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1、制动器试验台的控制方法1. 摘要本文依据制动器试验台的工作原理通过合理的假设和数学模型建立了制动器试验 台的补偿电流控制模型。基于可观测量主轴的瞬时转速和瞬时扭矩，通过刚体定轴转动定理建立微分方程， 将电动机的驱动电流和瞬时转速、瞬时扭矩联系起来，得到了驱动电流关于瞬时转速和 瞬时扭矩的表达式。在题目给定的条件下，得到驱动电流I二174.8252 A或-262.2375A。 对所给数据进行分析，发现角减速度恒定，在此基础上，通过对时间微元内的制动器消 耗功率累积得出了试验台上制动器消耗的能量，并得到相对误差为：n = 5.48%。由电 流关于瞬时转速和瞬时扭矩的表达式，通过将时间微分得到了电流
2、值依赖于前一段时间 的观测量和已知量的一种计算机算法。通过分析发现了该算法的不足之处电流值滞 后，为有效的改善滞后性问题，采用了能较好处理有较大惯性或滞后的被控对象的 PID算法，并通过论证验证了该算法的优越性。结论分析： 用电流补充机械惯量的不足而缺少的能量的方法能够很好的模拟路试 过程，因此电流值的确定就显得至关重要，电流值的计算机控制方法影响到整个模拟过 程的质量和精度。基于前段时间的观测量得到的电流值具有滞后性，这种滞后影响可以 用PID控制器来解决。关键字：机械惯量瞬时扭矩瞬时转速补偿电流PID控制器能量误差2. 问题重述2.1 问题的提出：汽车制动器的设计是车辆设计中最重要的环节之
3、 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。现实中采用大量的路试来检测制动器 的综合性能。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。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。以下是获取的关于制动器实验台的基本信息： 路试车辆的指定车轮在制动时要承受载荷。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
4、此能量相应的转动惯量（以下转动惯量简称为惯量）以下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。飞轮的惯量之和再加上基础惯量称 为机械惯量。一般很多的等效的转动惯量为非机械惯量能达到的值的情况，那么就不能精确地用 机械惯量模拟试验。当机械惯量无法精确的模拟实验时，从在电流补偿。所得已知假设，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
5、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，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、随机误差和连续问题离散化所产生的误差。由以上说明引申出以下问题：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、0.15
6、68 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. 对于与所设计的路试等效的转动惯量为48 kgnt,机械惯量为35 kgnt,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
7、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。2.2 问题的分析： 为了达到制动器模拟实验台的原则，即尽可能的达到于现实试路制动过程一致。基 于以提出的问题，试验台做了必要的假设和改造。第一， 所谓试路，是指在道路上测试实际车辆制动器的过程称，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
8、降到某数值以下；在 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。第二， 提出了等效转动惯量的概念，在该问题中它的值由机械惯量与电流补充惯量 两部分组成。它是这样得到的：载荷在车辆平动时具有的能量等效的转化为 试验台上飞轮和主轴的能量，与此能量相应的转动惯量即是。第三， 提出了补偿电流的概念，当把机械惯量设定为一个接近等效转动惯值时，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（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）。第四， 所谓补
9、充电流即在速度达到需要制动的值时，电流并未完全切断，而是随着 转轴转速的不同提供不同大小的电流用以补偿由于机械惯量不足所缺少的 能量。可见在实验台模拟制动过程中有两个力矩的作用，一个是制动力矩， 一个是变换着的补偿电流所产生的力矩。这样对于由于力矩引起的转速可以 用叠加原理分成两部分解决。第五， 该驱动电流与时间的精确关系是很难确定的，所以需要建立该驱动电流与瞬 时扭矩和瞬时转速的之间的数学模型。其中可观测的瞬时扭矩包括制动扭矩 和补偿电流所产生的补偿扭矩。第六， 工程实际中的计算机控制方法其实是利用了一个简单的微分思想，把整个事 件离散化为时间微元，这就意味着需要建立一个合理的微分模型去模拟
10、整个 制动过程，并依次来设计计算机的控制方法。第七， 作为某种控制方法优劣的重要评价指标，能量误差是在评价控制方法必须求 算的值。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，即为能量误差。分别准确的求出设计的制动过程消耗的能 量和试验台模拟过程消耗的能量成为重点3. 模型假设1. 制动器试验台电机断电时所提供的制动力距为恒定值。2. 模拟实验中电动机开启阶段主轴的角速度与车轮的角速度始终一致。3. 主轴与飞轮之间无相对的滑动。4. 车轮制动时所受到的承受载荷相当于车轮上驼栽一个质量恒定的重物。5. 电动机驱动电流与其产生的扭矩成正比，且比例系数为 1.5A/N.
