制动器试验台的控制方法分析
摘 要
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。制动器试验台的机械惯量要通过电机牵动进行增补或减少达到等效的转动惯量，这主要涉及到对电机的电流进行有效的控制。本文主要解决了6个问题。1.已知单轮滚动半径0.286m，承受载荷6230N。等效的转动惯量为51.9989 kg⋅m2。2. 针对模型提出的试验台机械惯量只有8种数值，它们分别是10，40，70，130，160，190，220kg⋅m2（不计小数位）。当等效的转动惯量51.9989kg⋅m2时，从机械惯量40kg.m2需要补偿的惯量为11.9906kg⋅m2,从机械惯量70kg.m2需要补偿的惯量为-18.0177kg⋅m2。3. 电dωdω动机驱动电流依赖于速度的数学模型为I=KI（。当等效的转动惯量⋅J⋅-J0⋅）dtdt
为51.9989 kg⋅m2时，取机械惯量40.0083kg⋅m2，补偿电流174.6882A。取机械惯量70.0166kg⋅m2时，补偿电流-262.4958A。4．对路试等效的转动惯量为48 kg·m2，机械惯量为35 kg·m2的实验结果进行了评价。减速度为常数作为理想状态，提出实验过程和理想状态的消耗能量之差为指标进行评价。得到总误差r=473488.2396，平均误差 r=1007.4218，相对误差3.6470% 。可以得出通过电流控制电机的效果不是很好，有改进的余地。对刹车过程分6个时段进行了评价。开始阶段能量与理想状态差异较大，后期接近理想状态的消耗能量。5．根据电动机驱动电流依赖于速度的数学模型，提出了一种电流值的计算机控制方法
ω+ωk-2-2ωk-1Ik+1=KI(J-J0)k+Ik,(k≥1)。这一公式利用实测角速度调整电流，ts
仿真结果表明所设计的电流控制方法具有一定的可行性，但稳定性较不理想。6.根据第5问题控制电流的不足，提出一种增加反馈控制项的电流计算机控制方法
ωk+1+ωk-1-2ωk⎧I=K(J-J)+ηk⋅Ik,(k≥1);I0⎪k+1ts⎪，该方法是闭环控制，从仿真结果⎨⎪ω=ω-ηkI⋅t,η=1-βk,(0
看出该计算机控制方法能够实现电流的快速和稳定性能，达到很好的控制效果。 关键词 制动器试验台，转动惯量，能量，角速度，电流控制，闭环控制
1.绪论
随着我国汽车工业的飞速发展和汽车保有量的急剧增加，汽车安全问题引起了我国政府和广大民众的高度关注。众所周知，制动器是保证汽车安全行驶的重要部件之一. 制动器的设计[1，2]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。为在道路上测试实际车辆制动器的过程称为路试，路试方法是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。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。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。高水平制动器试验台，可以提高制动器测试技术。提高试验台的设计水平，特别对制动器产品的研发、质量控制以及整车制动性能的提高都有十分重要的意义。
制动器性能要求国标 QC /T582一1999、QC/T239一1999对轿车以及货车、客车制动器性能提出了明确要求。制动器性能试验评价指标有:(1 )第一次衰退率；(2 )第 二 次衰退率；(3)恢复差率；(4 )速度稳定性等指标。下面对使用到的一些名称作解释。
等效的转动惯量指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)。
基础惯量指试验台上的主轴等不可拆卸机构的惯量。
机械惯量指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的和。
本文主要针对机械惯量不足而缺少的能量让电动机在一定规律的电流控制下参与工作，补偿缺少的能量的电流控制问题提出了解决的办法。涉及到力学，物理学方面的知识。
2.符号说明与问题的提出
2.1 论文中使用符号说明
符号说明：
符号 说明 单位
ν 车轮的线速度，m⋅s-1
α 加速度，m⋅s-2
ω 角速度 rad⋅s-1
β 角加速度 rad⋅s-2
R 车轮半径 m
t 时间 s
J 转动惯量 kg⋅m2
M 转动扭矩 N⋅m
n 转速 r⋅s-1
m 质量 kg
π 取3.14159
g 自由落体加速度取9.8m s-2
