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制动器试验台的控制方法分析摘要第1问，本文给出单个车轮等效惯量的计算式，算出载荷、滚动半径时的等效惯量。第2问，本文算出3个飞轮的惯量分别为30，60，120，可组成8种机械惯量：10，40，70，100，130，160，190，220(单位)。给出关系，对于问题1的 ，算出电动机补偿的惯量。第3问，可观测量为制动力矩和转速，本文建立了驱动电流依赖于可观测量或的模型 或。算出制动减速度为题给常数时175A。第4问，本文认为控制方法的评价标准原则有二。采用该法的模拟台试和所设计路试在制动力矩相等情况下，一是能量误差越小越好，能量相对误差越稳定越好，二是过程转速越一致越好。画出第四问的控制方法整个过程中转速，以及能量相对误差发现，转速差异较大且能量相对误差发散，综上，这种控制不是很理想。第5问，本文采用了两种直接转矩补偿的计算机控制方法。一是根据前一时间段瞬时扭矩控制本时段电流，。二是根据前时间段瞬时转速计算控制本时段电流，。第6问，本文采用了比例误差、比例误差和误差积分(PI)、以及综合比例误差，误差积分，bang-bang控制的仿人智能控制三种不同的方案对第5问的两种控制方法分别进行了改进。分别计算每种改进方案下瞬时转速的误差以及制动力耗能的百分误差，得出最优方案为控制方法一的含bang-bang控制的仿人智能控制方案。关键词 直接转矩补偿(DT法) PI控制 bang-bang控制一、问题重述A题 制动器试验台的控制方法分析汽车的行车制动器（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。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的安全。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。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。例如，假设有4个飞轮，其单个惯量分别是：10、20、40、80 kgm2，基础惯量为10 kgm2，则可以组成10，20，30，160 kgm2的16种数值的机械惯量。但对于等效的转动惯量为45.7 kgm2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是：把机械惯量设定为40 kgm2，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/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。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。现在要求你们解答以下问题：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、0.1568 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、基本假设与问题简化1路试时与台试时，车轮或飞轮与制动器均无滑移。2主轴和飞轮相对固定，角速度始终相同三、符号说明 ： 路试车辆单个前轮的滚动半径 ：路试制动时承受的载荷 ：重力加速度 ：路试制动时承受的载荷的质量 ：路试车辆单个前轮的平动速度 ：路试车辆单个前轮的角速度 ：路试车辆单个前轮的角加速度：台试飞轮转动的角速度 ：台试飞轮转动的角加速度 ：等效转动惯量(equal)。即：载荷在路试车辆平动时具有的能量转化为台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。： 机械惯量(mechanical)。即：飞轮的惯量之和再加上基础惯量。： 补偿惯量(compensative)。即：在制动过程中，为满足模拟试验的原则，电流补偿机械惯量不足的惯量。 ： 试验台电动机的驱动电流 ：台试时作用在等效惯量上的合扭矩，本题中就是制动扭矩 ：驱动电流在主轴上产生的扭矩，称为补偿扭矩 ：作用在机械惯量上的合扭矩 ： 把整个制动时间离散化的小时间段四、模型建立与求解关于等效惯量的说明转动惯量、合力矩为的转轮的运动方程为： (1)其中为角速度，为角加速度。由运动方程可知，如使模拟台试系统与实际路试系统在相同的初始条件下经历相同的动态过程（即按题中说明：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），应保证二者轴上的合力矩相等, 还应保证二者的转动惯量相等。这就是“等效惯量”的来由。