a) Tải trọng tác dụng lên hệ thống treo trước
Để xây dựng đặc tính đàn hồi yêu cầu của hệ thống treo, trước tiên ta xác định hai điểm A(ft , Zt), B(fđ , Zđ).
Xác định Ztt, ta có:
Tải trọng tác dụng ôtô đầy tải : G = Gat - Gkt [Kg] Trong đó:
Gat: trọng lượng toàn bộ phân bố lên cầu trước,Gat = 800[Kg] Gkt: trọng lượng phần không được treo ở cầu trước [Kg] Với: Gkt= Gct+ 2.Gbx [Kg]
Trong đó:
Gct: trọng lượng của cầu trước [Kg] Gbx: trọng lượng của bánh xe [Kg]
= 800 - 80 = 720 (Kg) Ztt= G/2=720/2= 360 (Kg) b) Tải trọng tác dụng lên hệ thống treo sau
Xác định Zts, ta có:
Tải trọng tác dụng ôtô đầy tải : G = Gat - Gkt [Kg] Trong đó:
Gas: trọng lượng toàn bộ phân bố lên cầu trước,Gas = 700[Kg] Gks: trọng lượng phần không được treo ở cầu trước [Kg] Với: Gks= Gcs+ 2.Gbx [Kg]
Trong đó:
Gcs: trọng lượng của cầu sau [Kg] Gbx: trọng lượng của bánh xe [Kg] Do đó ta được: G = Gas - (Gcs + 2.Gbx) = 700 - 110 = 590 (Kg) Zts= G/2=590/2= 295 (Kg) c, Xác định độ biến dạng Xác định ftt:
Biến dạng tĩnh của hệ thống treo đo tại trục bánh xe ft được xác định trên cơ sở tiêu chuẩn về độ êm dịu, đối với xe con : ft = 1525 cm
n - số dao động trong 1 phút với ft (cm)
Xe con có n= 6090 lần/phút, ta chọn n = 70 . Do đó ta có ftt ≈ 180 mm. Xác định Zđt: Tải trọng động của xe tác dụng lên hệ thống treo được xác định:
Zđ= kđ.Zt [Kg]
Trong đó: kđ là hệ số tải trọng động, kđ=1,752,5, đối với xe chở khách thì kđ nằm ở giới hạn nhỏ, còn đối với xe tải thì kđ nằm ở giới hạn lớn, ta chọn kđ=1,75.
Vậy: Zđt = kđ.Ztt =1,75.337,5 = 590,625 (Kg)
Xác định fđt: Biến dạng thêm của hệ thống treo dưới tác dụng của tải trọng động fđ phải đủ lớn để thùng xe không va đập liên tục vào ụ hạn chế, nhưng fđ không quá lớn vì ôtô sẽ giảm tính ổn định, phức tạp truyền động lái, tăng yêu cầu với bộ phận hướng, thay đổi khoảng sáng gầm xe đối với hệ thống treo độc lập.
Theo kinh nghiệm thì: fđ = 0,8.ft Vậy: fđt = 0,8.180 = 144 (mm).
Sử dụng ụ cao su hạn chế hành trình fđ, cao su có đặc tính đàn hồi gần tuyến tính. Bộ phận đàn hồi chạm vào ụ cao su khi Z = Zmax.
