1、A 制動器試驗臺的控制方法分析摘要本文研究的是制動器試驗臺的控制方法，建模過程中，我們運用了動量定理、能量守恒定律、增量PID 算法、反饋補償方法，并通過求解分析，最終得出最優的方案，然后再進行改進以獲取最合適的控制方法。針對問題一，我們把載荷通過重力加速度等價為質量，再根據動能定理以及剛體轉動的角動量定理，求得等效的轉動慣量為52N ·m -1。針對問題二，因為飛輪的轉動慣量由飛輪的質量和飛輪的內外徑決定，我們將飛輪等效看作圓環，由剛體動力學知識2算出三個飛輪的轉動慣量；再根據組成的機械慣量的原則，求出所有可能組成的機械慣量。最后根據電動機能補償的轉動慣量的范圍，確定出對應范圍內可

2、取的兩個補償慣量的值分別為：12kg.m 2，-18kg.m 2。針對問題三，我們以扭矩守恒為基礎建立了電動機驅動電流依賴于可觀測量的數學模型。在已知制動時間內初末速度變化的條件下，假設制動減速度為常數，先根據扭矩與交加速度的關系確定扭矩的大小，再由電動機的驅動電流與其產生的扭矩成正比且比例系數為已知的定值，定量的得到驅動電流的值為174.8A 。針對問題四，要對問題三中模型的結果進行評價，我們根據其能量相對誤差來定性說明。利用能量守恒求得路試消耗著能量，利用累加求和的方法求出所消耗的能量，進而求出能量差E =2.9079103J ，能量的相對誤差百分比為5.6%以及補償能量百分比為=79.4

3、4%。針對問題五，在問題三的可觀察量模型基礎上，將時間離散化，得到問題五的線性模型，此模型最主要適用于接近線性變化的情況，由于此種方法存在著時間的間斷性，所以也存在著一定的誤差，求出能量差E =65.45J ，以及補償能量百分比為=96.4%。針對問題六，由于問題五所用的方法具有局限性，故問題六需在的問題五的基礎上改進，問題六對計算機控制電流的線性控制轉換成反饋補償算法，從而進一步優化解決模型，問題六補償方式為反饋補償，在接近二次曲線的情況下，通過這種機制補償，會使累計的能量誤差的變化率越來越小。關鍵詞：轉動慣量 扭矩 補償能量百分比 控制方法1. 問題重述汽車的行車制動器（以下簡稱制動器）聯

4、接在車輪上，它的作用是在行駛時使車輛減速或者停止。為了檢驗設計的優劣，必須進行相應的測試。一方面，在道路上測試實際車輛制動器的過程稱為路試，其方法為：車輛在指定路面上加速到指定的速度；斷開發動機的輸出，讓車輛依慣性繼續運動；以恒定的力踏下制動踏板，使車輛完全停止下來或車速降到某數值以下；在這一過程中，檢測制動減速度等指標。假設路試時輪胎與地面的摩擦力為無窮大，因此輪胎與地面無滑動。另一方面，模擬試驗的原則是試驗臺上制動器的制動過程與路試車輛上制動器的制動過程盡可能一致。通常試驗臺僅安裝、試驗單輪制動器，而不是同時試驗全車所有車輪的制動器。制動器試驗臺一般由安裝了飛輪組的主軸、驅動主軸旋轉的電動

5、機、底座、施加制動的輔助裝置以及測量和控制系統等組成。被試驗的制動器安裝在主軸的一端，當制動器工作時會使主軸減速。試驗臺工作時，電動機拖動主軸和飛輪旋轉，達到與設定的車速相當的轉速(模擬實驗中，可認為主軸的角速度與車輪的角速度始終一致 后電動機斷電同時施加制動，當滿足設定的結束條件時就稱為完成一次制動。路試車輛的指定車輪在制動時承受載荷。將這個載荷在車輛平動時具有的能量（忽略車輪自身轉動具有的能量）等效地轉化為試驗臺上飛輪和主軸等機構轉動時具有的能量，與此能量相應的轉動慣量(以下轉動慣量簡稱為慣量 在本題中稱為等效的轉動慣量。試驗臺上的主軸等不可拆卸機構的慣量稱為基礎慣量。飛輪組由若干個飛輪組

