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1、1 2009高教社杯全国大学生数学建模竞赛承诺书我们仔细阅读了中国大学生数学建模竞赛的竞赛规则. 我们完全明白，在竞赛开始后参赛队员不能以任何方式（包括电话、电子邮件、网上咨询等）与队外的任何人（包括指导教师）研究、讨论与赛题有关的问题。我们知道，抄袭别人的成果是违反竞赛规则的, 如果引用别人的成果或其他公开的资料（包括网上查到的资料） ，必须按照规定的参考文献的表述方式在正文引用处和参考文献中明确列出。我们郑重承诺，严格遵守竞赛规则，以保证竞赛的公正、公平性。如有违反竞赛规则的行为，我们将受到严肃处理。我们参赛选择的题号是（从A/B/C/D 中选择一项填写）：A 我们的参赛报名号为（如果赛区
2、设置报名号的话）：0801 所属学校（请填写完整的全名） ： 哈尔滨工程大学参赛队员 (打印并签名 ) ：1. 黄玉龙2. 蒋彰3. 刘召军指导教师或指导教师组负责人(打印并签名 )：日期： 2009 年 9 月 15 日赛区评阅编号（由赛区组委会评阅前进行编号）：名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 14 页 - - - - - - - - - 2 2009高教社杯全国大学生数学建模竞赛编 号 专 用 页赛区评阅编号（由赛区组委会评阅前进行编号）：赛区评阅记录
3、（可供赛区评阅时使用）：评阅人评分备注全国统一编号（由赛区组委会送交全国前编号）：全国评阅编号（由全国组委会评阅前进行编号）：名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 14 页 - - - - - - - - - 3 制动器试验台的控制方法分析数学模型【摘要】本论文先通过对制动器控制方法的分析，然后建立一个较为完整而又简单的数学模型，结合这个模型对某种试验台控制方法分析，从中得到获得一些设计电流的经验，最后自己设计一个试验台控制方法并对它进行评价、优化。在处理第 3
4、 份时，建立了一个可观测数学模型：电动机的输出电流i=1.5*（等效转动惯量J-机械转动惯量 j）*主轴的扭矩 T/基础惯量 j 针对问题一，我们从物理的角度度对试验台进行分析，从等效转动惯量的定义算出等效转动惯量J=51.9989kg.m2针对问题二，使用补偿法求出空心圆柱体的转动惯量，总共有8 种飞轮和主轴的组合， 但符合要求的只有两个， 求出符合要求的两个补偿转动惯量，通过计算得到符合要求的补偿转动惯量为：-11.9906 kg.m2或 18.0177 kg.m2。针对问题三，通过建立的模型求出电流值，由于电动机可以取两个补偿转动惯量，所以对应有两个电流值。其值为：i=262.496A
5、或 i=-174.688A 其中负的电流表示电动机的扭矩将使主轴减速。针对问题四， 就是看能量误差的大小， 对于此数据表得到的数据可知此方法不行，因其产生太大的能量误差。针对问题五， 运用了前面的模型， 然后在误差允许的范围内， 做了一个初略的假设，并说明了这个假设可行。针对问题六， 根据问题五得到的模型进行更进一步的优化，再假设的基础上证明公式的正确性。关键字：路试，等效转动惯量，机械转动惯量，基础转动惯量，驱动电流，扭矩，可测数学模型。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - -
6、第 3 页，共 14 页 - - - - - - - - - 4 问题重述本次需要解决的这个问题， 涉及到汽车的制动过程， 在现实生活中汽车制动主要是通过汽车驾驶员踩刹车实现的。由于在生产汽车前没有汽车可以试验所以必须通过模拟试验来实现， 由于模拟试验中不可能和现实生活中一摸一样，只能是很相近，所以我们建模时紧紧抓住这一点。事实上我们生产的飞轮不可能一定正好符合要求， 所以就出现了用电动机来补偿。 但是马上来了一个实际问题就是我们如何控制电动机的驱动电流， 而且对电动机的驱动电流的控制也变成解决此问题的关键。 要想很好的模拟此制动过程我们必须很好的控制此电动机，因为电动机补偿主轴的转动惯量主要