第一问载荷车轮平动的等效惯量车质量为，平动速度为，则车轮载荷在平动时的具有的能量为。按题中说明，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。那么主轴的角速度等于路试车轮角速度转动惯量为的飞轮具有的能量为根据“等效”的意义，为使台试的过程模拟路试，主轴上的力矩应等于等效转动惯量对应的力矩 。有：其中，故有等效惯量： (2)题给数据：=0.286 m，=6230 N，取9.8 N/m由(2)式，车辆等效的转动惯量为： 第二问1飞轮组的机械惯量环形钢制飞轮如图1，外直径，内直径，高， 图1 环形钢制飞轮 图2 薄圆环的转动惯量 图3 积分得钢质飞轮惯量(1) 求薄圆环的转动惯量1：环上各质元到轴的垂直距离都相等，且都等于，所以(2) 钢质飞轮看作无数厚度为零的薄圆环：任取一半径，宽度的薄圆环，以表示钢材密度，则有质量，故其转动惯量为。钢质飞轮的转动惯量即所有薄圆环惯量进行积分 ，得, (3)(3) 飞轮组的机械惯量为若干个飞轮组成的惯量之和再加上基础惯量(4) 题给数据带入：3个飞轮外直径=1 m、内直径=0.2 m厚度分别为0.0392 m、0.0784 m、0.1568 m7810 基础惯量10 由(3)式，30.01 ,60.02 120.03 3个飞轮转动惯量近似为30，60，120 3个飞轮可以组成的机械惯量共有8种：10，40，70，100，130，160，190，220 主轴上的惯量等于机械惯量 加上 补偿的惯量：为使电动机能量消耗得最少，机械惯量选取使最小的组合，即最接近第一问等效转动惯量52 的组合。等效转动惯量52，电动机能补偿的惯量的范围 -30, 30 可能的机械惯量组合需补偿的惯量40127018表1 比较选取机械惯量组合（单位）选取机械惯量40 ，补偿惯量12 第三问题中指出：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。要求建立电动机驱动电流依赖于可观测量的数学模型，就是建立电动机驱动电流关于主轴瞬时转速和瞬时扭矩这两个可观测量的模型。试验台工作时测量到的主轴的瞬时转速即为，瞬时扭矩为等效转动惯量受到的合扭矩，即施加在主轴上的制动扭矩。对于等效惯量，由(1)式可得： (4)对于机械惯量，同样可得： (5)等效惯量等于机械惯量加上补偿的惯量： (6)而作用在机械惯量上的合扭矩为制动扭矩以及驱动电流产生的扭矩之和： (7)联立(4)(5)(6)(7)式，可得： (8) (9) (10)电动机驱动电流与其产生的扭矩满足比例关系： (11)其中。(11)代入(8)(9)(10)可得： (12) (13) (14)式(13)(14)即为驱动电流依赖于可观测量的数学模型。在第一问、第二问条件下，和一定，因此：(13)式表示，补偿电惯量可直接由主轴上制动力矩乘以一个比例常数得到。(14)式表示，补偿电惯量可由主轴角速度的微分乘以一个比例常数得到。按题给数据，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。- 。而得：-25/9/0.286-9.7125由第二问12 ，代入(11)式，得故175 A 第四问评价标准分析如题所述，评价控制方法优劣，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。按题目的要求，模拟台试和所设计的路试的制动过程尽可能一致，因此整个过程中转速的吻合度也是一个指标。设制动力矩在时刻开始制动，在时刻结束制动。则制动器消耗的能量为实际操作中采用工程的计算机控制方法，观测量是离散化的和，时间间隔为，第四问中10 ms，第次测量到的观测值为和。那么制动器消耗的能量公式由积分变成求和： (15)首先，计算模拟台试时制动器在制动过程中消耗的能量。表中所给第一列数据为各次观测的值，第二列数据为各次观测的值。根据各次值，作出模拟台试时曲线，如下图4所示。利用式(15)，将各次观测的和逐项相乘，再逐项求和，可以得到。图4 题给得出的模拟台试时曲线其次，计算所设计路试的制动器在制动过程中消耗的能量。所设计路试时的瞬时扭矩、瞬时转速以及制动器消耗的能量为、和。这里，所设计路试制动器消耗的能量为评价的标准值，然而题目仅给出等效的转动惯量为48 kgm2，机械惯量为35 kgm2，主轴初转速和末转速以及时间步长。其中的制动过程是未知的。而由(15)式，计算所设计路试制动器消耗的能量需要知道其制动过程的制动力矩。从第四问第一列数据绘制的制动力矩（图5）可以看出，制动过程中制动力矩会出现波动。实际上，制动力矩的较大波动与制动弹簧的振动有很大关系,也与驱动电动机转子的惯性力有关。完全从理论上建立制动力矩的模型是很难符合路试制动力矩的，建立这样的理论模型算出能量再与模拟台试能量相比也是无意义的。