6、成，使用時根據需要選擇幾個飛輪固定到主軸上，這些飛輪的慣量之和再加上基礎慣量稱為機械慣量。但對于等效的轉動慣量為45.7 kg·m 2的情況，就不能精確地用機械慣量模擬試驗。這個問題的一種解決方法是：把機械慣量設定為40 kg·m 2，然后在制動過程中，讓電動機在一定規律的電流控制下參與工作，補償由于機械慣量不足而缺少的能量，從而滿足模擬試驗的原則。一般假設試驗臺采用的電動機的驅動電流與其產生的扭矩成正比（本題中比例系數取為1.5 A/N·m ）；且試驗臺工作時主軸的瞬時轉速與瞬時扭矩是可觀測的離散量。由于制動器性能的復雜性，電動機驅動電流與時間之間的精確關系是很

7、難得到的。工程實際中常用的計算機控制方法是：把整個制動時間離散化為許多小的時間段，比如10 ms 為一段，然后根據前面時間段觀測到的瞬時轉速與/或瞬時扭矩，設計出本時段驅動電流的值，這個過程逐次進行，直至完成制動。評價控制方法優劣的一個重要數量指標是能量誤差的大小，本題中的能量誤差是指所設計的路試時的制動器與相對應的實驗臺上制動器在制動過程中消耗的能量之差。通常不考慮觀測誤差、隨機誤差和連續問題離散化所產生的誤差.本文需解決的問題有：1. 設車輛單個前輪的滾動半徑為0.286 m，制動時承受的載荷為6230 N，求等效的轉動慣量。2. 飛輪組由3個外直徑1 m 、內直徑0.2 m 的環形鋼制飛

8、輪組成，厚度分別為0.0392 m、0.0784 m、0.1568 m，鋼材密度為7810 kg/m3，基礎慣量為10 kg·m 2，問可以組成哪些機械慣量？設電動機能補償的能量相應的慣量的范圍為-30, 30 kg·m 2，對于問題1中得到的等效的轉動慣量，需要用電動機補償多大的慣量？3. 建立電動機驅動電流依賴于可觀測量的數學模型。在問題1和問題2的條件下，假設制動減速度為常數，初始速度為50 km/h，制動5.0秒后車速為零，計算驅動電流。4. 對于與所設計的路試等效的轉動慣量為48 kg·m 2，機械慣量為35 kg·m 2，主軸初轉速為514轉

9、/分鐘，末轉速為257轉/分鐘，時間步長為10 ms的情況，用某種控制方法試驗得到的數據見附表。請對該方法執行的結果進行評價。5. 按照第3問導出的數學模型，給出根據前一個時間段觀測到的瞬時轉速與/或瞬時扭矩，設計本時間段電流值的計算機控制方法，并對該方法進行評價。6. 第5問給出的控制方法是否有不足之處？如果有，請重新設計一個盡量完善的計算機控制方法，并作評價。2. 模型的假設與符號說明2.1模型的假設假設1：飛輪自身轉動是具有的能量微小，可忽略假設2：飛輪均由相同材質構成，且質量均勻，過程中不發生形變假設3：假設車輛在路試的制動過程中作勻減速運動假設4：車輛路試和測試中的制動扭矩相等且為常

10、量假設5：車輛在測試過程中，每一個小時間段內角加速度是一個常量假設6：假設飛輪和軸在計算過程中可認為是剛體 3. 問題分析問題主要圍繞制動器試驗臺的控制方法展開，控制方法的選取對實際汽車行駛過程會有一定的影響，控制得好就能夠節省能源，保證汽車的安全行駛，對控 制方法的尋找和試驗需要分好步驟依次完成，控制方法主要為電流控制方法，先通過一些數學方法，找出最合適的機械慣量，然后在選取一個最合適的電流控制方法，獲取最有效的汽車行駛條件。問題一已知車輪半徑R 和車的載荷F ，需要求的是等效轉動慣量I ，首先需要分析清楚轉動慣量I 與已知數據之間的關系，也就是要找出以轉動慣量為目標的關系式，經過推導得出的

