使用说明

本卷题目绝大多数为新增。第 16 题与习题 C1 / C2 同族（三次多项式与 LSPB）、第 18 题与习题 C6 同族（抛物线混合）——这三处有意保留：LSPB 与三次多项式是本章最核心的两个可算对象，隔一段时间再做一次正好检验是否真的会用。数值全部重新设计（LSPB 题取的 $t_f$ 使 $t_c$ 有两个正整数解，请自己判断该取哪一个）。解答默认折叠，便于自测。若某题完全无从下手，先做后面的题；全部做完后再回看。

第一部分答案（每题 3 分：判断 1 分 + 理由 2 分）

（1） 对。 三层关系：路径（纯几何，只回答经过哪些点）⊂ 轨迹（路径 + 时间律，每点带速度 / 加速度）⊂ 运动规划（轨迹 + 避障 + 轨迹优化，且是动态过程、要考虑动力学）。（定义 4.1.1–定义 4.1.3）

（2） 对。 运动规划在轨迹规划之上还要考虑障碍物——设计一条避开障碍的轨迹，并以时间最短或损耗最小为典型优化目标。（定义 4.1.3）

（3） 对。 由于复杂性，几何轨迹不可能由用户完全指定——无法对运动过程中的每一个点都施加约束，能指定的只是少量参量：① 极值点（最大速度点、最大加速度点）；② 可能的中间点；③ 插入点的几何基元（直线 / 圆弧 / 抛物线）；④ 整个轨迹的时间以及特别感兴趣的点的速度与加速度。其余各点的运动律由规划算法按约束反解。（定义 4.1.4）

（4） 对。 三次有 4 个系数（4 个约束：两端位置 + 两端速度），任务一旦要求指定初终加速度，约束增加到 6 个 ⇒ 至少需要五阶。这条「约束数 ↔ 阶次」的匹配是本章的通用解法内核：「整个都是解方程、待定系数法的过程」——方程多就超定（提高阶次或改解析式形式）、方程少就多解（补优化 / 工程约束）。（定义 4.2.2）

（5） 错。 恰恰相反——能量的最优解只能是三阶多项式：「通过理论推导，如果想要能量消耗最小的话，它只能是三阶的一个多项式，所以采用五阶多项式肯定不是最小的。」选五次等于放弃对性能指标的最小化，换来的是「能同时管住初终加速度」；何况阶次越高，计算量越大、系数求解的数值精度也越低。工程上的折中是混合多项式（LSPB）：便宜、峰值可直接验证。（定义 4.2.2、定义 4.2.3）

（6） 对。 (4.3)(4.4) 合并得关于 $t_c$ 的二次方程 $\ddot q_ct_c^2-\ddot q_ct_ft_c+q_f-q_i=0$，(4.6) 给出 $t_c\le t_f/2$ 的根；同时必须取 $\operatorname{sgn}\ddot q_c=\operatorname{sgn}(q_f-q_i)$——「终点位置和初始位置的差是正的，加速度取正的；是负的，加速度取负」，否则 (4.6) 的根无意义。连带的检查：根号内非负给出加速度下界 $|\ddot q_c|\ge4|q_f-q_i|/t_f^2$。（定理 4.2.C）

（7） 对。 当 (4.7) 取等号时，轨迹不再有常值速度段、只剩加速段与减速段——速度曲线退化为三角形（此时 $t_c=t_f/2$，关于平均值点 $q_m$ 对称）。对称的另一端：指定巡航速度时 (4.9) 的右等号也是三角形，而左等号相当于矩形（没有抛物线混合段）——但矩形在实际中不可能出现（速度不可能在零时间内从零加速到某个速度），所以左边必须是严格不等号。（定理 4.2.C、定义 4.2.4）

（8） 错——反了。 老师的关键提醒是：要求的阶次越高，对电机（执行器）的要求反而越低——因为曲线越柔和，力矩、功率的峰值越小；代价是计算量与成本上升（需要样条、甚至要管住加加速度）。所以「档位」是在「执行器负担」与「计算成本」之间做交换，不是单纯「越高越好」。（定理 4.1.A）

