制动器试验台的控制方法分析01

制动器试验台的控制方法分析
摘要
本文主要分析研究了关于制动器试验台的控制方法，首先通过对问题的分析与理解，我们对模型做了合理的假设，主要运用能量守恒定律，然后根据各惯量之间的关系式建立驱动电流与可观测量之间的关系,最后由Matlab编程对问题进行求解.
对于问题一，首先把车辆平动时具有的能量等效的转化为车轮自身转动时具有的能量，然后根据能量守恒定律得出等效的转动惯量与半径、载荷之间的关系式。

最后由已知数据求解出其对应的等效转动惯量为52 kg·m2。

对于问题二，首先通过物理学中刚体的惯量表达式，由Matlab编程，计算出三个飞轮的转动惯量,然后让飞轮与基础惯量结合,计算出所有可能组合的机械惯量值共有八种，分别为10、40、70、100、130、160、190、220 kg·m2.最后利用问题一所得到的车轮等效转动惯量，在给定的电动机需要补偿的相应惯量范围条件下,得到需要电动机补偿的惯量值12 kg·m2或—18 kg·m2。

对于问题三，首先对制动器试验台的制动和电能量补偿过程建立一个基于刚体回转运动的能量守恒定律的运动力学模型,然后求解出在驱动扭矩变动的条件下驱动电流与驱动扭矩的关系，最后根据此关系式与所给条件，得到制动减速度为常数时的驱动电流为174.8A或-262.2A(其中负号表示电动机反转时的电流方向)。

对于问题四,采用时间离散化的方法将时间分成若干时间段,求得每一时间段内的功，用其累计值近似替代制动扭矩所做的功，得到制动器试验台与实际路试车辆之间的能量差为2925焦耳，即此种控制方法的相对误差为5.6%。

对于问题五，利用问题三所建立的模型，将时间离散化处理，对电流进行计算机控制，利用问题四中的相关数据，得到每10ms内的电流，经过计算，得能量的相对误差为6。

67%。

对于问题六，提出了采用模糊自整定PID算法对控制方法的改进。

最后,我们对模型进行了评价，并对模型中的不足进行改进，在模型的改进中我们提出了改进方向，如在进行时间离散化处理时，可以适当缩小时间步长来提高模型求解结果的准确度等。

关键词：制动器；惯量补偿；扭矩；控制方法
一、问题背景与重述
问题背景：
汽车行驶时能在短时间内停车且方向稳定和在下坡时能维持一定车速的能力,称为汽车的制动性，它直接关系到行车安全，是汽车的主要性能之一。

因此制动器的设计是车辆设计中最重要的环节之一，为了检验设计的优劣、验测制动器的综合性能，我们必须要进行大量的相应测试.在道路上测试实际车辆制动器的过程称为路试。

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，那么关于开展制动器实验台控制能力的研究使其能更好的模拟制动器和环境条件，更真实地反映制动器性能，对制动器产品的开发、质量控制以及整车的制动性的提高都有十分重要的意义。

问题重述：
车辆在设计阶段无法路试,因此只能在专门的制动器试验台上对所设计的制动器进行模拟试验.模拟实验中，被试验的制动器安装在主轴的一端。

当试验台工作时,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）后电动机断电同时制动器开始工作，它会使主轴减速。

当满足设定的结束条件时就称为完成一次制动。

由于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,我们将路试车辆指定车轮在制动时承受的载荷在车辆平动时所具有的能量（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。

若干固定在主轴上的飞轮组惯量之和再加上基础惯量称为机械惯量。

当等效的转动惯量不能精确地用机械惯量模拟试验时，我们的一种解决方案是：把机械惯量设定为一个临近的机械惯量值，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。

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/N·m）；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.
我们在分析制动试验台的控制方法时分析如下问题：
（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、0.1568 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中得到的等效转动惯量，求电机的补偿惯量；
(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·m 2，机械惯量为35 kg·m 2，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）分析第五问所提出的控制方法,如有不足之处,重新设计一个尽量完善的计算机控制方法，并作评价；
二、问题的分析
为了更好的保证制动器的质量和性能，分析制动器试验台的系统结构和实验形式显得尤为重要,本文中分析制动试验台控制方法的目的也是在此。

通过对制动实验台模拟实验原则的分析,我们认为对于问题(1)、(2），应该从物理上最基本的刚体定轴转动的模型出发，在分析受力情况下结合系统的能量守恒定律，从而求解出等效转动惯量以及飞轮的转动惯量。