Xác định fcs: Xe du lịch có: fcs= (0,350,4).fđ [mm] fcs - biến dạng của cao su [mm]
Ta có : fcst = (0,350,4).fđt = (0,350,4).144 =50,457.6 (mm). Chọn fcst= 50 (mm)
Ụ cao su có chiều cao hcs , ta có:ℎ𝑐𝑠 ≥3
2𝑓𝑐𝑠 [mm] ℎ𝑐𝑠𝑡 ≥3
250 = 75 [mm] chọn hcst= 75 (mm)
3.4.1 Kiểm tra sơ đồ động học:
Thông số hình học:
Tên Ký hiệu Giá trị Đơn vị
Góc nghiêng ngang trụ đứng δ0 130 Độ
Góc nghiêng ngang bánh trước γ0 0 Độ
Bán kính bánh xe quay quanh trụ đứng r0 30 mm
Độ võng tĩnh ft 180 mm
Độ võng động fđ 144 mm
Độ võng tĩnh của hệ thống treo khi không tải
f0t 146 mm
Khoảng cách từ tâm quay bánh xe đến đòn dưới
Kr 150 mm
Khoảng cách từ mặt đường tới tâm quay trụ đứng
h02 900 mm
Bảng 3-2: Bảng thông số hình học
* Xây dựng họa đồ động học hệ thống treo Mc.Pherson: - Kẻ đường nằm ngang dd để biểu diễn mặt phẳng đường. - Vẽ đường trục đối xứng của xe A0m, A0m vuông góc với dd tại A0. - Trên A0m đặt các đoạn:
𝐴0𝐴1 = 𝐻𝑚𝑖𝑛
𝐴2𝐴3 = 𝑓𝑡 = 180𝑚𝑚
𝐴4𝐴3 = 𝑓𝑜𝑡 = 146𝑚𝑚
Trong các đoạn trên thì chiều các đoạn lấy hướng lên trên, còn đoạn A3A4
mang dấu âm nên hướng xuống dưới.
- Trên mặt phẳng đường A0d đặt: 𝐴0𝐵0 = 𝐵
2 = 1690
2 = 845𝑚𝑚 Với B0 là điểm tiếp xúc của bánh xe với mặt đường.
- Tại B0 dựng Boz vuông góc với dd.
- Trên đường A0Bo lấy ra phía trong đoạn A0B0 một đoạn: 𝐵0𝐶0 = |𝑟0| = 30𝑚𝑚
- Tại C0 dựng đường C0n tạo với phương thẳng đứng một góc: δ0= 130. - Trên đường C0n tìm điểm O2 là điểm liên kết giảm chấn với tai xe, O2
cách mặt đường một đoạn là 900 mm. - Trên B0z đặt: 𝐵0𝐵 = 𝑟𝑏𝑥 = 298𝑚𝑚
- Tại B dựng đường vuông góc với B0z, cắt C0n tại điểm C2. Vậy C2 là điểm nối cứng của trục bánh xe với trụ xoay đứng. - Trên C0n từ điểm C2 đặt phía dưới một đoạn: 𝐶2𝐶1 =𝐾𝑟
2 = 150
2 = 75𝑚𝑚 C1C2 là khoảng cách từ tâm trục bánh xe tới khớp quay ngoài đòn ngang. C1 là vị trí khớp quay ngoài của đòn ngang ở vị trí không tải.
Tại vị trí này tâm quay của đòn ngang phải cao hơn hoặc ngang bằng vị trí A4 trên đường A0m.
- Bằng cách tương tự ta sẽ đi tìm vị trí khớp trong của đòn ngang ở vị trí đầy tải như sau: Khi hệ thống treo biến dạng lớn nhất, nếu coi thùng xe đứng yên thì bánh xe sẽ dịch chuyển tịnh tiến đến điểm B1.
Nếu coi khoảng cách giữa hai vết bánh xe ở trạng thái này là không đổi so với trạng thái khi không tải.
𝐵𝑜𝐵1 = 𝑓𝑑 + 𝑓𝑡− 𝑓0𝑡 = 144 + 180 − 146 = 178𝑚𝑚 - Từ B1 kẻ đường B1q // dd.
- Trên B1q đặt B1Do: 𝐵1𝐷𝑜 = 𝐵0𝐶0 = |𝑟0| = 30𝑚𝑚.
- Nối D0 với O2 thì D0O2 là đường tâm quay trụ xoay đứng khi ở trạng thái đầy tải (hệ thống treo biến dạng lớn nhất).
Trong quá trình bánh xe dịch chuyển khoảng cách C0C1 là không thay đổi. Do đó trên đường D0O2 ta lấy đoạn: 𝐷0𝐷1 = 𝐶𝑜𝐶1.
