1. 错。 正交性只在旋转块内成立。正确形式是 $A^{-1}=\begin{bmatrix}R^{\mathrm T}&-R^{\mathrm T}\boldsymbol o\\\boldsymbol 0^{\mathrm T}&1\end{bmatrix}$——平移块要「先转置再反向」，整体转置不成立。

2. 错。 绕当前轴（动系）是右乘，绕固定轴才是左乘。检验法：把序列复述成中文——「在转完的基础上，再绕它的新轴转」= 右乘。

3. 错。 $s_\vartheta=0$ 是表示奇点：此时 $R=R_z(\varphi+\psi)$ 只含和（$\vartheta=0$）或只含差（$\vartheta=\pi$），$\varphi$ 与 $\psi$ 无法分离。反解公式在该处退化，输出会随微小扰动剧烈跳变——不是「唯一确定」，而是「完全不唯一」。

4. 对。 这就是「3 常 1 变」。哪个是变量由关节类型决定（转动关节 $q_i=\vartheta_i$、移动关节 $q_i=d_i$），与杆的形状无关。

5. 对。 这正是逐列构造公式的物理解读，也是 $J_{P_i}=z_{i-1}\times(\boldsymbol p_e-\boldsymbol p_{i-1})$ 的来源——矢径就是「力臂」。

6. 错。 $JP\dot{\boldsymbol q}_0=\boldsymbol 0$，零空间运动对末端速度的贡献恒为零；它只能做「不惊动末端」的内部再配置（避障、躲关节极限、远离奇异）。

7. 错。 $\boldsymbol\tau=J^{\mathrm T}F_e$ 由虚功原理推出，对任意 $6\times n$ 的 $J$ 都成立，无需方阵、无需满秩。它体现的是速度变换与力变换的转置对偶。

8. 错。 $K$ 要分情况：奇点邻域取大（压住 $\det J\to0$ 引起的速度发散，代价是容许末端误差 $\delta$），远离奇点取小甚至趋 0（退回伪逆，不引入不必要的末端误差）。

9. 对。 加速度取到 $\lvert\ddot q_c\rvert=\dfrac{4\lvert q_f-q_i\rvert}{t_f^{2}}$ 时 $t_c=\dfrac{t_f}{2}$，巡航段时长 $t_f-2t_c=0$——位置曲线由两段抛物线在 $t_f/2$ 处相接。

10. 错。 惯量与摩擦按 $\boxed{1/k_r^{2}}$、负载力矩与非线性按 $1/k_r$——前者是速度的系数，后者是外力。$I_{eq}=I_m+I/k_r^{2}$，$F_{eq}=F_m+F/k_r^{2}$。记反了整道折算题都会错。

11. 三次：$q(t)=q_i+(q_f-q_i)\bigl[3\eta^{2}-2\eta^{3}\bigr]$；五次：$q(t)=q_i+(q_f-q_i)\bigl[10\eta^{3}-15\eta^{4}+6\eta^{5}\bigr]$，$\eta=t/t_f$。

必须升到五次的情形：除初终位置与速度外，还要指定初终加速度（共 6 个条件）。规则只有一条：约束数 = 系数个数——三次只有 4 个系数，容不下 6 个条件。代价是放弃了「最小能量」这一指标（最小能量解只能是三次）。

12. $\vartheta_2=90^{\circ}$ 时 $s_2=1,c_2=0$，$\vartheta_1=0$ 时 $s_1=0,c_1=1$，故 $s_{12}=1,c_{12}=0$：

$$\bar J=\begin{bmatrix}-a_1s_1-a_2s_{12} & -a_2s_{12}\\ a_1c_1+a_2c_{12} & a_2c_{12}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-0.25&-0.25\\0.5&0\end{bmatrix},\qquad \det\bar J=a_1a_2s_2=0.125\ \mathrm{m^2}.$$