（9） 错。 两个虚拟点的位置不指定——只对它们施加位置、速度和加速度的连续性约束。因为位置约束只考虑连续性，虚拟点定位在何处无关紧要。引入后记账：$N+1$ 个三次多项式即 $4(N+1)$ 个未知数，方程侧为 $4(N-2)+6+6=4(N+1)$——未知数与方程数相等，解存在且唯一。（定理 4.2.G）

（10） 对。 位置落在 $s(t)$、姿态（角和轴）落在 $\theta(t)$——两次降维把六维操作空间规划变回一维标量规划，于是关节空间的方法（三次、梯形、样条）全部可以搬用。位置侧的解耦是 $\boldsymbol p_e=f(s)$（几何）与 $s(t)$（时间律）；姿态侧是「轴固定、只规划一个标量 $\theta$」。代价：每个设定点都要过一次逆运动学，运算量非常大 ⇒ 要给最大采样率设上限，并在送入底层伺服前做线性微小内插以提高参考输入的更新频率。（操作空间轨迹的两种生成方式、定理 4.3.F）

第二部分答案（每题 4 分）

11. （一）执行器施加到关节的广义力不得违反饱和限制。 限制的是加速度（最终由电机力矩提供）与速度（受功率限制）；若设计的加速度 / 速度超过电机能提供的，运动律根本实现不了、设计失败。（二）不得激发结构的典型谐振模式。 限制的是控制信号的频率成分——一旦与结构本身的固有频率重叠就激起共振，很大的振幅会损伤结构甚至导致失效。共同要求：设计光滑的轨迹；档位越高对电机要求越低、计算成本越高。评分：两条各 2 分（须写出限制量 + 后果）。（定理 4.1.A）

12. 两条假设：① 初始速度与最终速度都为零；② 两个常加速度分段的时间长度相同（因此两段加速度等量）。三个对称量：$t_m=t_f/2$、$q_m=(q_f+q_i)/2$，且轨迹在 $t_m$ 时刻关于 $q_m$ 对称。动机：两段设成相等可以减少需要解的参数与方程——实际过程中这种计算可能要做千万次以上，「你节省一点计算的时间，累积起来就非常多了」。评分：两条假设各 1 分；对称量 1 分；动机 1 分。（定义 4.2.3）

13. $$\boldsymbol t=\frac{\mathrm d\boldsymbol p}{\mathrm ds},\qquad \boldsymbol n=\frac{\mathrm d^2\boldsymbol p/\mathrm ds^2}{\left\|\mathrm d^2\boldsymbol p/\mathrm ds^2\right\|},\qquad \boldsymbol b=\boldsymbol t\times\boldsymbol n .$$ 物理含义：$\boldsymbol t$ 沿路径方向；$\boldsymbol n$ 位于密切平面内、指向曲线凹侧，即向心加速度的方向（「它一定是沿着半径的一条线」）；$\boldsymbol b$ 与前两者构成右手系。工程后果：圆弧路段的 $\dot s$ 不能取太大——向心加速度按 $\dot s^2/\rho$ 增长，曲率半径越小，允许的 $\dot s$ 越小；这正是「对曲率比较大的轨迹部分要对速度进行特殊设定」的定量依据。直线是退化情形：$\mathrm d^2\boldsymbol p/\mathrm ds^2=\boldsymbol 0$ ⇒ 法线无法定义、不能唯一地定义标架。评分：三式 2 分；$\boldsymbol n$ 的含义与后果 1.5 分；直线退化 0.5 分。（定理 4.3.A）

14. $$\ddot{\boldsymbol p}_e=\underbrace{\frac{\dot s^2}{\rho}\,\boldsymbol n}_{\text{向心}}+\underbrace{\ddot s\,\boldsymbol t}_{\text{切向}} .$$ 两个分量改什么：向心加速度只改变速度的方向（大小由 $\rho$ 与 $\dot s$ 共同决定，方向上沿半径指向曲率中心）；切向加速度改变速度的大小。直线的特例：$\ddot{\boldsymbol p}_e=\ddot s\,\boldsymbol t$（无向心项），速度与加速度都沿直线方向。评分：分解式 2 分；两个分量各 1 分（须写出"只改方向 / 只改大小"）。（定理 4.3.B、例 4.3.C）