D1 chính là vị trí khớp cầu ngoài của đòn ngang ở chế độ đầy tải.
Như vậy C1 và D1 sẽ cùng có tâm là khớp trụ trong O1 của đòn ngang, bán kính là chiều dài đòn ngang lđ (chưa biết).
Tâm khớp trụ trong O1 phải nằm trên đường trung trực của đoạn C1D1. - Xác định tâm O1 bằng cách:
+ Kẻ đường kk là đường trung trực của đoạn C1D1. + Từ A4 kẻ đường thẳng tt // dd.
+ tt cắt đường thẳng kk tại O1.
+ Kéo dài C1O1.
+ Từ O2 kẻ đường vuông góc với O2C0.
+ Hai đường thẳng trên cắt nhau tại đâu thì chính là tâm P.
- Xác định tâm quay tức thời S của cầu xe cũng như thùng xe trong mặt phẳng ngang cầu xe.
+ Nối PB0.
+PBo giao với Aom tại S.
⇒ Đo khoảng cách C1O1 rồi nhân tỷ lệ ra thì ta được độ dài càng chữ A
Hình 3.2: Họa đồ động học hệ thống treo Mc.Pherson
=> lđ= 370 mm
Khi đã xác định được độ dài đòn ngang Lđ ta đi xây dựng được họa đồ biểu thị sự thay đổi góc nghiêng của giảm chấn và đòn ngang khi độ võng của thân xe (hay độ đi lên của bánh xe) thay đổi:
Hình 3.3: Họa đồ kiểm tra động học hệ thống treo Mc.Pherson
3.4.2 Các chế độ tải trọng:
3.4.2.1 Trường hợp chỉ chịu tải trọng động (chỉ có lực Z, không có lực X và Y).
Z= Zttkđ = 3375.2=6750( N) Trong đó:
kđ: hệ số tải trọng động (kđ = 1,8-2,5)
Ztt: tải trọng thẳng đứng tính cho một bên bánh xe Z= 6750 (N)
Hình 3.4: Sơ đồ lực trong trường hợp chịu tải trọng động
- Phản lực Z đặt tại bánh xe gây nên đối với trục đứng AB: 𝑍⃗ = 𝑍⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑍𝐴𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝑀𝑌 𝑧(𝑦𝑜𝑧)
ZAB cân bằng với Zlx: Zlx = 6750.cos13 = 6577 (N) - Tại đầu A lực dọc theo phương giảm chấn tác dụng: ZA=ZAB=Zlx=6577(N)
- Lực Z gây ra lực ngang ZY và MZ: Zy = 6577.sin13o = 1480 (N)
𝑀𝑧 = 𝑍𝑟𝑜𝑐𝑜𝑠 𝛿 = 6577.0,03. 𝑐𝑜𝑠 1 3 = 192,25(𝑁. 𝑚)
Trong đó:
Z- Tải trọng động thẳng đứng tác dụng lên một bánh xe. ro- Bán kính quay bánh xe quanh trụ đứng (ro=0,03 m). ZAB- Lực dọc theo phương trụ đứng.
δ- Góc nghiêng ngang trụ đứng (δ= 13o) - Mz tạo nên 2 phản lực ở A và B là: AMz và BMz 𝐴𝑀𝑧 = 𝐵𝑀𝑧 = 𝑀𝑧 𝑚 + 𝑛 = 196 0,434 + 0,075= 385(𝑁) - ZY gây nên hai phản lực là AZY và BZY:
𝐴𝑍𝑌 = 𝑍𝑌(𝑟𝑏𝑥 − 𝑛) 𝑚 + 𝑛 = 1512(247 − 75) 434 + 75 = 511(𝑁) 𝐵𝑍𝑌 =𝑍𝑌(𝑟𝑏𝑥 + 𝑚) 𝑚 + 𝑛 = 1512(247 + 434) 434 + 75 = 2023(𝑁) 𝐶𝑌 = 𝐵𝑀𝑧 + 𝐵𝑍𝑌 = 385 + 2023 = 2408(𝑁) m= 434 mm; n= 75 mm; rbx= 247 mm
3.4.2.2 Trường hợp chỉ chịu lực phanh cực đại (chỉ có lực X và Z, không có lực Y).
- Z= Ztt mp = 3375.1,2 = 4050 (N) Trong đó:
Ztt: tải trọng thẳng đứng tính cho một bên bánh xe. mp: hệ số phân bố tải trọng khi phanh gấp.