$\det\bar J=0\iff s_2=0\iff\vartheta_2=0^{\circ}$（臂伸直）或 $\vartheta_2=180^{\circ}$（臂折回）——都是边界奇点（末端落在工作空间边界上）。

13. 电机侧：$\dfrac{2\pi}{2^{14}}=\dfrac{2\pi}{16384}=3.835\times10^{-4}\ \mathrm{rad}$（约 $0.0220^{\circ}$）。关节侧：再除 $k_r=200$，得 $1.917\times10^{-6}\ \mathrm{rad}$。

分辨率 ≠ 精度：$2\pi/2^{n}$ 只是量化分辨率（能分辨的最小增量），精度还受安装偏心、码盘工艺、传动回差与标定残差限制；选型要看重复定位精度的实测值，而不是数据手册的轨数。

14. $v=331.4+0.6T$。$20^{\circ}\mathrm{C}$ 时 $v_{20}=343.4$ m/s，$d=\dfrac{v_{20}t}{2}=\dfrac{343.4\times0.016}{2}=2.7472\ \mathrm{m}$。 $5^{\circ}\mathrm{C}$ 时 $v_5=334.4$ m/s，真实距离 $d_5=\dfrac{334.4\times0.016}{2}=2.6752\ \mathrm{m}$。 误差 $=2.6752-2.7472=-0.0720$ m，即按旧标定会高估约 7.2 cm（相对误差 $2.7\%$）。 不可忽略的理由：$0\to25^{\circ}\mathrm{C}$ 对应约 $4.5\%$ 的音速漂移，$2$ m 处约 $9$ cm——比多数测距传感器的标称分辨率还大。工程上要么测温补偿，要么只用它做「有没有障碍」的粗判。

15. 积分管稳态：摩擦、重力矩等负载干扰作用在积分器之前，只有无穷大直流增益才能把它引起的稳态位置误差压到零。比例管稳定与阻尼：前向通路有两个原点极点（放大器与电机机械环节各贡献一个纯积分），纯积分控制器给不出阻尼瞬态、系统会振荡。

加测速反馈的实质是多了一个反馈回路：干扰点附近出现两个回路，瞬态抗扰更强、带宽更宽、振荡更少。代价是多一个传感器与一组待调参数。

16.（10 分）

(a) $R_y(30^{\circ})=\begin{bmatrix}\frac{\sqrt3}{2}&0&\frac12\\0&1&0\\-\frac12&0&\frac{\sqrt3}{2}\end{bmatrix}$，左乘 $R_z(90^{\circ})=\begin{bmatrix}0&-1&0\\1&0&0\\0&0&1\end{bmatrix}$（绕固定轴序列 ⇒ 左乘）：

$$R=R_z(90^{\circ})R_y(30^{\circ})=\begin{bmatrix}0&-1&0\\[1mm]\frac{\sqrt3}{2}&0&\frac12\\[1mm]-\frac12&0&\frac{\sqrt3}{2}\end{bmatrix}.$$

自查：三列两两正交、模长各 1；按第一行展开 $\det R=+1\cdot\det\begin{bmatrix}\frac{\sqrt3}{2}&\frac12\\-\frac12&\frac{\sqrt3}{2}\end{bmatrix}=\frac34+\frac14=1$ ✓

(b) RPY 反解三式（$\vartheta\in(-\pi/2,\pi/2)$）：

$$\varphi=\operatorname{Atan2}(r_{21},r_{11})=\operatorname{Atan2}\!\Big(\tfrac{\sqrt3}{2},0\Big)=90^{\circ},\qquad \vartheta=\operatorname{Atan2}\!\Big(-r_{31},\sqrt{r_{11}^{2}+r_{21}^{2}}\Big)=\operatorname{Atan2}\!\Big(\tfrac12,\tfrac{\sqrt3}{2}\Big)=30^{\circ},$$

$$\psi=\operatorname{Atan2}(r_{32},r_{33})=\operatorname{Atan2}(0,\tfrac{\sqrt3}{2})=0^{\circ}.$$

