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1、制动器试验台的控制方法分析摘要：本文在分析制动器试验台控制方法之前，首先对等效的转动惯量、机械惯量以及电动机驱动电流做了简单的讨论和计算，为试验台的控制方法打好铺垫。然后分别利用辛普森求积公式与迭代法求得试验台上制动器在制动过程中消耗的能量，和路试时的制动器制动过程中消耗的能量，从而求得能量误差，并通过相对能量误差分别评价题目中提供的计算机控制方法的优劣。对于问题（1），本文建立了等效的转动惯量模型。通过车轮纯粹的滚动模型，推导出刚体动能计算公式。然后运用能量守恒定律求得等效的转动惯量模型，解得题中制动时承受载荷的单个前轮的等效惯量为。对于问题（2），利用转轴沿几何轴的圆筒的转动惯量公式，获得
2、8种机械惯量。符合电动机能补偿范围的机械惯量组合为、，需要用电动机补偿的惯量分别为， 。对于问题（3），建立了电动机驱动电流依赖可观测量的数学模型，并求得符合电动机能补偿范围的机械惯量组合，对应的驱动电流为，。对于问题（4），通过矩形积分公式、梯形积分公式与辛普森积分公式三种数值积分方法进行精度分析。运用精度最高的辛普森积分公式，并根据力矩的功求得试验台上制动过程中消耗能量。根据动能定理，计算出路试时的制动器制动过程中消耗的能量，并求得相对能量误差为。对于问题（5）、（6），本文根据问题（3）中驱动电流模型，运用迭代法设计电流值。得出在该设计方法下，驱动电流的初始值是模型优劣的重要因素。并提出
3、了一种初始驱动电流的模型，算出相对能量误差为。在求解过程中，我们大量使用解析法来推导公式，只有在必要时用数值法代替。公式的推导和精炼使得在数值模拟时的计算量大大降低，减少了计算机程序的求解时间。1、问题提出1.1 背景汽车的行车制动器（以下简称制动器）联接在车轮上，它的作用是在行使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，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降到某数值以下；在
4、这一过程中，检测制动减速度等指标。假设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。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实验。本文将对制动器试验台的控制方法进行分析。1.2 重述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。制动器试验台主体原理图如图1所示。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。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
5、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（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成为完成一次制动。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（忽略车轮自身转动具有的能量）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（以下转动惯量简称为惯量）在本题中成为等效的转动惯量。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
6、量称为机械惯量。1.3 需要解决的问题（1）设车辆单个前轮的滚动半径为0.286m，制动时承受的载荷为6230N，求等效的转动惯量。（2）飞轮组由3个外直径1m、内直径0.2m的环形钢制飞轮组成，厚度分别为0.0396m、0.0784m、0.1568m，钢材密度为，基础惯量为，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，对于问题（1）中得到的等效转动惯量，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，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