X= Z. φ = 4050.0,75 = 3037,5(N) Trong đó:
Xmax: lực dọc lớn nhất tác dụng tại điểm tiếp xúc của bánh với mặt đường φ: hệ số bám dọc (φ= 0,75)
Hình 3.5: Sơ đồ lực trong trường hợp chịu lực phanh cực đại
- Phân tích tác dụng của lực Z và các phản lực tác dụng như phần trên. - Phản lực X đặt tại bánh xe gây nên đối với trụ đứng AB như hình vẽ trên. - Lực dọc X chuyển về tâm trục bánh xe được 2 thành phần Xo và Mx: Xo = X = 3037,5 ; Mx= 3037,5. 0,247 = 750,26 (N.m)
+ Lực X0 gây nên các phản lực tại A và B là Ax và Bx:]
Ax = 3037,5.75/(434+75)=447,56 (N) ; Bx = 3037.434/ (434+75) = 2589,5 (N)
Do mô men Mx gây nên tại A và B 𝐴𝑀𝑥 = 𝐵𝑀𝑥 = 𝑀𝑥
𝑚 + 𝑛 =
750,26
0.434 + 0.75= 1474(𝑁)
- Lực X gây nên đòn ngang lái đặt tại điểm S là SY tạo nên các phản lực: As và Bs
𝑆𝑌 = 𝑋𝑟𝑜
𝑙𝑠𝑐𝑜𝑠 𝛿 = 3037,5.0,75. 𝑐𝑜𝑠 1 3 = 2219,7(𝑁) Trong đó: ls là chiều dài đòn ngang lái.
𝐴𝑠 = 𝑆𝑌 𝑡 𝑠 + 𝑡 = 2219,7 0,075 0,434 + 0,075= 327(𝑁) 𝐵𝑠 = 𝑆𝑌 𝑠 𝑠 + 𝑡 = 2219,7 0,434 0,434 + 0,075= 1892,63𝑁) Trong đó: s,t: là kích thước để lắp đòn ngang.
Như vậy các lực tác dụng lên trụ đứng: Ở đầu A: Theo phương X: 𝐴𝑀𝑥 + 𝐴𝑋 = 1474 + 447,56 = 1921,56 Theo phương Y: 𝐴𝑀𝑍 + 𝐴𝑍𝑌 − 𝐴𝑆 = 385 + 511 − 334 = 562(𝑁) 𝐴𝑀𝑍 + 𝐴𝑍𝑌− 𝐴𝑆 = 385 + 511 − 327 = 569(𝑁) Ở đầu B:2589,5 1474 Theo phương X: 𝐵𝑀𝑥 + 𝐵𝑋 = 1474 + 2589,5 = 4063,5(𝑁) Theo phương Y:𝐵𝑀𝑧 + 𝐵𝑍𝑌+ 𝐵𝑆 = 385 + 2023 + 1892,63 = 4300,63(𝑁)
Các lực liên kết:
CX=4063,5 và CY=4300,63 Trong đó:
CX gây nên các thành phần phản lực tại gối D và E. Phương X: 𝐷𝑋 = 𝐸𝑋 = 𝐶𝑋
2 = 2031,75 Phương Y: 𝐷𝐶𝑋 = 𝐸𝐶𝑋 = 𝐶𝑋 𝑙𝑑
𝑑1+𝑑2 = 4154 370
𝐷𝐶𝑋 = 𝐸𝐶𝑋 = 𝐶𝑋 𝑙𝑑
𝑑1+ 𝑑2 = 4063,5
370
110 + 170= 5370(𝑁) CY gây nên các phản lực tại gối D và E:
𝐷𝑌 = 𝐶𝑌 𝑑2 𝑑1+ 𝑑2 = 4343 170 110 + 170 = 2637(𝑁) 𝐸𝑌 = 𝐶𝑌 𝑑1 𝑑1 + 𝑑2 = 4343 110 110 + 170 = 1706(𝑁) 𝐷𝑌 = 𝐶𝑌 𝑑2 𝑑1+ 𝑑2 = 4300,63 170 110 + 170 = 2611(𝑁) 𝐸𝑌 = 𝐶𝑌 𝑑1 𝑑1 + 𝑑2 = 4300,63 110 110 + 170= 1689,5(𝑁) Như vậy: Tại C có: CX; CY Tại D có: DX; DY; DYX Tại E có: EX; EY; EYX