闭环成立（反解结果与原给定角完全一致）。给分：(a) 4 分（矩阵 3 分 + 自查 1 分）；(b) 4 分（三式各 1 分 + 闭环说明 1 分）；(c) 2 分。

(c) $\vartheta=90^{\circ}$ 时 $c_\vartheta=0$，于是 $r_{11}=c_\varphi c_\vartheta=0$、$r_{21}=s_\varphi c_\vartheta=0$——$\operatorname{Atan2}(0,0)$ 无定义，$\varphi$ 无法从第一列确定。这就是 RPY 的表示奇点：此时 $R=R_z(\varphi)R_y(\frac{\pi}{2})R_x(\psi)$ 只能确定 $\varphi$ 与 $\psi$ 的和。工程表现是两个角随微小扰动剧烈跳变——不是物理抖动，是表示退化。出路是换用角和轴或单位四元数（2.5、2.6）。

17.（10 分）

(a) 标准 DH 参数表（$z_{i-1}$ 沿关节 $i$ 的轴线；本例两轴平行，$\alpha_i\equiv0$）：

$i$	$a_i$	$\alpha_i$	$d_i$	$\vartheta_i$
1	$a_1=0.4$	$0$	$0$	$\vartheta_1$（变量）
2	$a_2=0.3$	$0$	$0$	$\vartheta_2$（变量）

(b) $T_2^0=A_1^0A_2^1$：旋转块为 $R_2^0=\begin{bmatrix}c_{12}&-s_{12}&0\\ s_{12}&c_{12}&0\\ 0&0&1\end{bmatrix}$，位置为

$$\boldsymbol p_2^0=\begin{bmatrix}a_1c_1+a_2c_{12}\\ a_1s_1+a_2s_{12}\\ 0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0.4\times1+0.3\times0.5\\ 0+0.3\times0.8660\\ 0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0.55\\ 0.2598\\ 0\end{bmatrix}\ \mathrm{m}.$$

(c) 取定位用的前两行：

$$\bar J=\begin{bmatrix}-a_1s_1-a_2s_{12}&-a_2s_{12}\\ a_1c_1+a_2c_{12}&a_2c_{12}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-0.2598&-0.2598\\ 0.55&0.15\end{bmatrix},\qquad \det\bar J=a_1a_2s_2=0.1039\ \mathrm{m^{2}}.$$

(d) $\dot{\boldsymbol q}=\bar J^{-1}\boldsymbol v_e$，$\bar J^{-1}=\dfrac{1}{0.1039}\begin{bmatrix}0.15&0.2598\\-0.55&-0.2598\end{bmatrix}$，故

$$\dot{\boldsymbol q}=\frac{0.1}{0.1039}\begin{bmatrix}0.15\\-0.55\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0.144\\-0.529\end{bmatrix}\ \mathrm{rad/s}.$$

自查：$\bar J\dot{\boldsymbol q}=(-0.2598\times0.144-0.2598\times(-0.529),\ 0.55\times0.144+0.15\times(-0.529))^{\mathrm T}\approx(0.100,\ 0.000)^{\mathrm T}$ ✓ ——这条回代就是本题的验算步骤，考场上写一行就够。

给分：(a) 3 分；(b) 3 分；(c) 2 分；(d) 2 分（结果 1 分 + 回代自查 1 分）。

18.（10 分）

(a) 下界：$\lvert\ddot q_c\rvert\ge\dfrac{4\lvert q_f-q_i\rvert}{t_f^{2}}=\dfrac{4\times1.2}{1.5^{2}}=2.133\ \mathrm{rad/s^{2}}$。取 $3.2>2.133$，可行。

(b) 代入 $t_c=\dfrac{t_f}{2}-\dfrac12\sqrt{\dfrac{t_f^{2}\ddot q_c-4(q_f-q_i)}{\ddot q_c}}$：

$$t_c=0.75-\frac12\sqrt{\frac{1.5^{2}\times3.2-4\times1.2}{3.2}}=0.75-\frac12\sqrt{0.75}=0.75-0.4330=0.3170\ \mathrm{s}.$$