7、为，机械惯量为，主轴初转速为，末转速为，时间步长为10ms的情况，用某种控制方法试验得到一组数据。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、问题分析制动器试验台的控制方法其实就是在检测制动器的综合性能时，为了更好地遵循模拟试验的原则，精确地模拟等效转动惯量，施加控制电流以补偿由于机械惯量不足而缺少的能量。在分析制动器试验台的控制方法前，首先清晰地理解题目中
8、相关的概念与处理方法是必要的。本文在忽略车轮自身转动具有的能量的情况下，利用能量守恒定理可以获得等效转动惯量。根据题中求机械惯量的例子，可以总结机械惯量的组合方法，再对题中提供的不同转动惯量的飞轮进行组合。通过电动机驱动电流与其产生的扭矩关系以及力矩与转速（由线速度转化而来）的关系计算驱动电流。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是很难得到的。本文采用工程实际中常用的计算机控制方法，其思想是：把整个制动时间离散化为许多小的时间段，比如10ms为一段，然后根据前面时间段观测到的瞬间转速与/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。本文把能量误差的大小
9、作为评价控制方法优劣的一个重要数量指标。在不考虑观测误差、随机误差和联系问题离散化所产生的误差的前提下，定义能量误差为所设计的路试时的制动器与相对应的试验台上制动器在制动过程中消耗的能量之差。最后对电流量的计算机控制方法进行了优化，并做出合理的评价。3、合理假设（1）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。（2）模拟实验中，认为主轴的角速度与车轮的角速度始终一致。（3）试验台采用的电动机的驱动电流与其产生的扭矩成正比，并且本题中比例系数取。（4）车轮、飞轮组都认为是均匀对称的刚体。（5）路试时，车辆行驶的路面为平整的，车辆行驶方向为直线，即不考虑势能变化和拐弯引起的其他能量变化
10、。（6）制动时承受的载荷认为是竖直向下的正压力，即可以等效为重力。计算时，重力加速度使用。4、定义与符号说明： 等效转动惯量。：模拟等效转动惯量。：机械惯量。：模拟等效扭矩。：机械扭矩。：驱动电流补偿扭矩。：时间差。：末速度。：初速度。：合外力。：第i 段时间所作的功。：能量误差。：路试消耗的总能量。：测试消耗的总能量。5、模型建立及求解1. 等效转动惯量由于车轮为刚体，则我们建立车轮在地面沿直线轨迹作纯粹的滚动（纯粹的滚动是没有滑动的滚动）模型。由于纯粹的滚动既不是单纯的平动，也不是单纯的转动，我们可以把它看成平动与转动的叠加。图2 纯滚动的车轮在图2中，设车轮质心的前进速度为，车轮的半径为
11、。当车轮沿直线轨迹作纯粹滚动时，车轮每滚过一周，车轮质心前进的距离必等于车轮的周长，由此可知车轮中心前进的距离和车轮相对于质心转过的角度的关系为将上式对时间求导数得即 （1）上式便是车轮作纯粹滚动时，车轮质心的前进速度和车轮相对于质心作转动的角速度之间的关系。下面利用这个关系式，计算车轮上各点的速度。车轮的运动可看作是整个车轮以速度随质心的平动和以角速度绕质心的转动的合成，因此车轮上各点的速度也就等于平动速度与该点相对于质心作角速度转动时的速度的叠加。角速度的方向垂直纸面向里，车轮边缘上各点由于转动而具有的速度为（这里，是从质心到该点的位矢），这里各该点相对于质心的速度，大小都等于。所以车轮在
12、滚动时轮边缘上任一点的速度是 （2）参看图1，在点，和大小相等、方向相反，因此即点是瞬时静止的。车轮作纯粹滚动时，车轮与轨迹的接触点相对于轨迹是瞬时静止的，并且没有滑动。同理，在点，和方向相同，所以方向和相同。在点，和相互垂直，在刚体运动的研究中，选取质心为基点，有许多优点。其中之一是这时刚体的动能可简单地表示为转动动能与平动动能之和。由物理公式可知，刚体的转动动能为。再利用式（2），我们把刚体的动能写成考虑到为刚体的质量，以及基点是质心，所以。由根据物理知识可知，刚体对圆中心轴的转动惯量用表示，且。这样，上式就可以改写成 （3）这就是说，刚体的全部动能等于质心运动的平动动能与刚体对质心的转动
13、动能的和。根据题目要求，将路试车辆的指定车轮在制动时承受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时，忽略车轮自身转动的转动动能。那么，载荷在车辆平动时具有的能量就为车辆平动时的动能，由（3）式可得，载荷在车辆平动时所具有的能量为。根据能量守恒定律可知，载荷在车辆平动时具有的动能全部等效转化为试验台上飞轮和主轴等机构转动时的转动动能，即 （4）将（2）式代入（4）式可得等效的转动惯量为 （5）根据假设可知，制动时承受的载荷，则载荷等效质量为，将等效质量代入（5）式可得等效的转动惯量为 （6）将车辆单个前轮的滚动半径，制动时承受的载荷代入（6）式可得该情况下等
