制动试验台的控制方法分析

制动试验台的控制方法分析摘要:本文依据机械动力学原理，分析制动过程中能量的转换关系，设计出了计算机对某个时间段电流控制的方法，用以控制模拟试验台上的飞轮转动角速度，从而达到了模拟制动的目的。对于问题一，利用等效惯量与动能变化的关系，求解出等效惯量为51.99882kgm。对于问题二，建立坐标，利用二重积分计算各个飞轮的转动惯量为30.00832kgm，60.01662kgm，120.03322kgm，由此得出可以组成8个机械惯量。依据电机补偿能量的相应惯量的限制条件，求出补偿惯量。对于问题三，根据是否制动，分别建立了两个驱动电流只依赖瞬时转速的模型。对于问题四，分别计算路试的制动器与试验台制动器消耗的能量，得出试验台对路试时的相对误差为5.8219%，该控制方法可行性高。对于问题五，t时刻的理论上的转速与其前一时刻观测到的转速的动能差就是驱动电流所做的功，得出电流关于时间的函数表达式，并以此对电流自动控制。对于问题六，把问题五的控制方法加以改进，考虑某个时间段的角加速度的变化，利用Z变换以及其平动的性质，最后施行Z的逆变换，递推下一个角加速度关于时间的响应函数，得出了改进后的电流关于时间的函数表达式。关键词：动能变化二重积分瞬时转速Z变换Z的逆变换一﹑问题的重述汽车的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。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车速降到某数值以下；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。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。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，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就称为完成一次制动。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。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10ms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。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。需要解决的问题有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0.0392m、0.0784m、0.1568m，钢材密度为7810kg/m3，基础惯量为10kg·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50km/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48kg·m2，机械惯量为35kg·m2，主轴初转速为514转/分钟，末转速为257转/分钟，时间步长为10ms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。二﹑模型假设1.飞轮组及车轮的质量分布均匀，形状规则。2.整个试验过程中电机正常工作，忽略因电流产热而损失的能量。3.自动控制系统在克服误差的调节过程中不会出现振荡甚至失稳。4.路试时轮胎与地面的摩擦力为无穷大，轮胎与地面无滑动。5.制动时，在很小时间范围内，车辆的速度变化不是很多大。6.在每个时间段内，角速度的变化为常数三﹑符号说明E：动能g：重力加速度J：等效的转动惯量zJ：制动惯量bJ：机械惯量()Mt：电动机的输出力矩()fMt：制动器的制动力矩()It：电动机的输出电流：角速度：角加速度kW：在第k个时段制动扭矩所做的功四﹑问题的分析针对问题一，以主轴作为研究对象，引进牛顿第二定律，将负载力转化为主轴上的负载质量，利用能量的转换关系，求解出等效惯量。针对问题二，以飞轮的中心为原点建立坐标系，利用二重积分推导出惯量公式，求出每个轮子的单个惯量。根据电机提供的惯量范围，找出适合条件的机械惯量。针对问题三，电机的驱动分为两个过程，第一没有制动时，电机带动主轴达到预定速度，其二是存在制动器制动的过程。根据机械动力学的原理，建立扭矩平衡方程，推导出驱动电流的数学模型。针对问题四，评价控制方法的指标是路试的时制动器与实验台上的制动器在制动过程中消耗的能量的相对误差。在每个时间段内，角速度的变化为常数，故通过积分，求出在试验台上制动扭矩在各个时段所做的功。针对问题五，理论中的制动过程是一个匀减速的制动过程，在各个时段都对应了一个理论值转速，并且可以计算出来的。计算机通过控制电流使转速逼近理论的转速值。在这个过程中，电流所做的功就是理论转速与前一时刻观测到的转速的能量差。针对问题六，鉴于问题五的模型把ddt视为常数，而制动扭矩是变化的，故改进的模型要考虑ddt不是常数。