11、關系是I =mR 2，其中質量m 是由荷載F 除以重力加速度g 等效求得，最后代入已知數據求解得到等效轉動慣量的值。問題二首先要了解機械慣量的組成方法，機械慣量的組成首先要有基礎慣量，在這個基礎上，把飛輪近似看作圓環，根據剛體動力學知識2圓環的轉動慣量計算方法，最終代入數據求出各個飛輪的慣量，再對各個飛輪的慣量進行自由隨機組合，組合的種類有2j 種，j 代表飛輪慣量的種類，在這里j =3，在得出的可選的機械慣量中根據控制電流的限定補償范圍以及問題一得出的結果，確定出可選的機械慣量的取值范圍，由此選出機械慣量。問題三要求計算驅動電流，我們根據驅動電流與扭矩成正比的關系，可以將問題轉化為扭矩守恒來

12、求解，由分析可知總的扭矩可以根據問題一的結果由扭矩公式求出，接著考慮總扭矩的組成：首先是電流產生的扭矩，可以得出關于電流的表達式，然后考慮到了制動扭矩，制動扭矩與總扭矩的唯一區別在于轉動慣量是機械慣量，根據題目中給出的減速度為定值，可知角加速度也為定值，根據角加速度公式可以求解，最終根據扭矩守恒轉化的等式建立模型一。模型建立之后我們發現模型一具有一定的局限性，只能求出一些離散時間點。為了獲取更好的模型，使得求解范圍加大，我們建立了模型二：增量PID 控制模型。模型一是假設每個時間段為10ms ，認為在這40ms 內制動扭矩和角速度不變的情況下求得的結果，而增量PID 控制模型考慮到連續四個時間

13、點的瞬時制動扭矩和角速度的值是不一定相等的情況，而且可以由前面的連續四個變量的值推出后面變量的值，可以得出更精確的結果。問題四分析的是理論上需要的能量與實際供給的問題，我們先求出路試時消耗的總能量與試驗臺模擬實驗時的消耗總能量之差, 再根據理論所需補償值計算出補償能量百分比。于是我們建立了以這兩個值為目標的數學模型三，主要根據能量守恒定律得出的等式約束模型，最終得到結果。問題五需要設計一種計算機控制方法，可以根據前一個時間段觀測到的瞬時轉速或瞬時扭矩求出本時間段電流值，并對這種方法進行評價。而計算機控制的電流值應為扭矩所對應的電流值加上能量差所需的電流的大小，利用線性模型控制方法，再次根據能量

14、守恒定律建立模型，模型最主要適用于接近線性變化的情況，由于此種方法存在著時間的間斷性，所以也存在著一定的誤差。問題六是對問題五的進一步優化，問題六對計算機控制電流的線性控制轉換成反饋補償算法，從而進一步優化解決模型，問題六補償方式為反饋補償，在接近二次曲線的情況下，通過這種機制補償，會使累計的能量誤差的變化率越來越小，從而進一步優化解決模型。4 問題一的解答4.1模型的建立4.1.1確定目標函數由題意可知以轉動慣量為目標函數，由大學物理可得：I =mR 24.1.2轉動慣量的定義轉動慣量，又稱慣性距、慣性矩（俗稱慣性力距、慣性力矩，易與力矩混淆），通常以I 表示，SI 單位為kg m 2，可說

15、是一個物體對于旋轉運動的慣性，是物體的固有屬性。對于一個質點，I =mr 2，其中m 是其質量，r 是質點和轉軸的垂直距離。4.1.3目標函數的推導過程：針對問題1，首先根據題目，路試車輛的指定車輪在制動時承受載荷。將這個載荷在車輛平動時具有的能量（忽略車輪自身轉動具有的能量）等效地轉化為試驗臺上飛輪和主軸等機構轉動時具有的能量，現知：1E =mv 22此為車輛平動時具有的能量，等效轉化之后有：11E =mv 2=I 222由物理學中剛體動力學2可知：v =R由以上公式聯立求解得到所求等效的轉動慣量：I =mR 2在此題中我們可以認為質量m =F g4.1.4綜上所述，問題一的最終模型為I =