14、效的转动惯量为2. 机械惯量与补偿试验台上的主轴等不可拆卸机构的惯量称为机械惯量。飞轮组由若干个飞轮组组成，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。本文在计算机械惯量时，忽略飞轮与主轴、飞轮与飞轮间的影响。飞轮示意图如图3所示。图3 飞轮示意图根据密度公式，（是质量，是体积），以及圆筒的体积公式（是外直径，是内直径，是厚度），可得出环形钢制飞轮的质量为 （7）现已知飞轮组由3个外直径、内直径的环形钢制飞轮组成，三个环形钢制飞轮的厚度分别为、，钢材密度为。将以上数据分别代入（7）式，可得三个环形钢制飞轮的质量分别为，。由于刚体的质量可认为是连续分布的
15、，所以转动惯量可以写成积分形式为。根据转动惯量公式的积分形式，计算可得到转轴沿几何轴，外直径为、内直径为、质量为的圆筒的转动惯量为 （8）将数据依次代入（8）式，得出三个环形钢制飞轮的转动惯量为，。基于计算机械惯量所举的例子，假设有4个飞轮，其单个惯量分别是：10、20、40、80，其基础惯量为，则可以组成10，20，30，160的16种数值的机械惯量。经过观察，本文推出计算机械惯量的方法为：将个不同惯量飞轮的转动惯量进行、的组合，其组合种数为。那么，由，的3个惯量，且基础惯量为组合成，的种机械惯量。由于载荷具有随机性，使得机械惯量组中的数值有可能出现不满足现实中等效转动惯量的值。为了解决这个
16、问题，本文采用题中给出的方法：把机械惯量设定为模拟所需飞轮的惯量之和加上基础惯量的值，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。现已知电动机能补偿的能量相应的惯量的范围为，而在问题（1）中已经得出等效转动惯量是。将该等效的转动惯量分别减去上述8中机械惯量，其差值即为需要用电动机补偿的惯量。判断各组需要补偿的惯量是否在电动机能补偿的能量相应的惯量的范围内。经MATLAB编程，可得8组需要补偿的惯量值如表1所示。表1 8组需要补偿的惯量值组序号机械惯量等效的转动惯量需要补偿的惯量值110.000051.9989-41.9989240.0083-11
17、.9906370.016618.01774100.024978.03435130.033248.02606160.0415108.04267190.0498138.05098220.0581168.0592由表1易知，第2组飞轮组（选择厚度为的飞轮）需要补偿的惯量值与第3组飞轮组（选择厚度为的飞轮）需要补偿的惯量值两组机械惯量满足补偿范围。第2组飞轮组需要用电动机补偿的惯量为，第3组飞轮组需要用电动机补偿的惯量为。3. 电动机驱动电流依赖可观测量的数学模型在问题（2）中，得到了满足电动机补偿能量相应的惯量的范围的两组机械惯量组合。同时在解决问题（2）时，本文提出了解决精确模拟机械惯量的方法，就
18、是让电动机在一定规律的电流控制下参与工作，补偿由于选定飞轮组合的机械惯量不足而缺少的能量。在此，计算在问题（1）和问题（2）的条件下，已知制动减速度为常数以及在一段时间内使得一定速度的车静止，建立驱动电流与可观测量（试验台工作时主轴的瞬时转速与瞬时扭矩）的数学模型。根据扭矩平衡关系可知，模拟等效的转动惯量、机械惯量在角加速度情况下所产生的扭矩与电动机在电流控制下参与工作补偿的能量相应惯量之间的关系为 （9）根据刚体的定轴转动定律可知，模拟等效的转动惯量在角加速度的情况下所产生的扭矩为 （10）同理可得，机械惯量在角加速度的情况下所产生的扭矩为 （11）同时，一般假设试验台采用的电动机的驱动电流
19、与其产生的扭矩成正比（本文中比例系数取），则电动机在电流控制下参与工作补偿能量的相应惯量表示为 （12）将（10）、（11）、（12）式代入（9）式，可以将（9）式改写成 （13）又因为假设制动减速度为常数，则可以认为该制动过程是加速度恒定的直线运动。并且圆周的线速度与角速度存在以下关系 （14）由平均角加速度的定义可知 （15）将（14）、（15）式代入（13）式化简得驱动电流的表达式为 （16）即 （17）式（15）可说明在电模拟系统中，电流控制下参与工作补偿的能量相应惯量与有如下关系：当时，即模拟等效转动惯量等于机械惯量，即为机械惯量模拟系统，电动机对主轴不作功。当时，为负值，即电动机对