3.4.2.3 Trường hợp chỉ chịu lực bên cực đại (chỉ có lực Y và Z, không có lực X). 𝑍 = 𝑍𝑡𝑡∗ = 𝐺1𝑇 2 (1 + 2ℎ𝑔𝜙𝑦 𝐵 ) = 6750 2 (1 + 2.0,5.1 1,54 ) − 200 = 5366,55 Trong đó: B- Chiều rộng vết bánh xe (B= 1,54 mm) hg: chiều cao trọng tâm xe (hg= 0,5 m) φy: hệ số bám ngang (φy= 1)
𝑍 = 𝑍𝑡𝑡∗ = 𝐺1𝑇 2 (1 + 2ℎ𝑔𝜙𝑦 𝐵 ) = 6750 2 (1 + 2.0,5.1 1,54 ) = 5566,55(𝑁)
Hình 3.6: Sơ đồ lực trong trường hợp chịu lực bên cực đại
Z= 5366,5 (N); Y= 5566,5 (N)
- Tác dụng của thành phần lực Z và các phản lực khác tương tự như ở trên. - Tác dụng của thành phần lực ngang Y như hình vẽ trên.
- Lực ngang Y gây nên đối với trụ đứng AB các phản lực AY và BY. 𝐵𝑦 = 𝑌 𝑟 − 𝑛 𝑚 + 𝑛 = 2578(𝑁) 𝐴𝑌 = 𝑌 − 𝐵𝑌 = 2988(𝑁) - Các lực tác dụng lên trụ đứng: Tại A: 𝑍𝐴 = 𝑍 𝑐𝑜𝑠 𝛿 = 5366,5 𝑐𝑜𝑠 1 3 = 5229(𝑁) Tại B: 𝐵𝑌 − 𝐵𝑀𝑍 − 𝐵𝑍𝑌 = 2578 − 385 − 2023 = 170(𝑁) - Các lực tác dụng lên đòn ngang: Tại C:
𝐶𝑌𝑌 = 𝐵𝑌 − 𝐵𝑀𝑍 − 𝐵𝑍𝑌 = 170𝑁 Tại E: 𝐸𝑌𝑌 = 𝐶𝑌𝑌 𝑑1 𝑑1+𝑑2 = 227 110 110+170 = 89(𝑁) 𝐸𝑌𝑌 = 𝐶𝑌𝑌 𝑑1 𝑑1 + 𝑑2 = 170 110 280= 66,78(𝑁) Tại D: 𝐷𝑌𝑌 = 𝐶𝑌𝑌 𝑑2 𝑑1 + 𝑑2= 170 170 280 = 103,21(𝑁) 3.5 Kết luận chương 3 => Bán kính lốp R = 603/2 = 301,5 mm => Ztt= G/2=720/2= 360 (Kg) => Zts= G/2=590/2= 295 (Kg) ℎ𝑐𝑠𝑡 ≥ 3 250 = 75 [mm] chọn hcst= 75 (mm)
Trường hợp chỉ chịu tải trọng động (chỉ có lực Z, không có lực X và Y). Z= Zttkđ = 3375.2=6750( N)
Trường hợp chỉ chịu lực phanh cực đại (chỉ có lực X và Z, không lực Y). Z= Ztt mp = 3375.1,2 = 4050 (N)
Trường hợp chỉ chịu lực bên cực đại (chỉ có lực Y và Z, không có lực X). 𝑍 = 𝑍𝑡𝑡∗ =𝐺1𝑇
2 (1 +2ℎ𝑔𝜙𝑦
𝐵 ) =6750
2 (1 +2.0,5.1
CHƯƠNG 4. MÔ PHỎNG HỆ THỐNG TREO TOYOTA VIOS 2014 BẰNG PHẦN MỀM CARSIM
4.1 Giới thiệu phần mềm Carsim
CarSim là sản phẩm phần mềm của Tập đoàn Mechanical Simulation
(USA) – một công ty phần mềm chuyên về động lực học xe được thành lập năm 1996. Tiền thân của tập đoàn là Trường Đại học của Viện nghiên cứu giao thông vận tải Michigan (UMTRI). Cho đến nay Mechanical Simulation (USA) đã có hơn 30 năm kinh nghiệm xây dựng và phát triển các phần mềm để mô phỏng động lực học xe.