16、mR 2=F 2R g4.2模型的求解代入數據求解：I =mR 2=F 26230N R =(0.286m 2=51.99899N m -152N m -1 -2g 9.8m s5. 問題二的解答5.1模型的建立5.1.1確定目標函數根據題意要求，以機械慣量為目標函數，則目標函數為：I a =I j +I 0,j =1, 2, 35.1.2機械慣量的推導過程慣量是試驗臺制動器中的重要試驗參數，慣量模擬的精度直接影響實驗結果的精度。試驗臺上的主軸等不可拆卸機構的慣量稱為基礎慣量。飛輪組由若干個飛輪組成，使用時根據需要選擇幾個飛輪固定到主軸上，這些飛輪的慣量之和再加上基礎慣量稱為機械慣量。由物理知

17、識可知，把飛輪等效看作成圓環，以主軸為飛輪組的轉軸，則飛輪的截面圖如下： 圖1：飛輪截面圖由剛體動力學知識2可知，單個圓環的轉動慣量公式也即單個空心飛輪的轉動慣量為：1I j =m j (R j 2+r j 2 j =1, 2, 32單個空心飛輪的質量：m j =v =(R 2-r 2h jj =1, 2, 35.1.3綜上所述，問題二的最終模型為：I ai =I j +I 0 122I =m (R +r j j j j 222m j =v =(R -r h j j =1, 2, 35.2模型的求解（1）機械慣量的組合：組合方法：假設有j 個飛輪，單個的轉動慣量為I 1, I 2, I 3,

18、I j ，基礎慣量一定，則可以組成2j 種數值的機械慣量。 則共可組成23=8種數值的機械慣量，分別為：10 kg·m 2、 40 kg·m 2、 70 kg·m 2、 100 kg·m 2、 130 kg·m 2、160 kg·m 2、190 kg·m 2、220 kg·m 2。 5.3對補償慣量求解機械慣量必然存在級差，所以對于等效的轉動慣量恰好不在機械慣量數值中的情況，可以把機械慣量定為某一個值，然后在制動過程中，讓電動機在一定規律的電流控制下參與工作，補償由于機械慣量不足而缺少的能量，從而滿足模擬試驗的原則

19、。所以問題2中所需電動機補償的慣量即為機械慣量與等效轉動慣量的差值。由于電動機能補償的能量相應的慣量I j '的范圍為-30,30kg m 2，即：I j '=I -I a -30,30kg m 2據此推出機械慣量的范圍為12,72kg m 2，8種機械慣量中滿足條件的是40kg m 2、70kg m 2。因此，對于I =52kg m 2，可采用I a =I 0+I 1=40 組合，電動機補償的慣量為I 01'=-12kg m 2，或采用I a =I 0+I 2=70 組合，電動機補償的慣量為I 02'=-18kg m 2。6. 問題三的解答6.1問題三模型一的

20、建立假設在連續觀測的情況下，我們以電流i 為目標函數，由扭矩守恒有：i+T 0=I k則目標函數為：i =k (I -T 0 由題意知制動扭矩T =I a 由于整個制動過程為勻減速運動，故角加速度為v -v =0tt r綜上所述，最終得電動機驅動電流依賴于可觀測量的數學模型：v -v i =k I 0t -I a t r 6.1.2模型一的求解將已知值k =1. 5A /N m ，v =50km /h =13. 89m /s ，t =5. 0m /s ，r =0. 286mJ 0=52. 0kg m 2代入上式。（1） 若機械慣量取J =40kg m 2，可算得驅動電流i 1=174.8A ；

21、（2） 若取J =70kg m 2，則可算得驅動電流i 2=-262.2A ，負號表示制動開始后電流阻礙飛輪和主軸轉動。 6.1.3模型的結果分析由結果可知，i 1=174.8A ，在實際中一般取絕對值較小的電流，i 2=-262.2A ，因為. 8<-262. 2，故實際中選用i 1，我們考慮到實際運用中，一般無法得到制動扭矩M 和角速度關于時間t 的精確的函數關系，只能得到一些離散時間點的M 和值，因此我們提出增量PID 控制模型需將公式（1）改寫為i n =kM n (預測下一個制動扭矩M n +1。 M 1， ，M n ，6.2問題三增量PID 控制模型建立6.2.1確定目標函數