2.2 有关制动器试验台的一些假设
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； 假设2：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；
假设3：路试车辆的指定车轮在制动时承受载荷忽略车轮自身转动具有的能量； 假设4：试验台采用的电动机的驱动电流与其产生的扭矩成正比（本文中比例系
数取为1.5 A/N·m）
假设5：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；
假设6：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。
2.3问题的提出
1.由制动时承载的载荷计算等效的转动惯量。
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，等效的转动惯量。
2. 机械惯量和电动机补偿多大的惯量的计算
对于等效的转动惯量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：把机械惯量设定为某一值，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。对于飞轮组由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 kg·m2，机械惯量为35 kg·m2，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。
3.模型的建立和问题的求解
3.1由承载的载荷计算等效的转动惯量
通过载荷计算车轮的转动惯量公式为：
J=m⋅R2
式中m为质量，R为车轮半径。这里忽略车轮自身转动具有的能量。
已知单轮滚动半径0.286m，承受载荷6230N，那么，m=
R=0.286m。则 G6230=kg，g 9.8
J=m⋅R2=G26230⋅R=⨯0.2862=51.9989kg⋅m2 g9.8
综上所述可求得等效的转动惯量为51.9989 kg⋅m2。
3.2机械惯量和电动机补偿多大的惯量的计算
由已知得飞轮属环形，外直径1m，内径为0.2m，厚度h1=0.0392m，
[3，4]推出得： h2=0.0784m，h3=0.1568m，钢材密度ρ=7810kg⋅m-3，由惯量公式
Ji=
质量为
2mi=ρ⋅ν=ρ⋅π（⋅R1-R2⋅hi i=1,2,3, （3.2） 2）12 i=1,2,3 （3.1） ⋅mi（⋅R1+R22）2
当厚度分别取不同值代入分别可得： J1=
J2=122⋅ρπ（R1-R2⋅R1+R2=30.0083kg⋅m2 2）h1（2）2122⋅ρπ（R1-R2⋅R1+R2=60.0166kg⋅m2 2）h2（2）2
J3=122⋅ρπ（R1-R2⋅R1+R2=120.0331kg⋅m2 2）h3（2）2
因为单个惯量分别为J1，J2，J3，基础惯量为J0=10kg⋅m2，那么可以组成以下8种机械惯量：
a⋅ JA=J0=10.0000kg⋅m2
b⋅ JB=J1+J0=40.0083kg⋅m2
c⋅ JC=J2+J0=70.0166kg⋅m2
d⋅ JD=J3+J0=130.0331kg⋅m2
e⋅ JE=J1+J2+J0=100.0249kg⋅m2
f⋅ JF=J1+J3+J0=160.0414kg⋅m2
g⋅ JG=J2+J3+J0=190.0497kg⋅m2
h⋅ JH=J1+J2+J3+J0=220.0580kg⋅m2
机械惯量只有8种数值，有时需要电动机能补偿的能量相应的惯量和机械惯量之和等于等效的转动惯量。要求在制动过程中，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又条件是设在电流控制条件下，电动机能补偿的能量相应惯量范围为[-30，30]kg⋅m2，那么我们引入函数fi=J等效-Ji，则有
-30≤fi≤30
-30≤J等效-Ji≤30
21.9989≤Ji≤81.9989
所以满足上述函数fi的机械惯量为JB=40.0083kg⋅m2或JC=70.0166kg⋅m2。 综上可计算得：
JB补偿=J等效-JB=11.9906kg⋅m2
JC补偿=J等效-JC=-18.0177kg⋅m2
则最优满足实验原则从机械惯量40kg.m2需要补偿的惯量为11.9906kg⋅m2,从机械惯量70kg.m2需要补偿的惯量为-18.0177kg⋅m2。