7、是通过输出扭矩来实现。而扭矩又与电流成正比，控制电流就等于控制了扭矩，也就等同于对补偿转动惯量的控制。在此问题中还有一个重要一步，就是对电流控制方案的评价。评价的表准就是路试中消耗的能量与实验中消耗的能量的差值，即能量误差的大小。 如果能量误差大，说明电流的控制方案不好， 经过电动机的补偿， 试验的和路试的相差太大，与要求不符。如果能量误差很小说明符合要求，路试和实验符合的比较好。对所要解决的问题的思路解释：1）对于问题一我们已知前轮半径和载荷的重力，要求等效转动惯量。事实上主轴的角加速度和飞轮的角加速度以及前轮的角加速度是相同的，我们就是跟据这个事实来计算第一题。2）对于问题 2 是要我们求
8、电动机的补偿转动惯量，但是只要我们仔细分析一下就知道实质上是要我们求掏去中心那部分圆柱体的转动惯量，对于这类问题最常用的方法是使用补偿法， 对此题使用补偿法求出飞轮的转动惯量，然后进行组合，求出符合要求的补偿转动惯量。3）对于第 3 问是最关键的，在此题中需要建立一个数学模型。通过这个模型算出电流值，由于有不同的符合要求的飞轮组合，所以有多个电流值。4)第 4 问主要是对已给的电流控制方案进行的评价，可以通过推出路试的耗能和试验耗能表达式，然后通过已给的数据表格进行理论的分析，最后得出结论。5）设计一个电流控制方案，设计的原则是尽可能减小能量误差名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - -
9、 - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 14 页 - - - - - - - - - 5 问题分析路试制动过程和试验制动过程是本次讨论的两个制动过程，其中如何使实验中的制动过程和现实一样是关键， 由于现实生活中的转动惯量由现实的器材的转动惯量不能提供， 所以必须给予一定的补偿， 本题中提供的电动机输出扭矩就是为了实现这个目的。但是如何输出这个电流就是本问题的一个新问题。设计一个电流输出方案，是我们达到要求的方法，此设计方法不是凭空乱定的而是通过前一时刻测出的瞬时扭矩，来设计的。我们通过路试时的车轮的角加速度和试
10、验时的角加速度相等，建立一个数学模型：电动机的输出电流i=1.5*（等效转动惯量J-机械转动惯量 j）*主轴的扭矩 T/基础惯量 j 从此表达式中可以看出只要电动机电流一给定就能得到其输出扭矩T，反过来一给定主轴的瞬时扭矩就能得到电动机的驱动电流。我们通过做多次试验模拟出电流的输出表达式， 然后在使用这个驱动电流做模拟试验，测出主轴在不同小时间段内的扭矩和起始转速和结束转速，然后再利用能量误差来评价这个设计方案。模型的假设1）主轴与车轮之间始终有相同角速度。2）重力加速度近似去9.8kg.m2。3）问题 2 中的飞轮是均匀等厚的。4）处理问题 2 时使用补偿法计算飞轮的转动惯量，填充的是和原来
11、等密度的钢才。5）圆周率近似取 3.14 6）路试与模拟试验近似相同。7）在测试的 10ms过程假设电动机功率恒定。8）在第 4 问中计算功率时使用的转速，假设是每10ms观测过程中的起始转速。9）路试制动时消耗的能量只有摩擦消耗，试验时制动消耗的能量只有摩擦消耗和电能。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 14 页 - - - - - - - - - 6 模型分析与求解问题（ 1） ：1）变量假设：m: 制动时单个前轮承受载荷的质量。g：重力加速度。G：前轮承
12、受的载荷的力。V1：载荷的运动速度。V2：前轮的运动速度。W1：前轮的运动的角速度。W2：主轴转速度。J：主轴和飞轮的等效转动惯量。r：前轮半径。2）问题解决：主轴在电动机带动下开始转动，跟据题目假设主轴的角速度与前轮的角速度始终保持相等可得到以下等式：W1=W2(1) 由于载荷与车轮无滑动，所以载荷的运动速度与车轮的运动速度相等：V 1 =V2 (2) 根据线速度角速度的关系可知：V2=r*W1(3) 等效转动惯量的定义，把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 )称为等
13、效转动惯量。根据定义可知：(1/2)*(G/g)*V12=(1/2)*J*W22 (4) 根据重力与质量之间的关系可知：G=m*g (5) 联合（ 1）到（ 5）5 个方程得到以下等式：J=G*r2/g 已经知道以下条件， G=6230N，g =9.8m/s2，r=0.286m。代入数据经计算等到等效转动惯量 J 为：J=51.9989kg.m23）结论：所以等效转动惯量J=51.9989kg.m2问题（ 2） ：1） 变量假设：D：飞轮的外直径。d：飞轮的类内直径。e,f,g：分别代表飞轮组的3 个厚度。j：飞轮组的转动惯量p：填充后飞轮的总转动惯量。q：填充部分的转动惯量。名师资料总结 -