22、鑒于上面模型的局限，我們進一步改進，采用更為精確的增量PID 控制模型。這里用3個字母分別表示比例（P ）、積分（I ）和微分（D ）。增量PID 控制，就是通過前面觀察的數據量，求出理論驅動電流與實際驅動電流的差值，然后在下一個時間段對該差值進行補償。我們同樣以每一個時間段實際電流為目標函數：J-1 ，根據前面各段的觀測值J 0'+1=P (n +i n ' i n6.2.2 增量PID 算式（1）確定PID 模型假設已經觀測出前面連續四個時間點的瞬時制動扭矩和角速度，增量PID 算式如下：比例增量模式：P p (n =K p E (n -E (n -1積分增量模式：P I

23、(n =K I E (n 微分增量模式：P D (n =K D E (n -2E (n -1 +E (n -2 則增量PID 模式為：P (n =P p (n +P I (n +P D (n 其中：K p 表示比例系數；K I =K p (T /T I ，K D =K P (T D /T ，T I 表示積分系數，T D 表示微分系數，T 表示所取時間段長度；E (n 、E (n -1 、E (n -2 分別表示第n 、n -1、n -2段數據計算得到的理想電流值與實際電流值之間的差值；P (n 表示第n +1段需要調節電流相對于第n 時間段增加的量，它由比例、積分、微分3個分量合成。此時，需要

24、做兩個方面的工作，一是確定各個時段的驅動電流誤差量，二是確定PID 算式中的系數K P 、T I 和T D 。（2）確定各個時段的驅動電流誤差量'-j ，瞬時角速度為n -j (j =0,1,2,3 。某設4個時間點的瞬時制動扭矩為M n個時間段里的制動扭矩可以等效地轉化為兩個端點瞬時扭矩的平均值，即：M n =(M n '+M n -1' /2'-1+M n '-2 /2 M n -1=(M n'-2+M n '-3 /2M n -2=(M n'-j 都可用公式（1）得到，實際電流值對應的理想電流值i n -j 和實際電流值i

25、n角加速度按n -j =(n -j -n -j -1 /t 計算，其中t 為兩次觀測的時間間隔。于是i n -j =kM n -j ('-j =k (I a i nI aIt-M n -j M n -j-n -j -n -j -1I帶入增量PID 算式即可算得P (n ，從而'-j =kI a (E (n -j =i n -j -i nn -j -n -j -1t(j =0,1, 2'+1=P (n +i n '=P (n +k (I a i nn -n -1t-M n （3）確定系數K P 、T I 、T D系數K P 、T I 、T D 的確定直接影響著驅動

26、電流的預測精度。對于不同的系統對象其取值不同，且有經驗公式可求得。比例系數K p 影響系統的靈敏度；積分控制系數T I 影響系統的穩定性；微分控制系數T D 可以改善動態特性。這里湊試法來確定PID 調節參數。根據文獻3，3個系數可分別取值：K P =0.005, T I =0.005, T D =0.02。（4）由扭矩的計算公式有：'M n =I 由于每個時間段t 的制動過程為勻減速運動，故每個時間段的角加速度為v -v n =n +1nt r綜上所述，PID 最總模型為'+1=P (n +i n '=P (n +k (I a i nn -n -1t-M n 6.2.

27、4模型的求解假設已經觀察到前面連續四個時間點的瞬時制動扭矩和角速度，則可以根據前四個時間點的有關已知量求出任意時間段的實際驅動電流。由于此時不知道前面連續四個時間點的瞬時制動扭矩和角速度的具體值，故又假設每個時間段為10ms ，則在前四個時間段總時間為40ms ，由于此時間很短，我們可以認為在這40ms 內制動扭矩和角速度不變，則P (n =0-n -1'+1=P (n +i n '=k (I a n i n -M n t把有關數據帶入上式得i =1.5(-40+52 =174.6A6.2.5模型的結果分析有結果知，雖然此此結果與模型一幾乎一樣，但此結果是在故又假設每個時間段為