15. $$s_j(t)=\begin{cases}0, & 0\le t\le t_{j-1}\\ s'_j(t), & t_{j-1}<t<t_j\\ \|p_j-p_{j-1}\|, & t_j\le t\le t_f\end{cases}\qquad \Delta t_j=\Delta t_{j-1}+\delta t_j,\quad j=1,\dots,N,\ \Delta t_0=0 .$$ 其中 $s'_j(t)$ 从 $t=t_{j-1}$ 时刻的 0 连续变化到 $t=t_j$ 时刻的 $\|p_j-p_{j-1}\|$（可取三次多项式型或混合抛物线的线性型）；$\Delta t_{j-1}$ 是前一个分段已产生的超前量、$\delta t_j$ 是当前分段开始的超前量。没有解决什么：「这种规划没有考虑速度连续性，就是从一段到另一段，它是不是平滑过渡的（不是）……实际过程中还需要加一个抛线段来进行平滑过渡，或者进行提前的规划。」评分：分段定义 2 分；递归式 1 分；「未解决速度连续性」1 分。（定义 4.3.5、定理 4.3.D）

第三部分答案与评分要点

16.（1）（4 分）二次方程为

$$\ddot q_ct_c^2-\ddot q_ct_ft_c+q_f-q_i=0 \;\Longrightarrow\; 6t_c^2-6t_c+2=0 \;\Longrightarrow\; t_c=\frac{6\pm\sqrt{36-48}}{12}\ \text{——判别式为负！}$$

这一步是本题的第一处考点：$\Delta=36-48=-12<0$，无实根 ⇒ 指定的 $\ddot q_c=6.00\ \mathrm{rad/s^2}$ 与 $t_f=1.00\ \mathrm{s}$ 不相容（加速度太小，来不及走完 $2.00\ \mathrm{rad}$）。正确做法：套公式前先检查下界 (4.7)

$$|\ddot q_c|\ \ge\ \frac{4|q_f-q_i|}{t_f^2}=\frac{4\times2.00}{1.00^2}=8.00\ \mathrm{rad/s^2},$$

$6.00<8.00$ 与判别式为负互为印证。评分：写出二次方程 1 分；发现判别式为负 2 分；算出下界 8.00 1 分。失分点：硬套 (4.6) 算出一个复数或错值——没有先检查 (4.7) 是本题最常见的失误，本题正是为此设计的。

（2）（4 分）取 $\ddot q_c=10.00\ \mathrm{rad/s^2}$（$>8.00$，相容）：二次方程 $10t_c^2-10t_c+2=0$ 化简为 $5t_c^2-5t_c+1=0$，

$$t_c=\frac{5\pm\sqrt{25-20}}{10}=\frac{5\pm2.236}{10} \;\Longrightarrow\; t_c^{(1)}=0.2764\ \mathrm{s},\qquad t_c^{(2)}=0.7236\ \mathrm{s}.$$

两个根都在 $(0,t_f)$ 内，但只有 $t_c^{(1)}$ 有物理意义：$t_c$ 的定义是「抛物线（加速）分段的终点时刻」，必须满足 $t_c\le t_f/2=0.500\ \mathrm{s}$；$t_c^{(2)}=0.7236>0.5$ 时 $t_m-t_c<0$、巡航速度 $(q_m-q_c)/(t_m-t_c)$ 变号，速度曲线不再「先升后降」，与梯形速度曲线的定义矛盾。注意：这一条不能只看「根是否为正」——两个根都为正，判据是 $t_c\le t_f/2$。

$$q_c=q_i+\tfrac12\ddot q_ct_c^2=\tfrac12\times10.00\times0.2764^2=0.3820\ \mathrm{rad},\qquad \dot q_c=\ddot q_ct_c=10.00\times0.2764=2.764\ \mathrm{rad/s}.$$

存在常值速度段：$|\ddot q_c|=10.00>8.00$（严格大于下界）⇒ $t_c<t_f/2$ ⇒ 巡航段时长 $t_f-2t_c=1.00-0.5528=0.4472\ \mathrm{s}>0$，有常值速度段。评分：两个根 2 分；判别「取 $t_c\le t_f/2$」并说出理由 1 分；$q_c$、$\dot q_c$ 与巡航段存在性的判断 1 分。