图5 题给数据绘制的制动力矩与时间关系按题目的要求，为使模拟台试的制动过程和所设计实际路试的制动过程尽可能一致，我们认为，所设计的实际路试时制动器的制动力矩和模拟台试时制动过程的制动力矩，在制动开始到制动结束的整个制动过程中，服从相同的变化规律。即=再者，由题目要求，模拟台试时，主轴的角速度要达到设定的角速度，然后开始制动。我们认为，实际路试时主轴初始的角速度和模拟台试时的初始角速度相同。即=。由式(4)，可得 (16)由角速度递推式 (17)实际路试时的等效转动惯量为恒定值，由本题第四问数据=48 。将、代入式(15)(16)可得到一组值，其中=。绘出曲线如下图6所示，主要部分是斜率一定的折线。实际路试模拟台试图6实际路试时转速与时间关系图 图7 台试和路试过程中转速对比将模拟台试和所设计实际路试得到的图以及图画在一张图上对比，如图7。两者的差值，作出曲线如图8。由式(15)，将各次得到的和逐项相乘，再求和，可以得到。模拟台试和实际路试的制动器消耗的能量之差为，作出曲线如图9所示。图8 模拟台试和所设计实际路试转速差曲线图9路试与台试制动器消耗能量相对误差由图7、图8，转轴角速度误差开始较小较平坦，在1s左右有跳变，后变化较平坦。总体误差较大。最大误差达到近1.4rad/s。由图9，制动器消耗能量的百分误差开始时很小，在0附近变化，1s左右开始变化剧烈，且近似呈线性增大。百分误差随时间的推移呈发散状态，制动时间越长，百分误差越大。在题设制动过程结束时，百分误差达到近2.5%。我们认为这种控制方法不是很理想。由题中所述：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。由此可知，实际的控制方法存在一定的滞后性。表现在用前一个时间段观测到的物理量去预测后一个时间段的驱动电流。这样势必使得预测的驱动电流值和实际需要的驱动电流值之间存在误差。而这个误差，将进一步导致驱动电流实际产生的补偿电惯量和需要的补偿电惯量之间的误差。那么，在模拟台试时，由于采用的控制方法的滞后性，使得补偿的电惯量不是一个稳定值，而是在波动。我们用驱动电流产生的电惯量补偿机械惯量和等效转动惯量之间的差值。从而导致模拟台试时的等效转动惯量不是一个稳定值，也在波动。而对于所设计的实际路试时的情况，是一个恒定值。波动的是导致模拟台试时的制动过程和实际路试时的制动过程消耗能量不同的主要原因。第五问由第三问的模型，以及给出的(9)(10)两式：由(9)式， 可直接由制动力矩乘以一个比例常数。由(10)式， 可由主轴角速度的微分乘以一个比例常数得到。(9)、(10)两式实际上是时域的函数，重写即： (18) (19)可观测量有两组，一是瞬时制动力矩，也就是(18)式中的，二是试验台工作时其瞬时转速，也就是(19)式中的。可以看出，具有转动惯量转矩补偿的模拟系统可以采用两种转矩补偿方法。(1) 瞬时制动力矩可以直接通过物理测量得到时，运用(18)式。(2) 瞬时制动力矩不能直接由物理测量得到时，通常对较容易观测的系统角速度微分得到净转矩的观测值，运用(19)式。这两种方法都是直接对转动惯量进行力矩补偿,为DT(Direct Torque)法2。题目要求，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。同第四问，我们采用工程的计算机控制方法，观测量是离散化的和，为一段。根据前时刻的观测量、,、算出本时刻的补偿电流，直至完成制动。我们可以给出计算驱动电流的控制方法的通式，如下 (20)其中，表示某种控制方法，表示按该种控制方法得出的本段的驱动电流，表示之前的时间段观测到的瞬时扭矩和瞬时转速。控制方法一 根据前一时间段瞬时扭矩计算控制直接套用(18)式，用前一段的预测下一段的。具体公式为 (21)由于本题中没有给出具体的数据，因而无法应用该控制方法计算出每一段的值。为了求出具体的值，我们需要自己设定有关参数。参考第四问给出的数据。我们令，对应第四问表中第一列的扭矩值。由式(4)-(7)，得： (22)角速度递推式： (23)将(21)、(22)式代入式(23)，并利用我们设定的参数值，可以得到对应控制方法下的一组值。再根据式(15)，得到一组对应的制动器消耗的能量的值。对于实际路试时的情况，由于我们采用了与第四问相同的一组值，因而此处的结果与第四问的结果相同。即和不变。作出、曲线，进一步作出曲线。作出曲线。（1） （2）(3) (4)图10 控制方法一的四种特性曲线由图10(1)、(2)，模拟台式和实际路试的瞬时转速差别很小。从图10(3)看出，两者的误差最大不超过0.02rad/s。由图10(4)，制动器消耗能量的百分误差虽然数值很小，只有不到0.1%，但几乎呈线性增大，随时间增大呈发散状态。