自平衡车模型分析
一、
求解车体除两轮外部分动能
车体沿X 轴方向速度：
R L V R L x 2
)(cos θθθθ ++= 车体沿Y 轴方向速度：
R D
L V R
L y )(sin θθθ -=
车体沿Z 轴方向速度
θθ
sin L V z = 车体沿过质心的Z 轴的转动惯量为：
m yz J J J y z z ⎰⎰⎰++=d sin cos 22θθθ
由于假设车体关于ZY 平面对称，因此
0d =⎰⎰⎰m yz 因此
θθθ22sin cos y z z J J J +=
则可以得到车体的平动动能：
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+-+++=2221)sin ())(sin ()2)(cos 21θθθθθθθθθ L R D L R L E R L R L kp （ 车体的转动动能为：
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+-+=22222
))()(sin cos (21θθθθθ x R L y z kp J R D J J E 则车体的总动能为：
21kp kp kp E E E +=
二、
求解车轮动能
左车轮平动速度为：
R V L
x w L θ = 右车轮平动速度为
R V R
x w R θ =
两轮有同样的绕垂直于半径的转动速度：
R D
R
L w )(θθω -=
则左车轮的动能为：
2
22)(2121)(21⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-++=D R J J R m E R L R L L kw L
θθθθφ
则右车轮的动能为：
222)(2121)(21⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-++=D R J J R m E R L R R R kw R
θθθθφ 三、
求解车体势能
由于在平地上行进，车轮势能不变。

车体整体势能可变部分表示为：
θcos g m E p p =
四、
拉格朗日函数的求解
得到最终的拉格朗日函数为：
p kw kw kp kp E E E E E L L R -+++=21
依据拉格朗日动力学法求解，进行如下运算：
R L M M L dt L
d
--=∂∂-∂∂θ
θ L L
L
M L dt L
d
=∂∂-∂∂θθ R R
R
M L dt L d
=∂∂-∂∂θθ 得到动力学方程：
方程一：
()
R
L R L z y p p R L p x p M M R D J J L m gL m R L m J L m --=⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛--+--+++222
)(cos sin sin 2)(cos )θθθθθθθθθ （
方程二：
()
()
L
R L R L L R L z y p R L z y p R L p p p M D
R J J mR D R J J L m D
R J J L m R m LR m LR m =-+++--++-+++++-2
222222
2222222)(2)(cos sin 2)(cos sin sin 4)(sin 21cos 21θθθθθθθθθθθθθθθθθθθθφ
方程三：
()
()
R
R L R R R R L z y p R L z y p R L p p p M D
R J J mR D R J J L m D R J J L m R m LR m LR m =--++--+--++-++-2
222222
2222222)(2)(cos sin 2)(cos sin sin 4)(sin 21cos 21θθθθθθθθθθθθ
θθθθθθθθφ 五、
方程中各项的力学意义分析
方程一中：
θ
)2x p J L m +（ 表示的是让车体产生θ 的角加速度，应该产生的合力矩为θ
)2
x p J L m +（，其中转轴为车轮中心。

R L m R
L p 2
)(cos θθθ +
是以车底盘为参考系而产生的非惯性力的力矩。

θsin gL m p
是重力产生的力矩。

(
)
2
2)
(cos sin ⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛--+R D J J L m R L z y p θθθθ 是离心力的力矩。

R L M M --
为电机产生的力矩。

方程二中：
对于轮子的受力分析中，由于车体自身有加速度以及角加速度，因此需要从轮轴给予车体一定的力产生加速度。

在轮子上，由于轮轴收到车体的反作用力，为了让轮子产生抵消车轮轴心收到的作用力，需要由地面给予车轮额外的作用力。

因而为了让车轮能够以预计的角加速度运转，力矩不仅要为角加速度提供力矩，还应克服地面产生的作用力的力矩。

θθcos 2
1 LR m p 为使车体产生水平加速度所需要的力对轮子产生的力矩，该加速度为转动速度改变造成
的加速度水平分量
4
)(2R m R
L p θθ +
为使车体产生水平加速度所需要的力对轮子产生的力矩，该加速度为底盘的加速度。

与
之前加起为总的水平加速度。

θθsin 2
12 LR m p 为车体离心力在水平方向产生的力矩
(
)
2
22
2
2
2
)(cos sin sin D
R J J L m R
L z y p θθθθθ -++ 是车体在XY 平面绕Z 轴旋转角加速度所需要的力矩转移到轮上的力矩。

所以在两个轮上方向不相同。

(
)
2
22
)(cos sin 2D R J J L m R
L z y p θθθθθ --+ 为使车体克服摆动造成的柯里奥利力力矩，而由轮子为车体提供力矩时，轮子收到的反作用力造成的力矩。

R
mR θ 2 为让车体产生R R
θ 的加速度所需要的力矩 R
J θφ 为让车体产生R
θ 的角加速度所需要的力矩 2
2)(2D
R J R
L R θθ - 为让车体产生绕半径转动的角加速度所需要的力矩 六、
控制矩阵
令：
(
)
222
222
2222
12cos sin sin 4
D
R J J mR D R J J L m R m K R z y p p ++++++=
φθθθ
(
)
22
222
2222
22cos sin sin 4
D
R J D R J J L m R m K R z y p p -++-=
θθθ
()
223)(cos sin sin ⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛--++=R D J J L m gL m K R
L z y p p θθθθθ
θθsin 2
124 LR m K p =
(
)
22
2
5)(cos sin 2D
R J J L m K R L z y p θθθθθ --+=
则有控制矩阵：
⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡--+⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡+-=⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎥
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦
⎤
⎢
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣
⎡+R L R L p p p p x p M M K K K K K K K LR m K K LR m LR m LR m J L m 1001001100
2cos 02cos 00102cos 2
cos 05454312
212
θθθθθθθθ
此为非线性控制方程，可以用于matlab 仿真 将其在小角度线性化以后，得到：
⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡--+⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦
⎤
⎢
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎣
⎡+R L R L
p R L p p p p x p M M gL m K K LR m K K LR m LR m LR m J L m 1001001100
00000000100000
2cos 02cos 00102cos 2cos 012
2
12
θθθθθθθθθθθθ
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