20、主轴作负功。当时，为正值，即电动机对主轴作正功。又，根据问题（2）可知满足可补偿范围的两组机械惯量为和，将其与，代入（16）式计算得与对应的驱动电流分别为与。4. 某种控制方法执行结果的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，本文中的能量误差是指所设计的路试时的制动器与相对应的试验台上制动器制动过程中消耗的能量之差。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。设路试时的制动器制动过程中消耗的能量为，试验台上制动过程中消耗的能量为。（1）根据力矩的功用辛普森求积公式求现在来计算力矩的功，如图4所示。在刚体转动时，作用力可以作用在刚体的不同图4 力矩的功质点上，各个质点的
21、位移也不相同。只有将各个相应质点作的功加起来，才能求得力对刚体所作的功。对于刚体，因各质点间的相对位置不变，所以内力不作功，只需考虑外力的功。而对于定轴转动的情形，只有在垂直于转轴平面内的分力才能使刚体转动，平行于转轴的分力是不作功的。为简化书写，把写成。如图2所示，设质量的的质点，在外力作用下，绕轴转过的角位移为，质点的位移大小为，位移与所成夹角为。按功的定义，在这段位移中所作的元功是由图可见，又因力矩，所以上式可以改写为设刚体从转到，则力作的功为再对各个外力的功求和，就得到所有外力矩作的总功 （18）式中为刚体所受到的总外力矩。又由于，角度区间对应的时间区间为，则（17）式可以改写成 （1
22、9）计算机控制方法也是把制动时间离散化为许多小的时间段，即将整个制动时间按步长为的要求离散化。则（18）式离散化的数值积分为 （20）在求数值积分的方法中，通过对矩形求积公式、梯形求积公式、辛普森求积公式进行精度分析，本文选择精度较高的辛普森求积公式 ， （21）则外力矩作的总功为 （22）利用（21）式，用MATLAB编程，计算问题（4）中控制方法实验得到的数据可得试验台上制动器制动过程制动器所作的功为。根据功能关系可得，试验台上制动器制动过程中消耗的能量。（2）根据动能定理求本文认为路试时的制动器的制动减速度为常数，即制动器制动时，车辆作匀减速直线运动，则其在制动过程中所作的功满足刚体定轴
23、转动的动能定理。刚体定轴转动的动能定理为 （23）其中 （24）上式中的单位为，的单位为。将（27）式代入（26）式可得路试时的制动器在制动过程中所作的功与转动惯量、始末转速之间的关系为 （25）在路试时，车辆的转动惯量为等效转动惯量，且，将其与主轴初转速，末转速代入（28）式，可得路试时的制动器在制动过程中所作的功为。根据功能关系可得，试验台上制动器制动过程中消耗的能量。（2）对执行结果进行评价因此可以计算出能量误差为，相对能量误差为。其相对能量误差看似很大，主要是由于评价时忽略观测误差、随机误差和连续问题离散化误差引起，属于允许的相对误差范围。5. 用迭代法设计电流值并评价由问题（3）导出
24、的数学模型，由（9）、（11）、（12）、（15）式可得与的递推关系如下： （26） （27）为了评价迭代的控制方法，并且暂时没有找到适合的数据，本文姑且使用问题（4）中的数据进行评价。原则上，用不同计算机的控制方法进行试验，得到的数据是不一样的，但该途径也是值得尝试的。由问题（4）中给出的路试等效的转动惯量、机械惯量、主轴初转速、末转速以及所观测时间先求出初始驱动电流为 （28）再根据扭矩、主轴初转速、时间步长这些数据逐步迭代得到一组新的转速值，其与原转速对比，如图5所示。（粗线为新转速，细线为原转速）图5 新转速与原转速对照图 根据图5，本文估计在该设计方法下，驱动电流的初始值对模型的优劣
25、影响比较大。因此，本文以为基准，步长为，上下各取两值，用MATLAB画出五条不同初始驱动电流下的转速-时间图，如图6所示。图6 不同初始驱动电流下的转速-时间由图6可以做出如下判断：在该设计方法下，驱动电流的初始值是模型优劣的重要因素。计算出该计算机控制方法下的驱动电流曲线如图7所示。图7 计算机控制方法下的驱动电流曲线再根据问题（4）中的模型得到此时的，又。用MATLAB编程，使用问题（4）中数据计算得到因此可以计算出能量误差为相对能量误差为这个误差相对于问题（4）中的误差还是小了很多。则该控制方法比较合理。6、模型的进一步研究对于问题（5），本文提出了迭代的计算机控制方法设计电流，虽然相对