3.3.电动机驱动电流依赖于扭矩、速度的数学模型。
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。假设模拟实验中，可认为主轴的角速度与车轮的角速度始终一致。
由物理原理可以得扭矩和角加速度的关系
M=J⋅β=J⋅dω （3.3） dt
由于本问题中可观测量为主轴的瞬时扭矩与瞬时转速，假设等效的转动惯量和机械惯量为J，J0为实际需要的未补偿部分，相应的扭矩分别为M和M0，考虑到电动机驱动电流与扭矩的关系，得到如下补偿电流I关系式：
⋅M-M0） I=KI（ （3.4）
把（3.3）代入（3.4）得;
I=KI（⋅J⋅
若制动减速度为常数，即dωdω (3.5) -J0⋅）dtdtdω，可得补偿电=β为定值，把J、J0、β分别代入（3.5）dt
-1-1流I（KI=1.5A⋅N⋅m）。
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。根据牛顿力学定理得
d2sds，=adtdt2t=0=250ds,18dtt=5=0
得到减速度(加速度为负)a=50（m/s2）。 18
对于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，由3.1节计
a算等效的转动惯量为51.9989 kg⋅m2，角减速度β=。根据假设取r=0.286m，r
50。采用3.2节机械惯量JB=40.0083kg⋅m2，利用式（3.5）得补偿电a=（m/s2）18
流
IB=174.688 2A
采用3.2节机械惯量JC=70.0166kg⋅m2，利用式（3.3）得补偿电流
.495 8A IC=-262
3.4对路试等效的转动惯量为48 kg·m2，机械惯量为35 kg·m2的实验结果的评价
对于与所设计的路试等效的转动惯量为48 kg·m2，机械惯量为35 kg·m2，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468组数据。每组数据有扭矩，转速和时间组成。见附表。
本文对控制方法优劣的评价标准采用的是能量误差的大小，即以路试时的控制器与相应的试验台上控制器在制动过程中消耗的能量之差为主要指标，我们对理想状态下的制动能量消耗可以采用下面的方法进行计算。
假如此时等效的转动惯量恒为J=48 kg⋅m2，而制动减速度为常量,得到角速度
公式。
ω=ω0+β⋅t （3.6）
为考虑实测角速度与理想角速度的关系，对附表提供的角速度实验数据进行曲线拟合，结果如图1所示，直线是减速度为常数的曲线，直线上方的曲线为实测的角速度曲线。
00.511.522.533.544.55
图1角速度曲线（ω/t） 12记 ωi=ω0+β⋅ti，i=1,2,3 ,n,在时刻ti的能量Jωi。在时刻ti实测的角速度记2
111222JωJω-Jω为ωri，此时的能量。刹车以后能量的消耗riri0i。 222
可以得到时刻ti实测减速度为常量的消耗的能量误差
11112222ri=(Jωi-Jωri)-(Jω0-Jω0i) （3.7） 2222
测量n次的总误差
11112222r=r=(Jω-Jω)-(Jω-Jω ∑∑iiri00i) （3.8） 222i=1i=12
平均误差为 nn
1n1111222=∑(Jωi2-Jωri)-(Jω0-Jω0i) （3.9） ni=12222
相对误差为
rc=r∑i=1n112Jωi2-Jω0 （3.10） 22
利用附表的实验数据可以计算得到
总误差 r=473488.2396 （焦）
平均误差 r=1007.4218 （焦）
相对误差 rc = 3.6470%
该控制方法实现能量差指标很小还有一定的困难，主要原因从图中也能发现一部分，控制方法的初始作用不能够满足理想状态，而控制方法在后期能够较好的满足控制性能要好。总体控制结果不是很好，相对误差是较大的，有改进的余地。
00.511.522.533.544.55
图2能量误差ri变化图
为了更好地用某种控制方法试验得到的数据对该方法进行评价。我们对刹车过程进行分时段进行更细致的讨论。评价指标仍然采用上面指出的消耗的能量误差，把0~4.65秒分成6个时间段，计算消耗的能量误差结果见表1。
从表1明显地可以看出开始时段能量误差是非常大的,随时间的增加, 能量误差越来越小.最后一段的相对误差只有0.2192%。说明该控制方法开始段不是很好，后段是可以很好地控制，达到和理想状态一致的程度。
3.5按照3.3节的数学模型导出的一种电流值的计算机控制方法及评价