14、 - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 14 页 - - - - - - - - - 7 j1，j2，j3：分别代表 3 个飞轮的转动惯量。J1到 J8：分别代表 8 个不同的机械惯量。jj：主轴的基础惯量。jjj ：电动机的补偿转动惯量。P：钢材的密度。M：填充后飞轮的质量。m：填充部分的质量。2）问题解决的方法：对于此问题使用补偿法球飞轮的转动惯量，飞轮的转动惯量可以看做是先把空心部分填充，再有补充后圆柱体转动惯量减去填充的小圆柱体的转动惯量得到的惯量。因此可得以下等式：j=
15、p- q. （6）根据圆柱体转动惯量与直径之间的关系可得：p=(1/2)*M*(D/2)2 （7）q=(1/2)*m*(d/2)2 (8) 又由于质量与密度之间的关系：M=(1/32)*P*3.14*e*D2 （9）m=(1/32)*P*3.14*e*d2 （10）j1=j. (11) D=1m, d=0.2m,e=0.0392,P=7810kg/m3, 联合（ 6）到（ 11）的方程解得j1=30.0083kg.m2同理只要将 e换成 f 或 g 就能算出 j2和 j3j2=60.0166kg.m2 , j3=120.033kg.m2 一个机械惯量可以包含0，1，2，3 个飞轮所以组成的是一
16、个3 维向量，如果记去取飞轮为 1，不取记为 0，列举如下：0 , 0 ,0 0 ,1 ,0 0 ,1 ,1 0 ,0 ,1 1 ,0 ,0 1 ,0 ,1 1 ,1 ,0 1 ,1 ,1 则 j1=jj+0+0+0=10kg.m2 同理求其它 7 种情况： j2=70.0166kg.m2，j3=190.05 kg.m2，j4=130.33 kg.m2j5=40.0083 kg.m2，j6=160.041 kg.m2，j7=100.025 kg.m2，j8=220.058 kg.m2由于电动机的补偿惯量在-30,30所以飞轮组只能取： 1 ,0 ,0和0 ,1 ,0 jjj=40.0083-5
17、1.9989=-11.9906 kg.m2或jjj=70.0166-51.9989=18.0177 kg.m23）结论：所以电动机可以提供两种补偿惯量：-11.9906 kg.m2或 18.0177 kg.m2 问题（ 3） ：1）符号说明：c：电动机驱动电流与扭矩的比值。M：路试过程中的扭矩。m：电动机的输出扭矩。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 14 页 - - - - - - - - - 8 J：等效转动惯量。j：机械惯量。jj：基础转动惯量。T：可测
18、量的主轴瞬时扭矩。b：主轴路试时的角加速度。d：主轴的实验时的角加速度。i(t)：电动机随时间变化的驱动电流。a：车轮的加速度。R：车轮的半径。2）建立可观测数学模型：使模拟试验尽可能与路试相同是我们建立这个模型的原则之一。因此可知试验过程中的一些量应该与路试中的相同，可得b=d (1) 由于试验时车轮是以恒定的加速度减速的，所以车轮的角加速度也一定是恒定的，又由于车轮的角加速度与主轴的角加速度一样，所以主轴也以一定角加速度减速。则对主轴使用全过程的转动定侓：路试过程M=J*b (2) 在试验过程中，每一瞬间主轴的瞬时扭矩都是可以测量出来的，主轴有它的基础转动惯量，因此它的角加速度与其转动量有
19、以下关系：T=jj*d (3) 以飞轮和主轴为考察对象那么其转动惯量应为：M-m 则对他们使用转动定侓有以下关系：M j*d (4) T 是可以通过一些装置测出来，属于可观测量。联立上述 4 个方程得到以下表达式：m=(J-j)*T/jj (5) 根据电动机的输出扭矩和输出电流之间的关系得出驱动电流表达式为：i(t)=c*m=c*(J-j)*T/jj (6) 到此我们建立了一个简单的数学模型。3）在问题 3 特定的条件下的求解：对于问题 3 我们已知车轮运行的加速度a，而它的值为：a=(0-50/3.6)/5=-2.77778m/s2所以其大小为 2.77778. 而其角加速度与主轴的角加速度
