摘 要 采用转速作为自变量，驱动电流为依变量，通过质点系的动量距定理、质点系的动量距守恒定律、刚体绕定轴转动微分方程和运动学的基本公式共同推导出电动机驱动电流依赖于瞬时速度的数学模型。然后利用此模型代入已知数据和前两问计算的结果得到给定条件下的驱动电流，值为174.528A和反方向电流262.238A，其中当采用的飞轮组机械惯量不足时，取用正向的电流，而当飞轮组机械惯量超出等效机械惯量时取用反方向的电流。
　　关键词 电动机；驱动电流；机械惯量；模型
　　中图分类号：U464 文献标识码：A 文章编号：1671-7597（2015）03-0020-01
　　已知：车辆单个前轮的滚动半径为0.286 m，制动时承受的载荷为6230 N，飞轮组由3个外直径1 m、内直径0.2 m的环形钢制飞轮组成，厚度分别为0.0392 m、0.0784 m、0.1568 m，钢材密度为7810 kg/m3，基础惯量为10 kg·m2，电动机能补偿的能量相应的惯量的范围为[-30，30] kg·m2。在此条件下，假设制动减速度为常数，初始速度为50 km/h，制动5.0秒后车速为零，计算驱动电流。
　　1 电动机驱动电流依赖于可观测量的数学模型
　　本模型是运用控制技术中自动控制系统[3]的原理，来建立驱动电流依赖于可观测量即瞬时转速与瞬时扭矩的数学模型。自动控制系统的控制系统方框图为图1所示。
　　图1
　　在本模型中被控变量是系统实际的等效转动惯量，操纵变量是电动机的驱动电流，干扰是制动器的力矩，给定值是路试车辆的等效转动惯量，偏差是。
　　本模型的核心思想是：利用上一时刻测出的量，算出上一时刻系统实际的等效转动惯量，我们期望这个值是路试车辆的等效转动惯量，但结果一定不是这个值，只能是无限接近这个值。算出偏差，再算出弥补这个偏差需要的
　　，这样下个时刻输入便可尽量弥补上一时刻的偏差，达到优化控制的目的。
　　由题可知，电动机驱动电流产生的扭矩为，其中k=1.5 A/N·m
　　由刚体定轴转动定律， （1）
　　可知，对于时刻n有等式
　　（2）
　　其中J为系统的机械惯量值，而系统实际的等效转动惯量是由制动器产生的，也就是
　　（3）
　　由刚体定轴转动定律可知，对于电动机的某一驱动电流值，其等效的转动惯量为，所以对于偏差是，其对应的偏差电流为
　　（4）
　　这个过程中认为n时到n+1时刻飞轮的角加速度不变，都是n时刻的角加速度。这是因为我们的分析是把整个制动时间离散化了的，由于取的时间段极小，可认为离散了的两点之间加速度相同。
　　为了弥补转动惯量的偏差，我们需弥补上其对应的偏差电流，即
　　（5）
　　将式（3）和（4）代入（5）可得
　　（6）
　　在这个模型中，n=0时电流为0，即I（0）=0A，再根据这个时刻测出的M（0）代入（6）中便可算出I（1）。以此类推，可将前一个时间段观测到的瞬时扭矩值及前面算出的前一时间段输出的驱动电流值代入式（6），从而预测出本时间段的电流值，以达到优化控制的目的。
　　2 计算驱动电流。
　　由问题1和问题2可知，车辆前轮的滚动半径r为0.286 m，需要电动机补偿的惯量为12。因为制动减速度为常数，所以这个系统中的制动力为常数，因此驱动电流为常数。
　　根据加速度的公式可知，车辆的加速度为：
　　分析可知，，其中=12，，k=1.5 A/N·m
　　代入可计算得：
　　所以，满足条件的驱动电流为174.97A。
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