CarSim là phần mềm mô phỏng động lực học xe dựa trên định hướng tính năng, dùng công nghệ VehicleSim (VS) với những đặc điểm sau:
Được phát triển liên tục kể từ năm 1990.
Dùng mô hình toán học dạng tham số để tái tạo hành vi động lực học cấp độ hệ thống.
Giao diện người dùng đồ họa (GUI) dễ sử dụng, công cụ VS Visualizer cho phép xem mô phỏng với đồ thị và hình ảnh động thực tế.
Dữ liệu đầu vào dạng đồ họa:
- Bao gồm cơ sở dữ liệu mô hình xe, cơ sở dữ liệu đầu vào kiểm soát (tốc độ, lái, phanh, van ga, mô hình lái xe, thông tin bề mặt đường…), các thiết lập mô phỏng (thời gian bắt đầu, khoảng cách và tần suất mô phỏng).
- Cơ sở dữ liệu được tổ chức với hơn 175 nhóm dữ liệu dạng màn hình đồ họa.
- Mỗi màn hình truy cập một thư viện các bộ dữ liệu. - Điều hướng như một trình duyệt web.
- Dùng thực đơn kéo xuống để chọn bộ dữ liệu từ thư viện. - Màn hình hiển thị dữ liệu trong ngữ cảnh.
- Trợ giúp trực tuyến cho tất cả điều khiển.
- Dễ dàng sao chép các bộ dữ liệu hiện có và thực hiện thay đổi. - Các lần chạy quá khứ là một phần của cơ sở dữ liệu CarSim. Bộ giải mô hình toán học của xe:
Đảm nhiệm việc giải các phương trình vi phân mô tả các trạng thái động lực học của xe theo các biến trạng thái đầu vào. Được nghiên cứu và phát triển liên tục bởi Trường Đại học của Viện nghiên cứu giao thông vận tải Michigan (UMTRI) từ năm 1990 cho đến nay. Nó hỗ trợ các mô hình toán học chính xác cao, có hiệu suất tính song song cao, giảm sai lỗi, nâng cao độ tin cậy của phần mềm và nâng cao tốc độ tính toán.
Hình 4.2: Bộ giải mô hình toán học
Bộ hiển thị kết quả chạy mô phỏng
Hiển thị kết quả bằng hình ảnh động 3D trực quan và đồ thị.
Có thể vẽ ra các đồ thị theo các biến tùy chọn. Có hơn 500 bộ biến. Có khả năng xuất dữ liệu sang các phần mềm khác, ví dụ MatLab, Excel…
Các lĩnh vực ứng dụng của CarSim - Phanh ABS
- Kiểm soát ổn định điện tử - Kiểm soát hành trình thích ứng