依据电惯量模拟的可行性，能够找到一个时间段内的角速度关于时间函数表达式，由于计算机把整个过程离散化为许多小的时间段，故考虑Z变换的平动性质以及逆变换的性质，递推出下一时间段的角加速度关于时间的表达式，改进电流关于时间的函数。五﹑模型的建立及求解(一)问题一的模型建立及求解主轴具有的动能与转动惯量的关系式为122EJ，由于主轴的动能近似等于载荷的动能，载荷的动能为12()2Emr，其中载荷的质量为该物体的重力G除以当地的重力加速度g，即Gm=g，因此得到等效的转动惯量的计算式为：2Grkg代入相关数据，这里9.8\gNkg,得到等效的转动惯量为251.9988kgm。（二）问题二的模型建立及求解以飞轮的中心为原点建立坐标系。如图所示则圆环区D为222212yrrx，转动惯量的计算公[1]：244222()()()121222mkdyrrrrxD（1）圆环的体积22()12Vhrr（2）1r2royx则圆环的质量mV（3）由（1），（2），（3）式得出飞轮的惯量计算公式为：22()1222()122hrrkrr代入相关的数据，得到各个飞轮的惯量（见表一）表一：各个飞轮的惯量飞轮第一个飞轮第二个飞轮第三个飞轮内半径(m)0.10.10.1外半径(m)0.50.50.5厚度(m)0.03920.07840.1568体积（3m）0.02960.05920.1184质量(kg)230.8332461.6663923.3327惯量（2kgm）30.008360.0166120.0332根据机械惯量的组合方式，有以下八种机械惯量（2kgm）（见表2）（1）只有基础惯量时，机械惯量为10；（2）基础惯量分别与第一，第二，第三个飞轮惯量的组合，机械惯量分别为40.0083，70.0166，130.0332（3）基础惯量分别与第一和第二，第一和第三，第二和第三个飞轮惯量的组合，机械惯量分别为100.0249，160.0415，190.0498，（4）基础惯量与三个飞轮惯量的组合，机械惯量为220.0581可以组成的机械惯量(2kgm)10100.024940.0083160.041570.0166190.0498130.0332220.0581由于电动机的补偿的能量相应的惯量的范围为[-30,30]2kgm,所以能取第二种机械惯量40.00832kgm，第三种机械惯量70.01662kgm。得到需要补偿的惯量有两种情况：第一种情况为驱动惯量51.9988-40.0083=11.99052kgm。第二种情况为制动惯量51.9988-70.0166=-18.018782kgm（三）问题三的模型建立与求解根据机械动力学原理，建立如下的力矩平衡方程：()dMtMJdfdt1，模型一不考虑制动时，即0Mf，电动机带动主轴和飞轮旋转的过程，达到预定的转速，主轴和飞轮受到的合扭矩，等于电动机输出扭矩，即()()MtMtd其中：()()1.5ItMtd，()dMtJdt，则驱动电流的数学模型为d()1.5ItJdt2，模型二在模型一的基础上，考虑制动，在此过程中，制动器对主轴和飞轮施加了制动扭矩，那么主轴和飞轮受到的合扭矩为()()()MdtMftMt其中()dMftJzdt则驱动电流的模型为d()1.5[]It（J-J）zdt3，驱动电流的计算角加速度的计算：制动过程是匀减速过程，故考虑整个过程的角度变化，出始速度为0v，初始角速度00vR，该时间内，则弧度的改变量为0，则角加速度为t驱动电流的求解：由问题三导出的驱动电流公式为d1.5I（J-J）bdt其中51.9988J，40.0083Jb，ddt代入相关数据，得到整个过程的消耗的驱动电流为174.6868IA（四），问题四的模型建立与求解路试时制动器消耗的能量，近似等于车轮损失的动能。初始的动能为01202EJ，达到预定的转速时的动能122EJtt，因此制动器消耗的能量等于0122()2tEEEJlto在实验台上，制动器消耗的能量，等于制动扭矩所做的功，即各个时段制动扭矩所做的功的总和。在每个时间段内，角速度的变化为常数，即dcdt（5.4.1）第k个时段，制动扭矩所做的功为1ftitiwMdtk（5.4.2）将（5.4.1）代入（5.4.2）可以得出1()12wMtkfii（5.4.3）由（5.4.3）得，制动扭矩所做的功为4674681()1212wwMtkfiiki损（5.4.4）其中t表示周期，fM表示制动扭矩，i表示第i个时刻的角速度。那么，试验台损失的能量对路试损失的能量的相对误差为100%llwEpE损代入相关的数据得出49177wJ损，52217lEJ，5.8219%p,误差较小，表明该控制方法执行的结果可行度高。（五），问题五的模型建立及求解1，模型的建立在制动试验的过程中，计算机控制电流使观测到的主轴的前一时间段的转速'i逼近后一时间段理论上的转速1()it.使前一时间段的观测值达到理论值，则需要补充的能量为1'2iiJw补22（(t)-）（5.5.1）在t时刻电流所做的功的大小为；1()()(())()c2ciiiitItItwdttttt电（5.5.2）根据能量的转化关系，有ww电补（5.5.3）由（5.5.1）（5.5.2）（5.5.3）式，得到电流的时间函数为11()(t)=cJ'iiitItt（5.5.4）其中()