试验惯量，这样根据式（23）控制异步电动机的转速，可较方便的实现电惯量模拟。， 模型四：评价模型
为了能更好的对所做的模型进行评价，我们建立专门用于评价其他模型的模型四。 在模型四中，我们建立两项评价标准，其一是通过计算转速的理论值与实际值的误差来评价，其二是通过计算能量误差来进行评价。
针对第一项评价标准，根据模型一中的制动力矩[5]： M?Jdw dt并且由公式w?2??n，我们对其两边微分，可以得到
dwdn?2? dtdt由上述两式联立可得 dn?Mdt 2?J左右两边积分得
n?n0?M?t 2?Jdw为负值，则M也应为负值，但M实际观测取值dt其中n0为主轴初始转速，由于为正，于是，可表示为：
n?n0?M?t (M取正值) 2?J我们根据上式做出转速n和t的变化关系，即理论上的计算值。通过实际中的仿真实验得到实际转速数据相对照，并计算出方差[7]得
s1?1N?(n?n)12 （评价标准一）
其中n为理论转速，n1为实际测得转速。
针对第二项评价标准，即采用能量这一指标进行分析，再对该方法的执行的结果进
行评价。
因为路试中制动器消耗的能量W1无法测量，我们假设其消耗的能量为理想状态消耗的能量[3]，即为
W1?1212Jw1?Jw0 22其中w1，w0分别为末状态和初状态的角速度，可由实际的仿真实验所提供的数据进行相应的转速计算出结果。
实际由制动器试验台模拟的能量W2为：
W2??Mwi?t
i?1468同样可由实测的数据计算出结果。
通过计算理论与实际误差?w为：
W1?W2?100% （评价标准二） W1?w?从而从能量方面进行评价该误差是否在容许范围之内。
五、模型求解与评价
1、对问题一的求解
根据模型一推导过程中的（3）式，代入题目中已知的车轮半径r?0.286m，以及载荷F?6230N，解得
J=52kg?m2
2、对问题二的求解
根据模型一推导过程中的（4）式，代入问题二中已知的数据h1?0.0392m，
h2?0.0784m，h3?0.1568m分别解得：
h1?0.0392m时，需要电动机补偿 J(1)=30kg?m2 ；
h2?0.0784m时，需要电动机补偿J(2)=60kg?m2 ； h3?0.1568m时，需要电动机补偿J(3)=120kg?m2
由题目中给出的机械惯量的定义：固定在主轴的飞轮的惯量之和再加上基础惯量称为机械惯量。所以，我们J0, J(0), J(2)进行选择和简单的组合，一共可以组成8种机械惯量（其中基础惯量为J0=10kg*m2），它们分别如下所示： ①J0=10 kg?m2 ②J0+J(1)=40kg?m2 ③J0+J(2)=70kg?m2 ④J0+J(3)=130kg?m2 ⑤J0+J(1)+J(2)=100kg?m2 ⑥J0+J(1)+J(3)=160kg?m2 ⑦J0+J(2)+J(3)=190kg?m2 ⑧J0+J(1)+J(2)+J(3)=220kg?m2.
这样我们可以组成10 kg?m2，40kg?m2，70kg?m2，130kg?m2，100kg?m2，160kg?m2，
190kg?m2，220kg?m2，8种机械惯量。
对于问题1的等效惯量，需要电动机补偿 J1=12kg?m2 3、对问题三的求解
根据模型一中建立的电流I的计算关系式（式13）： I?k(1?J2)M J M?JdwJdv? dtrdtJkJdv(1?2) rJdt I?其中k=1.5A/N?m，总的等效惯量J=52kg?m2，飞轮及主轴等转动惯量J2=40kg?m2，车轮半径r?0.286m。题目中给出制动减速度为常数，初始速度为50 km/h，制动5.0秒
dv50?m/s2，解得 后车速减至为零，可得
dt3.6?5I=174.825A
4、对问题四的求解
在模型一的基础上，我们首先对附录中的数据进行分析，得到观测扭矩M0随时间t的变化规律图1和转速n随时间t变化的关系图2.，图1、图2分别如下所示。
图1 观测扭矩M0随时间t的变化规律
图1描绘了总的扭矩M随时间变化t的关系，由图所示的曲线我们可以得到总的扭矩先随时间的变化是逐渐增长，然后达到一稳定值，随后保持在该稳定值处上下波动。
图 2 转速n随时间t变化的关系
图2为转速n随时间变化的关系，可知其开始一段时间呈非线性减少，后一段时间大致符合线性减小趋势。