26、能量误差比较小，但对于不同的初始电流值会得到不同的能量误差。那么可以进一步提出初始电流值的设置模型。7、参考文献1 程守洙，江之永，普通物理学，北京：高等教育出版社，2008年。2 吕同福，康兆敏，方秀男，数值计算方法，北京：清华大学出版社，2008年。3 苏金明，阮沈勇，王永利，MATLAB工程数学，北京：电子工业出版社，2005年。4 胡良剑，孙晓君，MATLAB数学试验，北京：高等教育出版社，2006年。5 曲波，尹红斌，赵小楼，王鸣歌，电模拟制动器惯性台架设计，吉林大学学报（工学版），第36卷增刊2，2006年。%数据的载入xlsfile=xlsread(data.xls,sheet2
27、);for kk=1:468 zhuansu(kk)=xlsfile(kk,1); %转速 niuju(kk) = xlsfile(kk,2); %扭矩 shijian(kk) = xlsfile(kk,3); %时间end%第2题%3组飞轮的不同组合，以及他们的补偿量a = 30.0083;b = 60.0166;c = 120.0332;t = 10;%8种组合o(1) = t;o(2) = t + a;o(3) = t + b;o(4) = t + c;o(5) = t + a + b;o(6) = t + a + c;o(7) = t + b + c;o(8) = t + a + b
28、+ c;for i = 1 : 8 k(i) = o(i) - 51.9989;enddisp(k);%计算第3题clearr = 0.286; %半径Wt = 0; %末角速度速度W0 = 50/3.6/r; %初角速度a = (Wt - W0) / t; %角加速度J1 = 11.9905;J2 = -18.0178;M1 = a * J1; %2种组合M2 = a * J2;I1 = 1.5 * M1; %电流I2 = 1.5 * M2;%积分法clear;loadData;k1 = 1;k2 = 1;for i = 2 : 467 if rem(i,2) = 0 f2(k2) = ni
29、uju(i) * (zhuansu(i) * 2 * pi / 60); k2 = k2 + 1; else f1(k1) = niuju(i) * (zhuansu(i) * 2 * pi / 60); k1 = k1 + 1; end endf0 = niuju(1) * (zhuansu(1) * 2 * pi / 60);fm = niuju(468) * (zhuansu(468) * 2 * pi / 60);fs = 0.01 / 3 * (f0 + fm + 4 * sum(f1) + 2 * sum(f2);%迭代法设计电流值并评价clear;loadData;I(1) =
30、-112.37;w(1) = 514.33;for i = 2 : 468 w(i) = w(i - 1) - ( niuju(i-1) + I(i - 1)/1.5)*0.01/35*30/pi; w(i) = round(w(i) * 10000)/10000; %t = 35*(w(i-1)-w(i)/0.01; I(i) = (35 * ( w(i-1)-w(i) )/0.01*pi/30 - niuju(i-1)*1.5; endx = 1 : 468;plot(x,I);xlabel(时间(10ms);ylabel(电流(A);figure;plot(x,w,*);hold on;
31、plot(x,zhuansu,-);legend(粗线：模拟的转速， 细线：实际的转速);xlabel(时间(10ms);ylabel(转速(rnd/min);k1 = 1;k2 = 1;sw(1) = niuju(1) * (w(1)*2*pi/60) * 0.01;for i = 2 : 467 if rem(i,2) = 0 f2(k2) = niuju(i) * (w(i)*2*pi/60); wj(i) = f2(k2) * 0.01; k2 = k2 + 1; else f1(k1) = niuju(i) * (w(i)*2*pi/60); wj(i) = f1(k1) * 0.01; k1 = k1 + 1; end sw(i) = sw(i-1) + w(i)*2*pi/60; endf0 = niuju(1) * (w(1)*2*pi/60);fm = niuju(468) * (w(468)*2*pi/60);wj(1) = f0 * 0.01;wj(468) = fm * 0.01;sw(468) = sw(467) + wj(468);fs = 0.01 / 3 * (f0 + fm + 4 * sum(f1) + 2 * sum(f2);