20、大小相同都为d，根据先线加速度与角加速度之间的关系可得到：a=R*d (7) 有前面的方程可知 i=c*(J-j)*d. (8) 已知 R=0.286m，c=1.5A/N.m，jj=51.9989 kg.m2,j=40.0083 或 70.0166 kg.m2将其都代入到（ 7）和（ 8）中得到电流的值为：i=262.496A 或 i=-174.688A 由于第二题中飞轮有两种组合所以可已得到两个电流值，当电流的值为正数时， 表示电动机提供的电流是用来增加主轴的转动惯量；当提供的电流为负值时，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - -
21、- - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 14 页 - - - - - - - - - 9 表示提供的电流主要用来减少主轴的转动惯量。4）结论：因此可以提供两种大小的电流一种是262.496A，另外一种是 174.688A。问题（ 4） ：1）变量假设：i(t)：某时刻电动机的驱动电流。J：等效转动惯量。JJ ：机械转动惯量。j：基础转动惯量。P ：电动机的消耗功率。M ：电动机的输出扭矩。T：主轴的转动惯量。W1：路试消耗的能量。W2：试验消耗的能量。N1：电动机在观测时间内的转动初始转速。N2：电动机在观测时间内的转动末始转速。E1：试验过程中电动消耗的能量。E
22、2：实验过程中减小的转动动能。t：短暂观测的总时间。（如 10ms）2）问题解决：对于路试过程中消耗的能量， 从能量守恒的角度来考虑可知路试制动过程中消耗的能量应等于系统减小的转动动能，所以可得到以下等式：W1=(1/2)*J*(2*3.14*N1)2-(2*3.14*N2)2 (1) （*）对于试验过程中消耗的能量从能量守恒的角度考虑，其消耗的能量等于两部分之和，一部分是电动机消耗的能量，另一部分消耗的能量则是减小的转动动能。由此可以得到以下等式：W2=E1+E2 (2) 而对于试验时减少的转动动能应为：E2=(1/2)*JJ*(2*3.14*N1)2-(2*3.14*N2)2/3600 由
23、于电动机的输出扭矩与其功率满足以下关系：P=N*M/9950 (3) (P 的单位为 kw，N 的单位为 r/min) 又由于 M=i(t)/1.5 ，根据第三问我们建立的模型可知：i(t)=1.5*(J-JJ)*T/j (4) 又由于 i(t)=1.5*M (5) 由（3） ， （4） ， （5）得到：P=（J-JJ ）*T*N/9950 现在我们观测的是一个小段时间内的情况所以我们可以近似认为在这段时间内电动机的功率恒定所以有以下等式：E1=P*t=（J-JJ ）*T*N*t/9950 所以实验过程中消耗的能量为：W2=1000* （ J-JJ） *T*N*t/(9950)+(1/2)*J
24、J*(2*3.14*N1)2-(2*3.14*N2)2 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 14 页 - - - - - - - - - 10 /3600 （* ）现在根据（ *）和（ * ）两个等式计算两个能量：首先我们从那个数据记录表中看到在一小段时间内，也就是10ms 内出现开始和结束时的转速一样，则根据（*）可知路试时消耗的能量为0，但是在现实生活中不可能发生那种事情，因此这是我发现的第一个问题。再者从根本上来说， 决定此方案好坏的还是路试的消耗能量和
25、实验时消耗的能量之差，也就是能量误差。 其误差与转速和主轴的扭矩有关，从表中可以看出转速变化的比较慢， 也就是说算出来路试的消耗的能量比较小，虽然试验时消耗的能量也与转速有关但是它还与扭矩有关，而且扭矩变化的特别快， 导致能量误差比较大，而且是能量误差越来越大。上述文字用数学语言表示如下：能量误差=W2- W1=1000* （ J-JJ） *T*N*t/(9950)+(1/2)*JJ*(2*3.14*N1)2-(2*3.14*N2)2 /3600 -(1/2)*J*(2*3.14*N1)2-(2*3.14*N2)2 从上述表达式可以看出转速的变化能量误差变小，同时主轴的扭矩的变大使能量误差变大
26、，从表中可以看到在10ms内前后转速平方差很小可以近似看为趋于0，但 T 的急剧变化使能量误差出现了很大的误差，因此我认为此电流的控制方法有问题。最后我对此方案做进一部的分析，讨论它为什么会出现这种问题。在第3 问中我们建立了一个模型：i(t)=1.5*(J-JJ)*T/j (*) 从这个等式可以看出当T 变化很剧烈时， i(t)也变化得很剧烈，由于变化剧烈的电流将很难控制， 也就导致了很大的电动机的耗能的误差，而两者转动动能始终变化一致，所以也就导致了很大的能量误差。3）结论：此方案不行，提供很大的电流，但是收获很少，也就是说白白浪费了电能，却对制动没什么贡献，所以产生很大的能量误差。名师资