（3）（2 分）取 $\ddot q_c=4.00\ \mathrm{rad/s^2}$：$4.00<8.00$ ⇒ 不能在 $t_f$ 内完成该位移（判别式为负、无实根；物理上加速段与减速段在 $t_f$ 之前就已用尽全部行程）。临界加速度（恰好能在 $t_f$ 内完成、且巡航段消失）：

$$|\ddot q_c|_{\text{crit}}=\frac{4|q_f-q_i|}{t_f^2}=8.00\ \mathrm{rad/s^2}\qquad\Longrightarrow\qquad t_c=\frac{t_f}{2}=0.500\ \mathrm{s},\quad q_c=\tfrac12\times8.00\times0.5^2=1.00\ \mathrm{rad}=q_m,$$

速度曲线退化为三角形（只剩加速段与减速段，峰值 $\dot q_{\max}=\ddot q_ct_c=8.00\times0.5=4.00\ \mathrm{rad/s}$）。评分：判断「不能」1 分；临界值与三角形各 0.5 分。

17.（1）（4 分）四个约束方程：

$$a_0=q_i=1.00,\qquad a_1=\dot q_i=0,\qquad a_3+a_2+1.00=3.00,\qquad 3a_3+2a_2=0 .$$

由后两式：$3a_3+2a_2=0\Rightarrow a_2=-\frac32a_3$，代入 $a_3+a_2=2.00$ 得 $a_3-\frac32a_3=2.00\Rightarrow-\frac12a_3=2.00\Rightarrow a_3=-4.00$，$a_2=6.00$。于是

$$q(t)=1+6t^2-4t^3,\qquad \dot q(t)=12t-12t^2,\qquad \ddot q(t)=12-24t .$$

评分：四方程 2 分；系数各 0.25 分（共 1 分）；三式 1 分。自查：$q(1)=1+6-4=3.00$ ✓、$\dot q(1)=12-12=0$ ✓。

（2）（3 分）$t=0.4\ \mathrm{s}$：

$$q(0.4)=1+6\times0.16-4\times0.064=1+0.9600-0.2560=1.7040,\qquad \dot q(0.4)=12\times0.4-12\times0.16=4.800-1.920=2.880\ \mathrm{rad/s},$$

$$\ddot q(0.4)=12-24\times0.4=12-9.600=2.400\ \mathrm{rad/s^2}.$$

评分：三个值各 1 分（须保留四位有效数字）。加分不改分：能指出 $t=0.5$ 处速度取峰值 $\dot q=3.00\ \mathrm{rad/s}$（速度抛物线顶点）。

（3）（3 分）$t=0$：$\ddot q(0)=12\ \mathrm{rad/s^2}$；$t=1$：$\ddot q(1)=-12\ \mathrm{rad/s^2}$——两端加速度不为零（等于 $\pm12$），这与「位置 / 速度连续、加速度在两端从 0 跳到 $6\pi$ 型」的描述一致：位置平滑且连续；速度连续但有不平滑的折点；加速度在两端跳跃。所属档位：位置 / 速度光滑、加速度有跳跃——这是最省的档位（工业常用），也是「最小能量解只能是三阶」的直接代价。评分：两个加速度值 1.5 分；档位判断 1 分；与「最小能量解」的关系 0.5 分。（例 4.2.B、定义 4.2.1）

18.（1）（2 分）

$$\dot q_{12}=\frac{q_2-q_1}{\Delta t_2}=\frac{1.00-0}{1.00}=+1.00,\qquad \dot q_{23}=\frac{q_3-q_2}{\Delta t_3}=\frac{0-1.00}{1.00}=-1.00 .$$

评分：两个值各 1 分（须带符号）。

（2）（3 分）

$$\ddot q_2=\frac{\dot q_{23}-\dot q_{12}}{\Delta t'_2}=\frac{-1.00-1.00}{0.20}=-10.00\ \mathrm{rad/s^2}.$$