11、m 。6. 把整个制动时间离散化为许多小的时间段（比如 10ms 为一段），在该微小时间段中 其制动减速度为常数，即该时间微元中转轴做匀减速运动。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。8. 在任意时刻主轴的瞬时扭矩都可以当做是转矩。9. 所知所有量只是试验台上单个轮子的实验数据，与实际中轮子制动力分配无关10. 电动机能提供任意大的功率，可以使驱动电流任意大。11. 忽略车轮自身转动具有的能量，即等效转动惯量与实际惯量无差别。12. 制动阶段的驱动电流就等于补偿电流。4. 符号说明常 量g = 9.8m / s 2重力加速度P = 7810 kg / m 3刚材的密度J
12、=10 kgm2b基础惯量Js等效转动惯量Ji第i个飞轮的转动惯量JF机械惯量v车辆平动速度a角加速度r轮的滚动半径Ei模拟试验台在第i个时间段内消耗的能量变Ez试路时制动器消耗的总能量Ed模拟试验台消耗的总能量耳能里误差占总能里百分比AE能里误差Pi第i段的功率量IO0主轴初始角速度Ot主轴末角速度Oi瞬时角速度OF制动力距单独做用下的角速度OE驱动电流单独作用下的角速度n0主轴初转速n瞬时转速T瞬时扭矩TE只有驱动电流作用下的瞬时扭矩F制动时轮子所受的载荷t时间At时间步长D飞轮组的外径d飞轮组的内径li第i个飞轮的厚度I驱动电流u(t)控制网络的输出量e(t)控制网络的输入量Kp比例系数
13、KD微分系数只有制动力作用下的瞬时扭矩5. 模型的建立与求解5.1 问题一的求解已知单个车的前轮滚动半径r = 0.286m ,制动时承受载荷F = 6230N。根据已知和假设条件列的方程：1 (F)1 TX X v 2 = X J XW 22 1 g 丿2 d0解得：FJ =一 x r 2 = 51.99 52(kg - m2)sg5.2 问题二的求解三个飞轮的外直径D二1m，内直径d二0.2m ，厚度分别为l = 0.0392m,11 = 0.0784m， l = 0.1568m， 刚密度 p= 7810kg /m3，基础惯量 J = 10kg - m2。2 3b推得第i个飞轮的转动惯量为
14、：Jid/2-叩l2id 、2 2丿丿2(D、代入数值求的三个飞轮的转动惯量分别为：J 沁 30kg - m21J 沁 60kg - m 2沁 120kg - m2以上惯量与基础惯量组合可以得到 8组机械惯量，他们分别是：问题一中的得到的转动惯量为52 kg -m2，在电动机补偿的能量的相应惯量范围【-30, 30】kg - m2内选择组合J + J和J + J ，这样需要电动机补偿的惯量为12 kg - m2 b 1 b 2或-18 kg - m 2。5.3 问题三的求解5.3.1 模型的建立与求解在此模型中我们可以假设t时刻的转速为n(t)，瞬时扭矩为T(t)。则在C,t + dt时间 段里，角减速度竺是由制动力矩T和电动机驱动电流I(t)所产生的扭矩共同作用的。dt可参考独立性作用原理，将型分解为叫和此物理意义分别为：dtdt dt型事：只有制动力矩而无驱动电流提供的扭矩的作用效果；dt牛：只有驱动电流产生的扭矩而无制动力矩的作用效果;则根据假设可列出以下公式：由式(3.1)得：d- f = TF dt Fd- E = TF dt E2兀 = n60 EFT = T +TFE(3.1)(3.2)(3.3)(3.4)(3.5)w = -1 + CF JF当t = 0时w” = w(0) = C，代入(3.4)式中得: Tw =w w = w - ( -1 + C) E