28、10ms ，我們可以認為在這40ms 內制動扭矩和角速度不變的情況下求得的，但實際上前面連續四個時間點的瞬時制動扭矩和角速度的值是不一定相等的，則P (n 0，此時算的i 的值會更準確。7. 問題四的解答定義：能量誤差：路試時制動器與相應的試驗臺上制動器在制動過程中消耗能量之差。補償能量百分比：在制動過程中驅動電流補償的實際能量與補償慣量所對應的那部分能量的比值。7.1模型的建立與求解 7.1.1確定目標函數由題意可知，評價控制方法優劣的一個重要數量指標是能量誤差的大小，因此我們以路試是消耗的總能量與試驗臺模擬實驗是消耗總能量之差以及應該補償的能力與是幾補償的能量之比為目標函數：E =E 1-

29、E 2; E '-E =E '7.1.2目標函數的推導過程由轉速與角速度的關系的：W =n 30由路試時能量守恒定律有：11IW 02-IW 12 22同理，模擬實驗時，每個時間段t 內制動器消耗的能量為：11E n =(M n +1+M n (W n +1+W n n =1, 2 46722則整個時間段內，制動器消耗的總能量為：E 1=E 2=EN =1467n應該補償的總能量有能量守恒有：111E '=I '(IW 02-IW 12222其中，I '=I -I a7.1.3綜上所訴，問題四的模型為：E =E 1-E 2; E '-E =E &

30、#39;n W =30E =1IW 2-1IW 21202111E n =(M n +1+M n (W n +1+W n n =1, 2 46722467E 2=E nN =11112''E =I (IW -IW 12 02227.2 模型的求解：514257rad /s , W 1=rad /s , J =48kg . m 2，3030帶入上述模型并由MATLAB 求解得（程序見附錄一）：由題所給數據可知，W 0=E 1=5.215104J E 2=4.924210J能量之差 ：4E =E 1-E 2=2.9079103J能量的相對誤差百分比：b =E /E 1=5.6%補償

31、總能量：E '=1. 4142104J則補償能量百分比為=7.3結果評價：E '-E=79.44% E '將模擬與實際相互比較，結果E =2.9079103J 表明在實際應該補償的能量基礎上多補償了2907.9J 的能量，補償能量百分比為79.44%，說明能量的誤差比較大，能量缺少過多，缺少能量會影響整個模擬過程，此種控制方法是不太合理的。8. 問題五的解答8.1模型的建立按照第三問建立的模型，我們可以認為在每個時間段，驅動電流為：i (n =k (I -M n 通過能量守恒定律，對上處理變形有：i (n '=I -M n k其中和'為角位移，由于測試是

32、車做勻減速運動，故W n 2+1-W n 2=2我們對'做一下規定：W +W n'=n +1t2所以W n 2+1-W n 2W n 2+1-W n 2i (n W n +1+W nt =I -M nk 222解上述方程得(I -I a (W n +1-W n ki (n =t綜上所述，得到問題五的單目標非線性優化模型(I -I a (W n +1-W n ki (n =t8.2模型的求解對于第三問給出的數據，初始角速度W 1=13.9/0.268=51.87rad s /，通過MATLAB 求解得： 能量的絕對誤差為E =E 1-E 2=65.45J相對誤差為x =E=3.6

33、10-3 E 18.3結果分析由于該數值的誤差在允許的范圍內，所以初步認為試驗臺模擬制動器具有一定的合理性和準確性。但是此結果是利用線性模型求得，故此方法雖然較佳，但具有一定的局限性所以需進一步改進（見問題六求解）。9. 問題六的解答由于第5問的方法只適用于接近線性變化的情況，無法避免對能量的影響。所以我們確定的改進的方法是反饋補償。 9.1反饋補償算法模型的建立將n t 到(n +1 t 時間段內產生的能量誤差，在(n +1 t 到(n +2 t 時間段內進行反饋與補償。設n 是n t 到(n +1 t 時間段內的角位移，則能量的誤差近似為'=E nT n +1+T n i (n n

34、 -n 2k補償到(n +1 t 到(n +2 t 時間段內，即T +T i (n +1 1i (n n +1=(I -I a (W 2n +1-W 2n +2 +n +1n n -n （1） k 22k在線性假設下，t(W n +1+W n ,n t 2W n +2-W n +1=W n +1-W nn =(n +1 tW (t dt =將這些關于n +1、n 和n +2的結果代入式（1），即得反饋補償公式， 最終反饋補償算法模型為：2k (I -I a W 2n +1-(2W n +1-W n 2+k (T n +1+T n -2i (n (W n +1+W n ti (n +1 =2(3

