18、量=52 ， 电动机能补偿的能量相应的惯量的范围为 -30, 30 kgm2 ， 则机械惯量可取的范围为22, 82 kgm2,所以 。
根据公式计算得相对应的补偿惯量：5.3驱动电流的求解5.3.1问题分析由题意 ， 可观测量为试验台工作时的瞬时转速和瞬时扭矩 ， 本题即建立驱动电流依赖于瞬时转速与/或瞬时扭矩的模型 。
根据图3制动器试验台装置简图可知制动器、电动机的共同作用方式 。
利用制动器对等效惯量的作用效果与制动器、电动机对机械惯量的作用效果相同 ， 利用角加速度与力矩的物理关系 ， 并就补偿惯量为正、负的情况分别讨论 ， 列出关系式可以得到驱动电流的表达式 。
根据以上思想 ， 建立模型 。
图3 制动器试验台主体原理图5.3.2 。

19、模型建立主轴角加速度是一个与时间有关的量（若为常量则是匀加速或匀减速运动） ， 记作：由刚体对质心轴的转动定理可得：（5-3-1）在角加速度为和机械惯量为时 ， 制动器产生的力矩、合力矩以及驱动电流产生的扭矩三者之间的关系为如下两种情况： 当补偿惯量为正时 ， 电动机作用效果与制动器作用效果相反 ， 则所以又得：由上两式可得：即：当补偿惯量为负时 ， 电动机作用效果与制动器作用效果相同 ， 则所以又得由上两式可得：即：综上所述 ， 电动机驱动电流依赖于制动力矩的数学关系为：（5-3-2）5.3.3模型求解本题要求在某种特定状况下的电动机驱动电流 ， 这是模型的特殊情况 ， 将这种情况下的各参数的值计算出来代入模型 ， 即可求解驱动电 。

20、流 。
由初始速度为50 km/h ， 制动5.0秒后车速为零可得 ， 平动加速度大小为：故角加速度大小：=9.72,均为常数 ， 与t无关 。
又根据其它参数的值：代入 ， 得： 当时 ， 电动机产生的驱动力矩与制动器产生的力矩效果相反：代入数据得电流： 当时 ， 电动机产生的驱动力矩与制器产生的力矩效果相同：代入数据得电流5.4对某种控制方法执行结果的评价5.4.1 问题分析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应的实验台上制动器在制动过程中消耗的能量之差 。
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 。
本题关键就是由题目所给数据分别求出路试时制动器所消耗 。

21、的能量和相应的实验台上制动器在制动过程中消耗的能量 。
利用matlab7.0画出瞬时扭矩和瞬时转速的变化趋势图 ， 如图4示：图4 瞬时扭矩和瞬时转速的变化趋势图由图4可知 ， 瞬时转速持续下降 ， 近似线性变化；瞬时扭矩变化可分为两部分 ， 前一段增长较快 ， 后一段趋于的稳定值上下波动 ， 可以理解为制动机的启动时间 。
从图形的定性分析来看 ， 该控制方法符合实际 ， 比较合理 。
5.4.2 模型建立设制动力矩在时间时开始作用 ， 则制动器吸收能量可由式（5-4-1）来表示：（5-4-1）制动力矩和角加速度之间存在关系：（5-4-2）路试时 ， 联立（5-4-1）、（5-4-2）式 ， 可得制动器吸收的能量：（5-4-3）代入数据： ， 得： 。

22、 在相对应的实验台上制动试验时 ， 电机的输出力矩满足与机械惯量共同作用后 ， 能保证制动器吸收的能量相当于等效转动惯量单独作用下所吸收的能量 。
电动机输出力矩与电动机补偿惯量满足下式：（5-4-4）由于在制动器试验台上 ， 通过力矩传感器 ， 可以准确测量出制动力矩 ， 所以可以用系统中实时测得的来推导电机输出力矩 。
将（5-4-2）式代入（5-4-4）式 ， 得：因而 ， （5-4-5）理论上要求 ， 而在实际实验中 ， 会因输出电流的变化而与有一定偏差 ， 为方便计算 ， 这里且将式（5-4-5）中的取值 。
联立式（5-4-5）、（5-4-1） ， 得实验台上制动器在制动过程中消耗能量：（5-4-6）5.4.3 模型求解分析题目所给数据 ， 时 。

23、间差均为 ， 很小 。
定积分的几何意义是曲边梯形的面积 ， 整块曲边梯形的面积可分割成若干小曲边梯形面积 ， 由于很小 ， 可用矩形面积近似曲边梯形面积 ， 便将式（5-4-6）中的定积分的求解近似转化为求和 。
（5-4-7）其中为时刻主轴转速 。
代入数据： ， 并运用EXCEL求积和求和 ， 得：根据题意得 ， ：误差较小 ， 所以该电流控制方法较好 。
5.5基于问题3的计算机控制方法的设计和评价5.5.1问题分析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 。

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标题：制动器|制动器试验台的控制方法分析( 四 )