与时间的 relação：这个加速度的物理含义是「速度必须在 $\Delta t'_2=0.20\ \mathrm{s}$ 内从 $+1.00$ 变到 $-1.00$」，完成的速度变化量为 $|\Delta\dot q|=2.00$，故 $|\ddot q_2|=|\Delta\dot q|/\Delta t'_2=2.00/0.20=10.00\ \mathrm{rad/s^2}$ ✓。评分：数值 2 分（符号错扣 1 分）；与 $|\Delta\dot q|/\Delta t'$ 的关系说明 1 分。

（3）（3 分）不恰好经过。 抛物线混合的轨迹 $q(t)$ 不达到经由点 $q_k$ 中的任何一个，而是从其附近经过（教材：此时把路径点称为经由点更合适；混合加速度越大，通路与经由点越接近）。把 $\Delta t'_k$ 增大到 $0.40\ \mathrm{s}$ 的后果：$|\ddot q_2|=2.00/0.40=5.00\ \mathrm{rad/s^2}$ ⇒ 加速度减半（更柔和）；但大的混合时间意味着「削角」更多，通路离经由点更远（经过点的接近程度变差）。反之，$\Delta t'_k$ 越小越贴近经由点、但加速度越大——「在更短的时间内完成从一个速度到另一个速度的过渡，就需要更大的加速度」。评分：判断「不经过」+ 经由点术语 1 分；加速度减半 1 分；接近程度变差的结论 1 分。（定义 4.2.7、例 4.2.J）

（4）（2 分）为使轨迹与第一段、最后一段至少在部分时间内保持一致，轨迹应有更长的持续时间

$$t_N-t_1+\frac{\Delta t'_1+\Delta t'_N}{2}.$$

本题：$t_N-t_1=\Delta t_2+\Delta t_3=1.00+1.00=2.00\ \mathrm{s}$，$\Delta t'_1=\Delta t'_N=0.20\ \mathrm{s}$，故总时间 $=2.00+\dfrac{0.20+0.20}{2}=2.00+0.20=\mathbf{2.20\ s}$。读法：首段向左、末段向右各延伸半个混合时间（$0.10\ \mathrm{s}$ 各一次）。评分：表达式 1 分；数值 2.00 + 0.20 = 2.20 s 1 分。

第四部分答案与评分要点

19.（10 分）

(a) 计数困境与三种出路（3 分） 中间点贡献 $4(N-2)$ 个方程、两端点贡献 6 个方程，共 $4N-2$；而 $N-1$ 个三次多项式只有 $4(N-1)$ 个未知系数——方程比未知数多 2，系统不能直接求解；多出来的这两个正是「初始与最终加速度」这两个可以任意指定的条件。三种出路：① 让第一段和最后一段改用四阶多项式（5 个系数容纳 5 个约束）——但算法通常要求各段形式一致，不理想；② 只要求在部分时间内保持轨迹一致（工程近似）；③ 引入两个虚拟点——对它们施加位置、速度、加速度的连续性约束，但不指定其实际位置（由于位置约束只考虑连续性，虚拟点定位在何处无关紧要）；引入后 $N+1$ 个多项式即 $4(N+1)$ 个未知数、方程恰为 $4(N+1)$——解存在且唯一。

(b) 降维三步各消掉了什么（4 分） 第一步：利用三次多项式的二阶导数必为时间的线性函数 $\ddot\Pi_k(t)=\frac{\ddot\Pi_k(t_{k+1})}{\Delta t_k}(t_{k+1}-t)+\frac{\ddot\Pi_k(t_k)}{\Delta t_k}(t-t_k)$，对时间两次积分 ⇒ 每个 $\Pi_k$ 只取决于 4 个未知数（两端的 $\ddot\Pi_k$ 与 $\Pi_k$）。第二步：借助 $N$ 个位置指定值 + 位置连续性 + 加速度连续性，把未知数从 $4(N+1)$ 降到 $2(N+1)$、再降到 $N$（被消掉的 $q_2,q_{N+1}$ 是虚拟点位置，可用 $\Pi_1(t_1)$、$\Pi_{N+1}(t_{N+2})$ 表达）。第三步：用唯一还没用上的速度连续性（左侧多项式右端点的速度等于右侧多项式左端点的速度，$k=1,\dots,N$）恰给出 $N$ 个方程 ⇒ 得到 $A\big[\ddot\Pi_2(t_2)\ \cdots\ \ddot\Pi_{N+1}(t_{N+1})\big]^{\mathrm T}=\boldsymbol b$，$A$ 非奇异且三对角。