而对于机械惯量的组合，可以借助三个0-1变量来控制该飞轮是否使用，计算出所有可能组合的机械惯量值。

最后利用题设中机械惯量补偿的解决方案,求出对问题（1)中等效转动惯量的电动机补偿惯量值
对于问题(3），可以通过对电动机驱动、制动器制动和飞轮的从动的回转体运动规律，结合能量守恒定律建立一个物理上的运动力学模型，并利用已知条件中给出的电动机驱动电流与其扭矩的比例关系,求解出电动机驱动电流与一些可观测量之间的关系，并根据驱动电流的关系式，求解出在给定条件下的驱动电流；
对于问题(4）,结合已知条件所提供的数据表(通过某种计算机控制方法所得到的数据）进行分析，采用将时间离散化的方法对驱动扭矩所做的功进行近似替代,求解出制动器试验台与实际路试车辆之间的能量相对误差，并且以此能量误差来评价该计算机控制方法的优劣性；
对于问题（5)，利用问题(3）所建立的模型，将时间离散化处理，采用问题（4）中的数据对计算机控制方法进行评价；
对于问题（6）,针对问题(5)所提出的计算机控制方法的不足之处提出改进方案.
三、模型假设
1.假设路试时轮胎与地面的摩擦力为无穷大；
2.假设制动器试验台在制动过程中制动力矩为一个恒定力矩；
3.假设不考虑电动机效率;
四、符号及变量说明
G :单个前轮制动时承受的载荷；
r ：前轮的滚动半径;
g :重力加速度，在模型中取为29.8/m s ；
J 等效:单个前轮的等效转动惯量;
ω:前轮的转动角速度;
i:飞轮的标号，飞轮的厚度最小标号为1，以此类推(1,2,3)
i=;
J:第i个飞轮的转动惯量；
i
m:第i个飞轮的质量；
i
ρ：钢材的密度，在模型中取为3
kg m；
7810/
r：飞轮的内半径；
1
r:飞轮的外半径；
2
V:第i个飞轮的体积；
i
h：第i个飞轮的厚度；
i
:基础惯量；
J
基础
:基础惯量与飞轮惯量之和；
J
机械
J:电动机补偿的惯量;
ω：初始时刻角速度；
b
n:初始时刻转速；
b
ω:末时刻角速度；
e
n：末时刻转速；
e
:制动系统的制动扭矩；
M
制动
t:时刻；
ω：t时刻的电动机的转动角速度；
()t
E:电动机补偿电惯量提供的能量；
M
：电动机的驱动扭矩；
驱动
W
：电动机驱动力矩所作的功；
驱动
T:制动器试验台从开始减速至减速为零所用的时间;
θ：电动机在T时间内所转过的角度;
K：电动机驱动电流与其扭矩的比例系数，为1.5/A N m；
W 制动：制动扭矩所做的功;
五、模型的建立与求解
问题一：
由能量守恒定律可知，车辆平动时具有的能量等效的转化为车轮自身转动时具有的能量，由单个前轮制动时承受的载荷G 和前轮的半径r 可以得到：
21122G v J g ω2=等效，所以单个前轮的等效转动惯量2G
J r g =等效，带入数值6230G N =和0.286r m =可以计算得到等效转动惯量252J kg m =等效。

问题二：
因为制动器试验台的飞轮为带一定厚度的空心圆柱，所以第i 个飞轮的转动
惯量为22121
()2i i J m r r =+[1](其中第i 个飞轮的质量2221i i i m V r r h ρρπ==(-))。

试验
台所能模拟的机械惯量123J J aJ bJ cJ =+++基础机械（其中a 、b 、c 为一组0-1变量，用于控制是否使用其对应的飞轮）.通过Matlab 编程(附录程序一)可以得到制动器试验台可能组合的机械惯量共有八种，分别为210kg m 、240kg m 、
270kg m 、2100kg m 、2130kg m 、2160kg m 、2190kg m 、2220kg m .由于电动机所能补偿的能量相应的惯量的范围为2[-30,30] kg m ，对于问题一得到的等效转动惯量，可以知道需要用电动机补偿的惯量为221218J kg m kg m =-或。