27、料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 10 页，共 14 页 - - - - - - - - - 11 问题（ 5） ：符号说明：C0：电流与扭矩的比例常数。m测：瞬时扭矩。J实：等效转动惯量。J0：机械惯量。F(Mn)：制动器的扭矩。f（Mn） ：电动机产生的驱动电流在理想的情况下产生的扭矩。f(mn)：实际驱动电流产生的扭矩。由第（ 3）问可以知道，动机驱动电流依赖于可观测量的数学模型：电流与扭矩的关系：I(t)=C0*m测（J实J0）/J0; 由于所取的时间段非常小，故在0
28、.01s内可近似看成这段时间相同。又由于制动器产生的扭矩在变化且制动器产生的扭矩占m测的大部分，因此电流有少许误差不会对试验产生的误差，因此这样可行， 但是这个电流不精确且总存在误差。制动器的扭矩曲线方程：Y=F(Mn)；电动机产生的驱动电流在理想的情况下产生的扭矩的曲线方程：Y=f（Mn） ；实际驱动电流产生的扭矩的曲线方程：Y=f(mn); 它们的曲线图像如下：名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 11 页，共 14 页 - - - - - - - - - 12 由电流
29、与扭矩的关系式可知：f（mn）=f（Mn-1） ；M差 n= f（Mn）- f（mn）= f（Mn）- f（Mn-1）E=M差*w*dt =【f（Mn）- f（Mn-1） 】*w*dt ；从能量方面考虑，当时间取得越少时，得到的结果也越精确。对该方法的评价：测量的间断时间不可能很小，因此在这个间断时间内两者的能量之差会比较大，因此它不能准确的评价。 评价一个制动器的好坏， 只能在一个大概范围内预计出制动器是否合格。问题（ 6）: 由第 5 问可以知道，此方法存在以下不足之处（！ ） 由于科技的限制， 所以时间的间隔不可能很小， 而且测量的时间存在误差。（2） 应用的电源为交流电，所以不可能始终
30、保持电流相同。（3）电动机能量消耗使得能量不守恒。（4）在短时间的误差小，但求和了过后误差变大了。为了弥补以上的不足之处， 我们提出以下的控制方法并证明它的误差在允许的范围内。即取 In=C0【2Mn-1-Mn-2】*（J实J0）/J0; 说明如下：因为所取时间较短， 可近似将上一段时间内电流的方程曲线看成直线，这样就可以计算出这一时刻电流的大小。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 12 页，共 14 页 - - - - - - - - - 13 因为制动器产生的扭矩占瞬
31、时扭矩的大部分，它起到主导地位， 因此电流有稍许误差不会对实验产生很大影响，因此这样可行。但是存在误差。制动器的扭矩曲线方程：Y=F(Mn)；电动机产生的驱动电流在理想的情况下产生的扭矩的曲线方程：Y=f（Mn） ；实际驱动电流产生的扭矩的曲线方程：Y=f(mn); 它们的曲线图像如下：由电流与扭矩的关系式可知：f(mn)= 2 f（Mn-1）- f（Mn-2） ；M差 n= f（mn）- f（Mn）= 2 f（Mn-1）- f（Mn-2）- f（Mn）E=M差*w*dt =【2 f（Mn-1）- f（Mn-2）- f（Mn） 】*w*dt ；由此可知，时间差取的越小，结果越精确，且相对与5
32、问中的控制方法，它的能量的误差变的更小 , 因此这个控制方法精确了更多。评价：此方法相对于第 （5）问的方法较好， 但也存在着不足之处， 此方法减少了第 （5）问中不足处的误差， 但和实际有一定偏差， 我们了解实际与理想的误差，只要使得所得误差在允许的范围内即可。第（6）提供的方法，通过计算和曲线间的分名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 13 页，共 14 页 - - - - - - - - - 14 析，比第（ 5）的误差小得多。但也有不足处：曲线拟合是一个近似过程，并不能精确描述制动器扭矩.电动机在理想条件的扭矩与实际扭矩的变化趋势。名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 14 页，共 14 页 - - - - - - - - -