后则基本成直
15、线变化。在实验时，如果飞轮的转动惯量与路试时主轴的转动惯量不一致，电动机就不能关闭，而应该继续拖动，补偿损失的转动惯量，这时可认为制动过程为匀减速过程，所以试验结果是可信的。对于问题四我们用了两种方法来进行评价。评价的方法一： 将时间离散化，记= kt，t为时间步长，第k个时间段为,，时的角速度为，制动扭矩为，等效的惯量为，机械惯量为，初始角速度为，则到时，理论上能量应该减少：实际上能量减少为：从开始到第k步能量的误差：累计的能量误差为：=其中N为整个刹车过程所对应的时间分段数，相对误差为：以R的大小作为评价控制方法优劣的依据。其中：经计算得：，评价的方法二：总能量误差法理论上制动过程中能量减
16、少：实际上能量减少为：两者的误差为：相对误差为：以R的大小作为评价控制方法优劣的依据。其中：经计算得：，,5.5问题五的求解设第时间段末观察到制动扭矩和角速度值分别为与,=1,2,n用一阶的形式构造递推控制方法可以有多种方式，就是只采用前一时间段的信息决定下一时间段电流值。比如利用电机扭矩和制动扭矩的关系以及电流和电机扭矩成正比的假设，可知 其中，都是已知常数。因为下一时间段的电流值是由前一段的信息决定的，所以由递推关系我们设计出 本方法求解简单，操作简便，在、已知的条件下，只需等间隔地测定瞬时扭矩即可算得所需控制电流，在发出控制信号后，系统只需等待下次测定即可。 本方法具有较好的实施性，在不
17、考虑硬件运算速度的情况下，缩短取样间隔，电流即可以对扭矩变化做出较快的反应。本方法也有其缺点。模拟误差主要来自电机模拟加载部分。从图二可以看出：模拟误差的大小与计算机的采样间隔和需电动机输出的扭矩曲线斜率有关，采样间隔越大，模拟误差越大，当曲线斜率越大，模拟误差越大。曲线斜率与有关，越大，则斜率越大；越小，则斜率越大。5.6问题六的求解在前面的求解中我们根据第三问模型中的，及第五问中的推导第六问的模型。在此问中我们用 表示时刻电动机的扭矩，用表示时刻飞轮的扭矩，用表示时刻的总扭矩，同时用表示个时间片段的电动机的扭矩，用表示个时间片段的飞轮的扭矩，引入：，则有：，解得：，用其构造递推公式，但是这
18、种递推方法每一步都会产生能量误差，为了减少能量误差，我们采用逐步能量补差法进行处理。在不同的时，计算时间段产生的能量累积误差，令第时间段的能量误差等于零，解出的，通式不好写，但易于控制实现。用，分别记为第时间段的角速度、电机扭矩、制动扭矩。为了表述方便，引入符号，使得。设前时间段内产生的累积能量误差为 ，希望在下一时间段通过 的确定补充上相应的能量，从而使总误差逐步减少。再次引入符号，使得，则有： (*)其中：，为第时间段内产生能量的截断误差。因此，（*）式变为： (*)显然，只要累积能量误差 随着的增加逐步趋近于零，则可以解决上述问题。而式（*）中和可以观察得到，有设计，于是，就得到递推算法
19、。其中,为前面的递推公式，也就是电动机原本第时间段应该输入的能量所等效的扭矩,是为补充前面缺失能量所增加的扭矩。刹车前系统做匀速运动扭矩为零，无法确定或，只能取，。在第一时间段结束时可以观察到和。其中，第一时间段累积能量：得出，再由递推公式得出。六、模型的评价与推广本论文针对六个问题建立了六个模型，一个问题，一个模型，思路清晰，一目了然，在运用物理知识的基础上，结合实际情况设计了各个模型，很好的解决了问题。加之，运用了数学软件使结果更加精确。优点：1.基于第四问模型：针对题目控制方法所得的数据；方案一：我们将时间离散化，得到累积能量误差，从而求出相对误差；方案二：我们将能量总体化，分别求出相应
20、的实际总能量、理论总能量，从而求出相对误差。2.基于第五问模型：我们根据第三问采用方法，得出所需控制电流与瞬时扭矩之间关系，本方法具有较好的实施性，在不考虑硬件运算速度的情况下，缩短取样间隔，电流即可以对扭矩变化做出较快的反应。缺点：1.我们采用的数据均由题中所提供，这仅仅是少量数据，可能与实际会有偏差；2.在计算过程中，我们忽视了热能等能量的损失，会使结果有偏差。模型的推广：本论文中模型的建立可以推广到其它类似的问题，特别是在其它物理实验台，例如，如最近生了“7.23”动车事故，要想研发出更好的动车刹车制动，可以用此模型对其进行设计。七、参考文献1长江大学工程技术学院，制动器试验台的控制方法
21、分析，课件，2009年2施卫,大学物理简明教程M,机械工业出版社,2009年3 林荣会，刘明美，制动器试验台中模拟负载的新方法M,机械科学与技术, 1997年.八、附录第四问图二：data = xlsread(D:09年A题数据.xls); %从Excel读取数据time = data(:,3);twist = data(:,1);twist0=276.6218;plot(time,twist,r,time,twist0,g);第四问图三：data = xlsread(D:09年A题数据.xls); %从Excel读取数据time = data(:,3);rotate = data(:,2);
22、rotate0=-257/4.67*time+514;plot(time,rotate,r,time,rotate0,g)第四问评价一：data = xlsread(D:09年A题数据.xls); %从Excel读取数据time = data(:,3);twist = data(:,1);rotate = data(:,2);omiga = rotate*pi/30;p = twist.*omiga;n = length(p);E=0;for i = 1:n-1 E = E + (p(i)+p(i+1)*0.01/2;endEdelta_t = 0.01;omiga0 = 514*pi/30;
23、omigaT = 257*pi/30;J = 48;E_star = J*(omiga02-omigaT2)/2Er = abs(E-E_star)/E_star第四问评价二：data = xlsread(D:09年A题数据.xls); %从Excel读取数据time = data(:,3);twist = data(:,1);rotate = data(:,2);omiga = rotate*pi/30;p = twist.*omiga;n = length(p);E=0;for i = 1:n-1 E = E + p(i)*0.01;endEdelta_t = 0.01;omiga0 = 514*pi/30;omigaT = 257*pi/30;J = 48;E_star = J*(omiga02-omigaT2)/2Er = abs(E-E_star)/E_star15
