L：是补偿时间与预补偿时间的比例系数
4. 模型假设
（1）假设车辆在制动过程中做匀减速运动，预测的补偿时间小于实际制动时间； （2）假设制动过程为恒力制动，角速度均匀变化；
（3）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）；
（4）假设路试时轮胎与地面的摩擦力为无穷大；
（5）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； （6）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； （7）假设重力加速度取9.8N/Kg；
5. 模型建立
5.1.问题一模型 5.1.1.模型建立
惯性系统的等效动力学模型在制动过程中，汽车运动的动能转化为热能散发到地面和空气中。纵向制动时，汽车动能包括汽车平动的动能和发动机、车轮、传动系统转动的动能。忽略发动机传动系统转动的动能，汽车动能，车轮自身转动具有的能量。根据机械系统的等效动力学模型原理，多体系统各构件的移动、转动惯量可以等效为某个选定的构件的等效转动惯量，对于有max{n,m}（取n,m的最大值）个运动构件的质心做移动，m个构件有转动，等效转动惯量为： Js??mi(i?1nvsi2) （1） w其中：N?mg，?mi?m，v?rw
in5.1.2．模型算法及求解
2将公式（1）进行化简得： Js?mr （2）
通过公式（2）求得等效转动惯量Js?52kg.m2 5.2.问题二模型 5.2.1.模型建立
题中所给飞轮组的三个飞轮有相同的外直径d1，内直径d2，密度?，其中：
d1?1m,d2?0.2m,??7180kg/m3。三飞轮的厚度依次分别为h1，h2，h3，其中h1?0.0032m,h2?0.0784m,h3?0.1568m。
6
质量m的计算公式：
mi????[(转动惯量J的计算公式：
d12d22)?()]?hi， i?1,2, 3 （3） 22dd1Ji??m?[(1)2?(2)2]， i?1,2, 3 （4）
2225.2.2.模型算法及求解：
运用公式（3）求得各飞轮质量m，再把所求飞轮质量m带入公式（4）得到各飞轮的转动惯量J。模型结果为：J1?30.0083kg?m2,J2?60.0166kg?m2,
J3?120.0332kg?m2。这里方便计算我们取J1?30kg?m2,J2?60kg?m2,
J3?120kg?m2。 模型程序见附录。
机械惯量的组合有：10，40，70，100，130，160，190，220kg?m2。 又因为题中所给电动机能补偿的能量相应的惯量范围为[-30,30] kg?m2，得出满足此条件的补偿惯量有： 12kg?m2，?18kg?m2。
5.3. 问题三模型 5.3.1.模型建立
对于纯机械惯量台架，制动器消耗的能量（即飞轮储存的动能）由电动机在制动之前提供，在制动过程中没有外部能量介入，而电模拟惯量台架不存在专门的储能机构（主轴和电机转子除外），制动时电动机持续做功，以提供制动所需能量。考虑到设备整体的经济性，电机容量一般不能过大，惯量模拟范围受到限制。一种行之有效的方法是在电惯量台架中引入储能机构 ，即在主轴上安装一定数量的惯性飞轮，构成机械惯量和电惯量混合模拟台架。这种台架所需制动能量由两部分组成，一部分是飞轮储存的动能，由电动机在制动前提供；另一部分是电动机在制动过程中根据不同控制策略（如转速控制方式 、转矩控制方式和能量补偿法）补偿的能量。飞轮提供的能量所占比例越大，电动机补偿能量越少，电机容量要求越低。合理配置飞轮的惯量可以有效扩大台架惯量模拟范围及减小电机容量。
以时间步长0.1s，0.5s，1s的情况为研究对象，将飞轮在制动5s的时间分别分割成50，10，5个小时间段，进而对这几个时间段建立如下模型进行分析。
由上述分析可知，混合模拟惯量台架中，电惯量应提供的能量为制动能量与飞轮储存能量的差值：
1 EE?(J?Ji)(wi2?wi?12) （5）
2 wi?1?wi??t （6）
7
制动过程中，风阻和轴承摩擦等阻力产生的力矩方向与飞轮旋转方向相反，这些能量损耗需要电动机额外做功进行补偿。这样，电动机在制动过程中的总功 w'可有如下公式得：
w'?EE （7） 为简化计算和控制，电动机在制动过程中输出恒定转矩，则： w'??ti?Tti M?wi?dt （8）
Ii?KMi （9）
wi?2?fi （10） 根据式（5）（6）（7）（8）（9）（10）可求得驱动电流Ii为：
4?2??J?(fi2?f2i?1) Ii?K4?fi?T???T?(2ti?T)5.3.2.模型求解
①以0.1s为步长第i个小段的电流Ii（单位：A）如下：
时刻 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 电流 174.83 178.51 182.51 186.88 191.68 196.95 202.8 209.3 216.57 224.78 234.09 244.76 257.1 271.54 288.66 309.31 334.67 时刻 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 电流 366.57 407.93 463.67 542.88 664.34 874.13 1323.7 2972 -8566.4 -1643.4 -874.13 -578.27 -421.64 -324.68 -258.74 -211 -174.83 时刻 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 电流 -146.48 -123.66 -104.9 -89.197 -75.868 -64.409 -54.454 -45.724 -38.005 -31.133 -24.975 -19.425 -14.397 -9.8216 -5.6395 -1.8023 8
图1表示以0.1s为步长时，电流随时间的变化图像
②以0.5s为步长第i个小段的电流Ii（单位：A）如下：
时刻 1 2 3 4 电流 174.83 198.14 238.4 324.68 时刻 5 6 7 8 电流 641.03 -1573.4 -244.76 -97.125 时刻 9 10 电流 -40.344 -10.284
图2表示以0.5s为步长时，电流随时间的变化图像
③以1s为步长第i个小段的电流Ii（单位：A）如下：
第1时刻 174.83
第2时刻 244.76 第3时刻 874.13 第4时刻 -174.83 第5时刻 -24.975 9
图3表示以1s为步长时，电流随时间的变化图像
5.3.3.模型分析
（1）误差分析对象：对所设置的三步长：0.1s，0.5s，1s进行误差分析； 步长（单位：s） 0.1 0.5 1 误差（%） 50.48 31.798 28.141 经分析可知在一定范围内步长越大，误差越小； （2）在角加速度恒定的条件下，模拟对象误差与选取的步长有关； （3）由结果知该模型能较好的对制动器进行模拟；
（4）在实际条件下，角加速度是不可能保持恒定不变的，因此这就要求我们对此模型进行进一步优化改进。
5.4. 问题四模型
5.4.1.模型建立问题四中给出了汽车制动器在路试和台试两种情况下的数据，因此我们可以通过运用两者的相对误差来作为衡量题中使用的控制方法计算结果的指标。
路试能量的表达式为：
1E路试??J等效(w2i?w2i?1)
i?02499台试能量E台试的表达式为：
1E台试=?J机械（w2i-w2i+1）+??Mwdt
i?02499相对误差?的表达式为：
??|E路试?E台试|
E路试5.4.2.模型算法及求解
模型四的求解算法及求解过程见附录，最后得相对误差??0.67221 5.4.3.模型的评价分析
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