(c) $A$ 与关节无关（2 分） 因为 $A$ 只依赖指定的时间间隔 $\Delta t_k$，而所有关节的时间间隔相同——「你只要把某一个关节的 $A$ 计算出来了，其他所有关节的 $A$ 都是一样的」；唯一随关节变化的只有右端项 $\boldsymbol b$（它与关节角度相关）。工程含义：一次分解、多次回代 ⇒ 多关节规划的计算量被摊薄；三对角结构让求解只需前向 + 后向两遍，而不是一般矩阵的 $O(N^3)$。

(d) 工程意义（1 分） 老师把降维列为样条的关键一步：「这个方程系统很大的……对很小的一个机械臂的计算量都是非常大的，所以需要一些技巧的方法——怎么对未知数或者整个方程系统进行降维。」落到工程上就是：样条虽然理论上最平滑（保证加速度连续），但只有先做成三对角系统才可用；这也是「实际过程中其实都有程序已经写好……主要是理解这个思路」的原因。

评分建议：(a) 3 分（困境 1 分 + 出路 1.5 分 + 记账 0.5 分）；(b) 4 分（三步各约 1.3 分，须写清「消掉了什么」）；(c) 2 分；(d) 1 分。

20.（10 分）

(a) 采样率（3 分） 操作空间的轨迹生成与逆运动学计算叠加在一起，运算量非常大，因此要给生成序列的最大采样率设一个上限——采样率不能太大，否则「太大的话计算就计算不过来了」。对策：规划时采样率不高，但把它输入底层伺服控制系统时先做一次线性微小内插（在相邻两点之间再插一个点），这样提高了参考输入的更新频率，「对于增强系统的动态性能是有关键的」。

(b) 奇异（3 分） 在奇异位形附近做逆运动学，求出的关节速度可能非常大（$\bar J^{-1}=\operatorname{adj}\bar J/\det\bar J$ 的元素在 $\det J\to0$ 时整体趋于无穷）。对策：在操作空间规划阶段就把轨迹推离奇点邻域（变速度通过或自动规避），或在算法层用阻尼最小二乘（容许小误差换回可解性与有界性）。

(c) 冗余（2 分） 逆解有无穷多个解、难以直接求解。对策：宁可在关节空间指定路径——「可能比较明智的方法，是仍然根据数量减少的参量，在关节空间中指定路径」，再据此生成满足轨迹约束的关节变量时间序列；或利用零空间项 $(I-J^\dagger J)\dot{\boldsymbol q}_0$ 在不影响末端的前提下再配置内部姿态。

(d) 两个方向的理由（1 分） 避障必须在操作空间：「在关节空间中，我们不知道障碍物在什么地方，很可能就撞上了」；控制必须在关节空间：底层伺服只能按关节变量驱动——「即使在操作空间中规划，最后也要把它转到关节空间中，得到关节变量的值，才能实现对机械手的控制」（老师连说三次的那句话）。

(e) 姿态为什么单独走（1 分） 因为旋转矩阵不能逐元素插值（正交性会被破坏），姿态必须换一种表示再规划。两条正路都把姿态化成一维标量：欧拉角（三标量分别插值，插值完还要由 $\varphi_e$ 算出 $R_e$、再经 $\boldsymbol\omega_e=T(\varphi_e)\dot{\boldsymbol\varphi}_e$ 换算回基坐标系）与角和轴（轴 $\boldsymbol r'$ 固定不变，只规划标量 $\theta(t)$，$\boldsymbol\omega'=\dot\theta\boldsymbol r'$）。于是位置落在 $s(t)$、姿态落在 $\theta(t)$——两次降维让关节空间的全套方法在操作空间复用。

评分建议：三处各 3 / 3 / 2 分（须各给出对策，只描述现象得一半）；两个方向的理由 1 分（须引「关节空间里不知道障碍物在哪」与「最后要转回关节空间」两句之一）；姿态单独走 1 分。只列名词不作论证最多 4 分。