在问题3中，我们给出了电流控制问题的数学微分方程模型，由于可观测量为瞬时转速与/或瞬时扭矩，不妨假设第k个观测值为ωk与/或Mk， 重新考虑之前所导出的数学模型：
I=KI⋅(J⋅dωdωdω （3.11） -J0⋅)=KI(J-J0)⋅dtdtdt
这里，KI为电流与扭矩的比例系数，本问题中取1.5A/N.m。
对(3.11两边)同时求导得:
dId2ω=KI⋅(J-J0)⋅2 (3.12) dtdt
再对(3.12)进行离散化处理,令ts为采样周期,本题目取ts=0.01 s,tk+1=(k+1)ts (k=0,1,2,…),ωk+1=ωtk+1为瞬时角速度,Ik为瞬时补偿电流(tk时刻),且ωk+1为可测量,从而得
ωk-ωk-1
化简后得
Ik+1=Ik+1-Ik=KI(J-J0)⋅tk+1-tkts-ωk-1-ωk-2tsts, (k=1,2,3,…) KI(J-J0)⋅(ωk+ωk-2-2⋅ωk-1)+Ik , (k=1,2,3,…) (3.13) ts
对控制算法(3.13),初始量I0及I1的合理选取是保证准确计算Ik+1的一个因素,I0的选择可以基于理想化考虑,即以匀减速制动所需补偿电流为I0(参考问题3),而I1不妨选取如下形式的补偿: I1=KI(J-J0)ω1-ω0
ts+Io,即为∆ω的线性形式。
综上讨论分析，第tk+1时刻补偿电流的控制方法由下式给出：
⎧⎪⎪I0=KI(J-J0)β
⎪ω-ω0⎪ ⎨I1=KI(J-J0)1 （3.14） +I0ts⎪⎪ω+ωk-2-2ωk-1+Ik,(k≥1)⎪Ik+1=KI(J-J0)k
⎪ts⎩
150
100
50
I/A
-50
-10000.511.52
t/s2.533.544.5
图3 电流响应曲线
为考察本问题所提出的控制方法的性能，我们进行了数值模拟，取J=48 kg⋅m2，J0=35kg⋅m2，KI=1.5A⋅N-1⋅m-1,ts=0.1。瞬时角速度由附表给出（问题4的数据）数值模拟结果如图3所示。
由图3中的曲线可以发现，该控制方案仅能保证电流的有界性，稳定性较不理想，尽管控制方法结构简单易于实现，但是稳定性能和快速性都没有保证，因此需要进一步完善和改进。
3.6.一种改进的电流值的计算机控制方法及评价
如前所述，由于问题3.5与所设计的控制方法本质上为开环系统，其稳定性难以保证，基于实际应用对电流Ik的较高的稳定性要求，以及控制系统的快速性，这里对控制方法（3.14）进行完善和改进，思想是增加相对反馈项，考虑电流和角速度之间的相互制约关系，充分利用各项可测信号，并利用数学下降算法，建立相对应闭环系统，具体的控制方法由式（3.15）给出：
ωt-ω0⎧I=K(J-J)I0⎪0t-t0⎪⎪ω1-ω0I=K(J-J)+η0⋅I0I0⎪1ts⎪⎪ωk+1+ωk-1-2ωkI=K(J-J)+ηk⋅Ik,(k≥1) （3.15） ⎨k+1I0ts⎪⎪ηkω=ω-Ik⋅ts⎪k+1kJ-J0⎪⎪η=1-βk,(0
⎩
对（3.15）,可以理论证明，当k充分大时，易得：ηk→1,1-ηk→0，且可以通过β的选取使ηk较快达到适时需要，Ik及ωk+1-ωk
ts
的各项性能指标要求。仿真结果也说明了方法的有效性，如下图4所示： 为常量，满足实际需要，实现了控制 11
120
100
80
60
I/A
40
20
-20t/s
图4 改进方法下电流误差响应曲线
4.总结
本文对制动器试验台测试相联系的一些量进行了数学建模。涉及由承载的载荷计算等效的转动惯量，机械惯量和电动机补偿多大的惯量等于等效惯量的计算，由电动机驱动来补偿不足的惯量的电流控制建模，对用某种控制方法试验得到的数据利用能量指标对控制电流确保补偿有效性进行评价建模。二种控制电流保障电机补偿惯量的方法及其评价。对上面的问题进行了细致的讨论，对有关的计算得到了精确的答案。对实验结果作出了正确的评价，对电流控制方案通过差分方程和数值计算思想给出了两种控制方案，并进行了较详细的数值仿真，给出了恰当的评价。 参考文献
[1] 王志中, 彭彦宏, 洪哲浩，车辆制动器试验台惯性飞轮的优化组合设计，拖拉机与农用运输车，33（2）59-62，2006.4。
[2] 王培玲， 董宏，ZDQ制动器试验台的开发设计，机械设计，23（5）45-46，2006.5。
[3]金尚年，马永利，理论力学（第二版），北京，高教出版社，2002.7。
[4]吴百诗，大学物理（新版），北京，科学出版社，2001.2。
[5]刘卫国，Matlab程序设计教程，北京，中国水利水电出版社，2005.3。