问题三：
1。

模型的建立：
对制动器试验台的制动和电能量补偿过程建立一个基于刚体回转运动的能量守恒定律的运动力学模型。

由于假设试验台制动过程中制动力矩为一个恒定力矩,t 时刻主轴转动的角速度：
()60b b M M n t t t J J πωω2=-
=
-制动制动
等效
等效
……………………（1） 电动机补偿电惯量应提供的能量为制动能量与飞轮能量的差值：
222211
()[()()]226060
b e b e n n E J J ππωω22=
-=-[2] …………（2) 电动机驱动扭矩所做的功：
()T
W M d M t dt
θθω==⎰⎰驱动驱动驱动[3]
(3)
电动机驱动扭矩所做的功与电惯量应提供的能量相等，即
W E =驱动 (4)
由（1）（2）(3）(4）联立解得
220
1()[()()]6026060
T
b b e M n n n M t dt J J πππ222-=-⎰
制动驱动等效 (5)
而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，且比例系数
1.5/K A N m =，所以驱动电流为：
I KM =驱动 (6)
当驱动扭矩M 驱动是关于时间t 的函数时，（5)式为第一类Fredholm 积分方程[4]，其解M 驱动一般情况下无法精确给出，但可以联立(5）(6)两式针对实际情况，通过测定制动力矩M 制动、初始时刻转速b n 、末时刻转速e n 这些可观测量以及一些初始条件来求得驱动电流。

2。

模型的求解：
如果制动减速度为常数，那么电动机的驱动扭矩为一个与时间无关的常量，可以将（5)式的M 驱动提到积分符号外边，所以驱动电流
2201[()()]26060()60b e T b n n J I KM K M n t dt
J πππ22-==2-⎰驱动
制动等效 ………………（7) (7）式为在匀变速条件下，电动机驱动电流与制动扭矩、转速等一些可观
测量的关系式.
在问题一和问题二的条件下，假设制动减速度为常数，初始速度为50km/h,制动5。

0秒后车速为零。

所以由(1)得制动力矩2()b a J M n n t
π
=-60等效制动，由上述条件可以计算出制动力矩505M N m =制动。

由问题二可知电动机需要补偿的惯量为221218J kg m kg m =-或,代入（7）式,通过计算得出驱动电流174.8262.2I A A =-或(其中负号表示该电流时让电动机反转）。

问题四:
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.
对原问题所提供的数据表进行分析,该控制方法采用时间步长为10ms ，对电动机驱动电流进行控制。

制动扭矩所做的功为
()()()T
W M t d M t t dt θθω==⎰⎰制动制动制动 (8)
对于每一个时间步长里，认为制动扭矩、驱动扭矩是不变的，转速也是不变的，然后对积分进行近似计算,得制动扭矩所做功可以采用式子
4.67
0()()t W M t t t ω=≈∑制动制动 (9)
通过Matlab 编程求解(附录程序二)可以得出在这4。

67秒里制动扭矩所做
功大约为49292焦耳，与此同时，系统能量的变化量221
()2
b e E J ωω=-系统等效,代
入数值可以得到系统能量的变化量为52217焦耳。

故采用该控制方法的相对误差为
5221749292
100% 5.6%52217
-⨯=，由此可以知道该控制方法是可行，而且所造成的相对误差也较小。

制动扭矩与转速随时间的变化关系如下图1、图2所示,从图中可以看出 转速基本上呈现匀减速的变化趋势，而制动扭矩大约在前0.7秒以内骤增，随后在某一确定的值附近震荡，这说明该惯量补偿的计算机控制方法的效果较好.
图1 图2
问题五:
根据问题三导出的数学模型的(5）(6)式
220
1()[()()]6026060
T
b b e M n n n M t dt J J πππ222-=-⎰
制动驱动等效 (10)
I KM =驱动 (11)
因为当驱动扭矩M 驱动是关于时间t 的函数时，我们将时间分割为离散的比较小的区间，则在这个小时间段内，制动过程可近似看做是恒力矩制动，那么对
于每一个离散的时间区间来说下面的等式成立
2201[()()]
26060()60b e T b n n J I KM K M n t dt
J πππ22-==2-⎰驱动
制动
等效………………(12) 通过计算可得，
22211[()()]
26060(2)()60b e t b t n n J M t M n t dt
J πππ22-=2-⎰驱动制动等效……………………(13） 在给出了最初的转速，制动扭矩,转动惯量，机械惯量等信息后，我们利用
计算机模拟，将制动过程的时间离散化为10ms 一段的时间段，然后分别计算出每一个时间段的M 驱动、加速度，从而计算出下一时间段的角速度，以此类推，得到类似于题目中所示的表格数据，再运用问题四中的评价方法采用式子
4.67
0()()t W M t t t ω=≈∑制动制动，得到制动扭矩所做的功（见附录程序三)；与此同时，
系统能量的变化量221
()2
b e E J ωω=
-系统等效，最后得出该控制方法的相对误差为6。

67％，驱动电流的控制方法如附录表B1所示，以下表1为前60个时刻的驱动电流控制值
问题五所提出的计算机控制方法所得到的能量相对误差为6.67%，大于问题四中所计算出的相对误差，这是因为在采用时间离散化的过程中,对于在每个小时间段内的制动过程都近似看做是恒力矩制动，所以问题五所提出控制方法不是
特别理想。