35、W n +1-W n t 9.2模型的求解通過MATLAB 求解得能量的絕對誤差為：E =E 1-E 2=2402相對誤差：x =E=4.6% E 19.3結果分析此結果雖然比問題五大，但此模型通過這種機制補償，會使累計的能量誤差的變化率越來越小，尤其在接近二次曲線的情況下，效果特別好。適用范圍會更廣，不足之處是需要觀測周期 t 小于預定數值，給方案的適應范圍劃定了一個界限。10. 模型的評價及推廣10.1模型評價模型優點：（1）PID 控制具有簡單原理，易于實現，適用面廣，控制參數相互獨立，參數的選定比較簡單等優點；而且在理論上可以證明，對于過程控制的典型對象，PID 控制器是一種最優控制4

36、。（2）模型一的適用性和靈活性強，且有良好的推廣性，通過據某一時間段測得的瞬時轉矩與/或瞬時扭矩，即可設計出本時間段驅動電流的值。（3）模型二易具有良好的推廣性，可據模型計算出任意時間段的能量誤差，也驗證了試驗臺模擬路試的優劣 模型缺點：（2）PID 該方法的缺點是其控制系數最有確定比較困難，而且隨著制動扭矩由近似線性增加到周期震蕩的變化，系數也是變化的。改善的方法是結合MATLAB 軟件運用模糊算法實現PID 系數的自整定5。（2）試驗測量數據難以精確測量，且觀測誤差，隨機誤差和連續問題離散化所產生誤差不可避免。（3）函數關系式所涉及影響因素不全面，其他因素難以測量。10.2模型推廣PID

37、控制具有簡單原理，易于實現，適用面廣，控制參數相互獨立，參數的選定比較簡單等優點；而且在理論上可以證明，對于過程控制的典型對象，PID 控制器是一種最優控制4。該方法的缺點是其控制系數最有確定比較困難，而且隨著制動扭矩由近似線性增加到周期震蕩的變化，系數也是變化的。改善的方法是結合MATLAB 軟件運用模糊算法實現PID 系數的自整定5。參考文獻1王志中，彭彥宏，洪哲浩. 車輛制動器試驗臺慣性飛輪的優化組合設計J.2006,33.2 馬文蔚. 物理學教程M.高等教育出版社，2007，第105頁.3康榮學，朱永生，張優云. 無毒提金新工藝中控制反應液PH 值的智能復合控制算法EB/OL.4百度百

38、科.PID DB/OL2011-8-29. view/402830.htm.5梁波，李玉思. 模糊自整定PID 在制動器試驗臺電慣量模擬應用J.電子測量技術，2008,31.附錄附錄一 278.75 276.25 281.25 280 282.5 281.25 281.25 281.25 280 278.75 275 273.75 273.75 277.5 280 282.5 285 286.25 287.5 283.75 283.75 281.25 281.25 276.25 275 270 275 276.25 281.25 281.25 282.5 285 286.25 285 283.

39、75 282.5 282.5 281.25 278.75 277.5 275 276.25 416.6 416.05 416.05 415.51 414.96 413.87 413.32 413.32 412.78 411.68 410.59 409.5 409.5 408.95 408.95 408.95 408.41 407.86 406.77 405.68 405.13 404.59 404.59 404.04 403.49 403.49 402.95 402.4 401.31 400.22 399.67 398.58 398.03 397.49 396.94 396.4 396.4 3

40、95.85 395.3 394.21 393.12 392.57 1.85 1.86 1.87 1.88 1.89 1.9 1.91 1.92 1.93 1.94 1.95 1.96 1.97 1.98 1.99 2 2.01 2.02 2.03 2.04 2.05 2.06 2.07 2.08 2.09 2.1 2.11 2.12 2.13 2.14 2.15 2.16 2.17 2.18 2.19 2.2 2.21 2.22 2.23 2.24 2.25 2.26 285 287.5 287.5 291.25 290 292.5 287.5 288.75 285 285 282.5 282.5 281.25 277.5 273.75 272.5 272.5 275 277.5 280 283.75 285 286.25 286.25 288.75 287.5 291.25 287.5 29