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制动器试验台的控制方法分析
摘 要
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。制动器试验台的机械惯量要通过电机牵动进行增补或减少达到等效的转动惯量，这主要涉及到对电机的电流进行有效的控制。本文主要解决了6个问题。1.已知单轮滚动半径0.286m，承受载荷6230N。等效的转动惯量为51.9989 kg⋅m2。2. 针对模型提出的试验台机械惯量只有8种数值，它们分别是10，40，70，130，160，190，220kg⋅m2（不计小数位）。当等效的转动惯量51.9989kg⋅m2时，从机械惯量40kg.m2需要补偿的惯量为11.9906kg⋅m2,从机械惯量70kg.m2需要补偿的惯量为-18.0177kg⋅m2。3. 电dωdω动机驱动电流依赖于速度的数学模型为I=KI（。当等效的转动惯量⋅J⋅-J0⋅）dtdt
为51.9989 kg⋅m2时，取机械惯量40.0083kg⋅m2，补偿电流174.6882A。取机械惯量70.0166kg⋅m2时，补偿电流-262.4958A。4．对路试等效的转动惯量为48 kg·m2，机械惯量为35 kg·m2的实验结果进行了评价。减速度为常数作为理想状态，提出实验过程和理想状态的消耗能量之差为指标进行评价。得到总误差r=473488.2396，平均误差 r=1007.4218，相对误差3.6470% 。可以得出通过电流控制电机的效果不是很好，有改进的余地。对刹车过程分6个时段进行了评价。开始阶段能量与理想状态差异较大，后期接近理想状态的消耗能量。5．根据电动机驱动电流依赖于速度的数学模型，提出了一种电流值的计算机控制方法
ω+ωk-2-2ωk-1Ik+1=KI(J-J0)k+Ik,(k≥1)。这一公式利用实测角速度调整电流，ts
仿真结果表明所设计的电流控制方法具有一定的可行性，但稳定性较不理想。6.根据第5问题控制电流的不足，提出一种增加反馈控制项的电流计算机控制方法
ωk+1+ωk-1-2ωk⎧I=K(J-J)+ηk⋅Ik,(k≥1);I0⎪k+1ts⎪，该方法是闭环控制，从仿真结果⎨⎪ω=ω-ηkI⋅t,η=1-βk,(0
看出该计算机控制方法能够实现电流的快速和稳定性能，达到很好的控制效果。 关键词 制动器试验台，转动惯量，能量，角速度，电流控制，闭环控制
1.绪论
随着我国汽车工业的飞速发展和汽车保有量的急剧增加，汽车安全问题引起了我国政府和广大民众的高度关注。众所周知，制动器是保证汽车安全行驶的重要部件之一. 制动器的设计[1，2]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。为在道路上测试实际车辆制动器的过程称为路试，路试方法是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。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。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。高水平制动器试验台，可以提高制动器测试技术。提高试验台的设计水平，特别对制动器产品的研发、质量控制以及整车制动性能的提高都有十分重要的意义。
制动器性能要求国标 QC /T582一1999、QC/T239一1999对轿车以及货车、客车制动器性能提出了明确要求。制动器性能试验评价指标有:(1 )第一次衰退率；(2 )第 二 次衰退率；(3)恢复差率；(4 )速度稳定性等指标。下面对使用到的一些名称作解释。
等效的转动惯量指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)。
基础惯量指试验台上的主轴等不可拆卸机构的惯量。
机械惯量指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的和。
本文主要针对机械惯量不足而缺少的能量让电动机在一定规律的电流控制下参与工作，补偿缺少的能量的电流控制问题提出了解决的办法。涉及到力学，物理学方面的知识。
2.符号说明与问题的提出
2.1 论文中使用符号说明
符号说明：
符号 说明 单位
ν 车轮的线速度，m⋅s-1
α 加速度，m⋅s-2
ω 角速度 rad⋅s-1
β 角加速度 rad⋅s-2
R 车轮半径 m
t 时间 s
J 转动惯量 kg⋅m2