对此可以采用模糊自整定PID算法[5],PID控制具有结构简单,稳定性能
好,可靠性高等优点,但是在制动器试验台电惯量模拟应用中,被控过程机理复杂，具有非线性、时变不确定性和纯滞后等特点。

在噪声、负载扰动等因素的影响下,过程参数甚至模型结构均会随时间和工作环境的变化而变化。

模糊自适应PID控制，不仅PID参数的整定不依赖于数学模型，并且PID参数能够在线调整,以满足实时调整电机转速控制的要求。

六、模型的检验
本模型中对于问题五，我们采用将时间离散化处理的方法,得到了计算机控制的方法，所得到的能量相对误差较小，大约为6。

67% 。

七、模型的应用与推广
制动器是车辆、爬行机器和许多固定设备安全工作的重要装置，同时制动器的设计也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试验，所以需找一种模拟性能好,自动化程度高的制动器试验方法是很有意义的。

本文中所求的计算机控制方法，通过验证可以得出其能量的相对误差较小，也就是说这种计算机控制方法的模拟性能还是比较好的。

八、模型的评价与改进
模型的评价：
本模型通过对电动机、飞轮、主轴等一些回转运动的物体的运动规律进行分析,建立基于能量守恒定律惯量补偿的机理模型,使用电动机电能来补偿由飞轮造成的机械惯量离散分布的问题。

在实际应用中，由于驱动电流无法时时刻刻都进行计算机控制，所以采用将时间离散化的思想，将时间化为较小不步长，对所要控制的驱动电流这个物理量进行近似的计算机控制，这样做能够在保证一定控制精度的情况下，达到能够简单进行计算机控制的效果。

但是,模型在求解驱动电流的过程中,遇到较难求解的第一类Fredholm积分方程，采取了对制动过程近似为匀变速的措施以及在进行时间离散化处理中，这将造成一定的误差.
模型的改进:
针对模型中结果可能存在较大误差这一个不足，在进行时间离散化处理的过程中，可以适当缩小时间步长来提高模型求解结果的准确度。

九、参考文献
[1]维基百科，转动惯量列表，http://zh。

wikipedia。

org/wiki/%E8%BD%89%E5%8B％95％E6％85％A3%E9％87％8F％E5％88％97％
E8%A1％A8，访问日期（2009年9月11日)
[2］马继杰、吴博达、刘笑羽等，制动器惯性台架电模拟惯量的研究，汽车技术，第4期：P49—52,2009
［3]马文蔚，物理学(上册),北京：高等教育出版社，2007
[4］沈以淡，积分方程，北京：北京理工大学出版社,2002
[5]梁波、李玉忍，模糊自整定PID在制动器试验台电惯量模拟应用，虚拟仪器技术，31（10）：P87-89，2008
十、附录
程序一计算机械惯量的可能组合
％jxgl。

m
p=7810；d2=1;d1=0.2;h=［0.0392 0.0784 0.1568］；％输入初始条件
r2=d2/2；r1=d1/2；％计算空心圆柱内外半径
v=pi*(r2^2—r1^2）＊h; %计算空心圆柱的体积
m=p*v; %计算空心圆柱的质量
J=0.5＊m＊(r1^2+r2^2）；％计算空心圆柱的转动惯量
JZ=［］；
％计算可能的机械惯量组合
for c=0：1
for b=0：1
for a=0:1
JZ=［JZ 10+a＊J（1)+b*J(2）+c＊J(3)]；
end
end
end
程序二评价某种控制方法的结果
%pingjia.m
a=xlsread('A2009data')；％载入数据表
M=a（：,1);n=a（：,2);％取出制动扭矩和转速者两列数据
w=2＊pi*n/60;%计算角速度
t=0.01;W=0;J=48；％确定时间步长和初始值
for i=1：468
W=W+M(i)*w(i)*t；％求出每一个时间步长内，制动力矩总功之和
end
E=0.5*J*（w(1）^2-w（468）^2)；％求出这一过程的能量变化
detaE=abs(W—E)/E；％求出相对误差
程序三评价自己控制方法的结果
％ pingjia2.m
a=xlsread（’A2009data2'）；％载入数据表
M=a（：,1）;w=a(:，9）;%取出制动扭矩和转速者两列数据
t=0。

01;WZ=0;J=48;%确定时间步长和初始值
for i=3：470
WZ=WZ+M（i）＊w（i)*t;％求出每一个时间步长内，制动力矩总功之和end
E=0。

5＊J＊(w（3)^2-w（470)^2)；％求出这一过程的能量变化
detaE=abs(WZ-E)/E;％求出相对误差。