控制方法二 根据前一时间段瞬时转速计算控制套用(19)式，用前两次的、预测下一段的。具体公式为 (24)我们同样参考第四问给出的数据。我们令，对应第四问表中第二列的瞬时转速。将第n段的角加速度认为是第n段的平均角加速度，得 (25)由式(4)-(7)，得 (26)将(24)、(25)式代入式(26)，并利用我们设定的参数值，可以得到对应控制方法下的一组值。再根据式(15)，计算出相应德一组值。对于实际路试的情况，=。将代入第四问中式(11)、(12)，可以得到实际路试时的一组值。再根据式(15)，计算出相应的一组值。作出、曲线，进一步作出曲线。作出曲线。（1） （2）(3) (4)图11 控制方法二的四种特性曲线由图11(1)、(2)，模拟台式和实际路试的瞬时转速差别亦很小。从图11(3)看出，两者的误差最大约为0.06rad/s，比控制方法一稍大。由图11(4)，制动器消耗能量的百分误差数值上与控制方法一差不多，只有不到0.1%，但随时间推移也呈发散状态。两种方法相比，控制方法一采用瞬时扭矩计算控制，值仅由瞬时扭矩乘上一个比例系数得到。控制方法二采用瞬时转速计算控制，值为瞬时转速的微分乘上比例系数得到。而微分环节不便于物理实现，会引入较大误差。两者相比，控制方法一误差更小，稳定性更好。在瞬时扭矩可直接测量的情况下，可优先考虑。但两种方法有同一个缺点，就是制动器消耗能量的百分误差呈发散状态，随时间的推移越来越大。我们考虑在这两者的基础上改进方案。第六问改进方案采用PID控制。PID控制器是一种线性控制器，它根据给定值和实际输出值构成控制偏差，将偏差的比例、积分和微分通过线性组合构成控制量，对被控对象进行控制。其中，积分环节主要用于消除静差，提高系统的无差度。3我们的改进方案仅进行PI控制。对控制方法一的改进在控制方法一的基础上，增加了比例误差量修正。 (27)将式(27)代入式(22)、(23)，调整值，计算得出、曲线，曲线以及曲线。当时，误差效果最理想。如图12所示。 （1） （2）(3) (4)图12 控制方法一增加了比例误差量修正的四种特性曲线由图12(3)，瞬时转速差比之前更小。达到10e-4量级。由图12(4)，制动器消耗能量的百分误差数值上不到0.01%，比之前更小。但随时间推移仍呈发散状态。不够理想。在控制方法一的基础上，增加了比例误差量以及误差积分量。 (28)当系统误差在增大或不变时，采用闭环比例误差控制，使系统误差减小。当系统误差在减小时，采用开环保持控制，积累系统误差极值，修改保持控制值，调节控制量，使系统误差保持在控制范围。将式(28)代入式(22)、(23)，调整、值，计算得出、曲线，曲线以及曲线。当时，误差效果最理想。如图13所示。 （1） （2）(3) (4)图13 控制方法一增加了比例误差量以及误差积分量的四种特性曲线与上一次改进相比，由图13(3)，瞬时转速差比之前略有增大。在10e-3量级。由图13(4)，制动器消耗能量的百分误差数值上不到0.1%，比之前略有增大。但不是呈简单的发散状态，开始有一定的起伏。在控制方法一的基础上，增加了比例误差量以及误差积分量，并采用了bang-bang控制45。 (29)其中，在情况下，当为正时，取；当为负时，取。采用这种控制方法，当系统误差在极限值以内时，与上一种控制方法过程相同。当系统误差超过极限值时，采取开环bang-bang控制，使系统误差迅速减小。将式(29)代入式(22)、(23)，调整、值，计算得出、曲线，曲线以及曲线。当时，误差效果最理想。如图14所示。（1） （2） (3) (4) 图14 控制方法一增加了比例误差量以及误差积分量并采用bang-bang控制与上一次改进相比，由图14(3)，瞬时转速差与之前差不多。在10e-3量级。由图13(4)，制动器消耗能量的百分误差数值上不到0.1%，与之前差不多。但有明显的波动，不是纯粹的发散。可以限定在一定的阈值以内。对控制方法二的改进在控制方法二的基础上，增加了比例误差量修正。 (30)将式(30)代入式(25)、(26)，调整值，计算得出、曲线，曲线以及曲线。当时，误差效果最理想。如图15所示。 （1） （2） (3) (4)图15 控制方法二增加了比例误差量修正由图15(3)，瞬时转速差比之前增大较多，达到0.3rad/s。由图15(4)，制动器消耗能量的百分误差数值上不到0.1%，与之前差不多。存在一定的波动，但仍呈明显的发散。在控制方法二的基础上，增加了比例误差量以及误差积分量。 (31)当系统误差在增大或不变时，采用闭环比例误差控制，使系统误差减小。当系统误差在减小时，采用开环保持控制，积累系统误差极值，修改保持控制值，调节控制量，使系统误差保持在控制范围。将式(31)代入式(25)、(26)，调整、值，计算得出、曲线，曲线以及曲线。当时，误差效果最理想。如图16所示。 （1） （2）(3) (4