M 转动扭矩 N⋅m
n 转速 r⋅s-1
m 质量 kg
π 取3.14159
g 自由落体加速度取9.8m s-2
2.2 有关制动器试验台的一些假设
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； 假设2：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；
假设3：路试车辆的指定车轮在制动时承受载荷忽略车轮自身转动具有的能量； 假设4：试验台采用的电动机的驱动电流与其产生的扭矩成正比（本文中比例系
数取为1.5 A/N·m）
假设5：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；
假设6：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。
2.3问题的提出
1.由制动时承载的载荷计算等效的转动惯量。
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，等效的转动惯量。
2. 机械惯量和电动机补偿多大的惯量的计算
对于等效的转动惯量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：把机械惯量设定为某一值，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。对于飞轮组由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 kg·m2，机械惯量为35 kg·m2，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。
3.模型的建立和问题的求解
3.1由承载的载荷计算等效的转动惯量
通过载荷计算车轮的转动惯量公式为：
J=m⋅R2
式中m为质量，R为车轮半径。这里忽略车轮自身转动具有的能量。
已知单轮滚动半径0.286m，承受载荷6230N，那么，m=
R=0.286m。则 G6230=kg，g 9.8
J=m⋅R2=G26230⋅R=⨯0.2862=51.9989kg⋅m2 g9.8
综上所述可求得等效的转动惯量为51.9989 kg⋅m2。
3.2机械惯量和电动机补偿多大的惯量的计算
由已知得飞轮属环形，外直径1m，内径为0.2m，厚度h1=0.0392m，
[3，4]推出得： h2=0.0784m，h3=0.1568m，钢材密度ρ=7810kg⋅m-3，由惯量公式
Ji=
质量为
2mi=ρ⋅ν=ρ⋅π（⋅R1-R2⋅hi i=1,2,3, （3.2） 2）12 i=1,2,3 （3.1） ⋅mi（⋅R1+R22）2
当厚度分别取不同值代入分别可得： J1=
J2=122⋅ρπ（R1-R2⋅R1+R2=30.0083kg⋅m2 2）h1（2）2122⋅ρπ（R1-R2⋅R1+R2=60.0166kg⋅m2 2）h2（2）2
J3=122⋅ρπ（R1-R2⋅R1+R2=120.0331kg⋅m2 2）h3（2）2
因为单个惯量分别为J1，J2，J3，基础惯量为J0=10kg⋅m2，那么可以组成以下8种机械惯量：
a⋅ JA=J0=10.0000kg⋅m2
b⋅ JB=J1+J0=40.0083kg⋅m2
c⋅ JC=J2+J0=70.0166kg⋅m2
d⋅ JD=J3+J0=130.0331kg⋅m2
e⋅ JE=J1+J2+J0=100.0249kg⋅m2
f⋅ JF=J1+J3+J0=160.0414kg⋅m2
g⋅ JG=J2+J3+J0=190.0497kg⋅m2
h⋅ JH=J1+J2+J3+J0=220.0580kg⋅m2
机械惯量只有8种数值，有时需要电动机能补偿的能量相应的惯量和机械惯量之和等于等效的转动惯量。要求在制动过程中，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又条件是设在电流控制条件下，电动机能补偿的能量相应惯量范围为[-30，30]kg⋅m2，那么我们引入函数fi=J等效-Ji，则有
-30≤fi≤30
-30≤J等效-Ji≤30
21.9989≤Ji≤81.9989
所以满足上述函数fi的机械惯量为JB=40.0083kg⋅m2或JC=70.0166kg⋅m2。 综上可计算得：
JB补偿=J等效-JB=11.9906kg⋅m2
JC补偿=J等效-JC=-18.0177kg⋅m2
则最优满足实验原则从机械惯量40kg.m2需要补偿的惯量为11.9906kg⋅m2,从机械惯量70kg.m2需要补偿的惯量为-18.0177kg⋅m2。
3.3.电动机驱动电流依赖于扭矩、速度的数学模型。
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。假设模拟实验中，可认为主轴的角速度与车轮的角速度始终一致。
由物理原理可以得扭矩和角加速度的关系
M=J⋅β=J⋅dω （3.3） dt
由于本问题中可观测量为主轴的瞬时扭矩与瞬时转速，假设等效的转动惯量和机械惯量为J，J0为实际需要的未补偿部分，相应的扭矩分别为M和M0，考虑到电动机驱动电流与扭矩的关系，得到如下补偿电流I关系式：
⋅M-M0） I=KI（ （3.4）
把（3.3）代入（3.4）得;
I=KI（⋅J⋅
若制动减速度为常数，即dωdω (3.5) -J0⋅）dtdtdω，可得补偿电=β为定值，把J、J0、β分别代入（3.5）dt
-1-1流I（KI=1.5A⋅N⋅m）。
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。根据牛顿力学定理得
d2sds，=adtdt2t=0=250ds,18dtt=5=0
得到减速度(加速度为负)a=50（m/s2）。 18
对于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，由3.1节计
a算等效的转动惯量为51.9989 kg⋅m2，角减速度β=。根据假设取r=0.286m，r
50。采用3.2节机械惯量JB=40.0083kg⋅m2，利用式（3.5）得补偿电a=（m/s2）18
流
IB=174.688 2A
采用3.2节机械惯量JC=70.0166kg⋅m2，利用式（3.3）得补偿电流
.495 8A IC=-262
3.4对路试等效的转动惯量为48 kg·m2，机械惯量为35 kg·m2的实验结果的评价
对于与所设计的路试等效的转动惯量为48 kg·m2，机械惯量为35 kg·m2，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468组数据。每组数据有扭矩，转速和时间组成。见附表。
本文对控制方法优劣的评价标准采用的是能量误差的大小，即以路试时的控制器与相应的试验台上控制器在制动过程中消耗的能量之差为主要指标，我们对理想状态下的制动能量消耗可以采用下面的方法进行计算。
假如此时等效的转动惯量恒为J=48 kg⋅m2，而制动减速度为常量,得到角速度
公式。
ω=ω0+β⋅t （3.6）
为考虑实测角速度与理想角速度的关系，对附表提供的角速度实验数据进行曲线拟合，结果如图1所示，直线是减速度为常数的曲线，直线上方的曲线为实测的角速度曲线。
00.511.522.533.544.55
图1角速度曲线（ω/t） 12记 ωi=ω0+β⋅ti，i=1,2,3 ,n,在时刻ti的能量Jωi。在时刻ti实测的角速度记2
111222JωJω-Jω为ωri，此时的能量。刹车以后能量的消耗riri0i。 222
可以得到时刻ti实测减速度为常量的消耗的能量误差
11112222ri=(Jωi-Jωri)-(Jω0-Jω0i) （3.7） 2222
测量n次的总误差
11112222r=r=(Jω-Jω)-(Jω-Jω ∑∑iiri00i) （3.8） 222i=1i=12
平均误差为 nn
1n1111222=∑(Jωi2-Jωri)-(Jω0-Jω0i) （3.9） ni=12222
相对误差为
rc=r∑i=1n112Jωi2-Jω0 （3.10） 22
利用附表的实验数据可以计算得到
总误差 r=473488.2396 （焦）
平均误差 r=1007.4218 （焦）
相对误差 rc = 3.6470%
该控制方法实现能量差指标很小还有一定的困难，主要原因从图中也能发现一部分，控制方法的初始作用不能够满足理想状态，而控制方法在后期能够较好的满足控制性能要好。总体控制结果不是很好，相对误差是较大的，有改进的余地。
00.511.522.533.544.55
图2能量误差ri变化图
为了更好地用某种控制方法试验得到的数据对该方法进行评价。我们对刹车过程进行分时段进行更细致的讨论。评价指标仍然采用上面指出的消耗的能量误差，把0~4.65秒分成6个时间段，计算消耗的能量误差结果见表1。
从表1明显地可以看出开始时段能量误差是非常大的,随时间的增加, 能量误差越来越小.最后一段的相对误差只有0.2192%。说明该控制方法开始段不是很好，后段是可以很好地控制，达到和理想状态一致的程度。
3.5按照3.3节的数学模型导出的一种电流值的计算机控制方法及评价
在问题3中，我们给出了电流控制问题的数学微分方程模型，由于可观测量为瞬时转速与/或瞬时扭矩，不妨假设第k个观测值为ωk与/或Mk， 重新考虑之前所导出的数学模型：
I=KI⋅(J⋅dωdωdω （3.11） -J0⋅)=KI(J-J0)⋅dtdtdt
这里，KI为电流与扭矩的比例系数，本问题中取1.5A/N.m。
对(3.11两边)同时求导得:
dId2ω=KI⋅(J-J0)⋅2 (3.12) dtdt
再对(3.12)进行离散化处理,令ts为采样周期,本题目取ts=0.01 s,tk+1=(k+1)ts (k=0,1,2,…),ωk+1=ωtk+1为瞬时角速度,Ik为瞬时补偿电流(tk时刻),且ωk+1为可测量,从而得
ωk-ωk-1
化简后得
Ik+1=Ik+1-Ik=KI(J-J0)⋅tk+1-tkts-ωk-1-ωk-2tsts, (k=1,2,3,…) KI(J-J0)⋅(ωk+ωk-2-2⋅ωk-1)+Ik , (k=1,2,3,…) (3.13) ts
对控制算法(3.13),初始量I0及I1的合理选取是保证准确计算Ik+1的一个因素,I0的选择可以基于理想化考虑,即以匀减速制动所需补偿电流为I0(参考问题3),而I1不妨选取如下形式的补偿: I1=KI(J-J0)ω1-ω0
ts+Io,即为∆ω的线性形式。
综上讨论分析，第tk+1时刻补偿电流的控制方法由下式给出：
⎧⎪⎪I0=KI(J-J0)β
⎪ω-ω0⎪ ⎨I1=KI(J-J0)1 （3.14） +I0ts⎪⎪ω+ωk-2-2ωk-1+Ik,(k≥1)⎪Ik+1=KI(J-J0)k
⎪ts⎩
150
100
50
I/A
-50
-10000.511.52
t/s2.533.544.5
图3 电流响应曲线
为考察本问题所提出的控制方法的性能，我们进行了数值模拟，取J=48 kg⋅m2，J0=35kg⋅m2，KI=1.5A⋅N-1⋅m-1,ts=0.1。瞬时角速度由附表给出（问题4的数据）数值模拟结果如图3所示。
由图3中的曲线可以发现，该控制方案仅能保证电流的有界性，稳定性较不理想，尽管控制方法结构简单易于实现，但是稳定性能和快速性都没有保证，因此需要进一步完善和改进。
3.6.一种改进的电流值的计算机控制方法及评价
如前所述，由于问题3.5与所设计的控制方法本质上为开环系统，其稳定性难以保证，基于实际应用对电流Ik的较高的稳定性要求，以及控制系统的快速性，这里对控制方法（3.14）进行完善和改进，思想是增加相对反馈项，考虑电流和角速度之间的相互制约关系，充分利用各项可测信号，并利用数学下降算法，建立相对应闭环系统，具体的控制方法由式（3.15）给出：
ωt-ω0⎧I=K(J-J)I0⎪0t-t0⎪⎪ω1-ω0I=K(J-J)+η0⋅I0I0⎪1ts⎪⎪ωk+1+ωk-1-2ωkI=K(J-J)+ηk⋅Ik,(k≥1) （3.15） ⎨k+1I0ts⎪⎪ηkω=ω-Ik⋅ts⎪k+1kJ-J0⎪⎪η=1-βk,(0
⎩
对（3.15）,可以理论证明，当k充分大时，易得：ηk→1,1-ηk→0，且可以通过β的选取使ηk较快达到适时需要，Ik及ωk+1-ωk
ts
的各项性能指标要求。仿真结果也说明了方法的有效性，如下图4所示： 为常量，满足实际需要，实现了控制 11
120
100
80
60
I/A
40
20
-20t/s
图4 改进方法下电流误差响应曲线
4.总结
本文对制动器试验台测试相联系的一些量进行了数学建模。涉及由承载的载荷计算等效的转动惯量，机械惯量和电动机补偿多大的惯量等于等效惯量的计算，由电动机驱动来补偿不足的惯量的电流控制建模，对用某种控制方法试验得到的数据利用能量指标对控制电流确保补偿有效性进行评价建模。二种控制电流保障电机补偿惯量的方法及其评价。对上面的问题进行了细致的讨论，对有关的计算得到了精确的答案。对实验结果作出了正确的评价，对电流控制方案通过差分方程和数值计算思想给出了两种控制方案，并进行了较详细的数值仿真，给出了恰当的评价。 参考文献
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[4]吴百诗，大学物理（新版），北京，科学出版社，2001.2。
[5]刘卫国，Matlab程序设计教程，北京，中国水利水电出版社，2005.3。
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