巡航速度 $\dot q_c=\ddot q_ct_c=3.2\times0.3170=1.014\ \mathrm{rad/s}$。

验算：平均速度 $1.2/1.5=0.8$，满足 $\dfrac{\lvert q_f-q_i\rvert}{t_f}<\lvert\dot q_c\rvert\le\dfrac{2\lvert q_f-q_i\rvert}{t_f}$（$0.8<1.014\le1.6$）✓；总位移 $=\ddot q_ct_c(t_f-t_c)=1.014\times1.183=1.200$ ✓。

(c) 三段位置（近似到四位有效数字）：

$$q(t)=\begin{cases}1.6\,t^{2}, & 0\le t\le0.3170\\[1mm] 1.014\,(t-0.1585), & 0.3170<t\le1.1830\\[1mm] 1.2-1.6\,(1.5-t)^{2}, & 1.1830<t\le1.5\end{cases}$$

（第二段上下界即 $t_c$ 与 $t_f-t_c$；三段在交界处位置连续：$1.6\times0.3170^{2}=0.1608$，$1.014\times(0.3170-0.1585)=0.1607$ ✓）

(d) $t_f=1.0$ s 时下界升到 $\dfrac{4\times1.2}{1^{2}}=4.8\ \mathrm{rad/s^{2}}>3.2$——不可行。要么把加速度峰值提到至少 $4.8\ \mathrm{rad/s^{2}}$，要么延长总时间。这正是工业上「不让用户直接指定 $t_f$、而是给最大速度 / 加速度百分比」的原因。

给分：(a) 2 分；(b) 4 分（$t_c$ 3 分 + 巡航速度与验算 1 分）；(c) 3 分；(d) 1 分。

19.（10 分）

(a) $\delta=\boldsymbol p_l-\boldsymbol d=(0.5,0,0)^{\mathrm T}$，故 $\delta^{\mathrm T}\boldsymbol r=0$，

$$\boldsymbol c=\boldsymbol d+(\delta^{\mathrm T}\boldsymbol r)\boldsymbol r=(0.5,0.5,0)^{\mathrm T},\qquad \rho=\lVert\boldsymbol p_l-\boldsymbol c\rVert=0.5\ \mathrm{m}.$$

退化条件 $\lvert\delta^{\mathrm T}\boldsymbol r\rvert=0<\lVert\delta\rVert=0.5$ 满足（起点不在轴上，圆弧非退化）。顺带核对终点：$\lVert\boldsymbol p_f-\boldsymbol c\rVert=\lVert(0,0.5,0)\rVert=0.5=\rho$ ✓（终点确在同一圆上）。

(b) 圆心角 $\theta=\angle\bigl((\boldsymbol p_l-\boldsymbol c),(\boldsymbol p_f-\boldsymbol c)\bigr)=90^{\circ}=\pi/2$（两矢径正交），弧长

$$s_f=\rho\theta=0.5\times\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{4}\approx0.7854\ \mathrm{m}.$$

(c) 耗时 $t=s_f/\dot s=\dfrac{0.7854}{0.5}\approx1.571$ s（即 $\pi/2$ s）。

中点在弧的 $45^{\circ}$ 处，$\dot s$ 恒定 ⇒ 切向加速度 $\ddot s=0$，总加速度就是向心加速度

$$a_n=\frac{\dot s^{2}}{\rho}=\frac{0.5^{2}}{0.5}=0.5\ \mathrm{m/s^{2}},$$

方向由当前点指向圆心 $\boldsymbol c$：中点位置为 $\boldsymbol c+0.5(\frac{\sqrt2}{2},\frac{\sqrt2}{2},0)$，故方向为 $(-1,-1,0)^{\mathrm T}/\sqrt2$。

注意：曲率越大（$\rho$ 越小）向心项越大——这正是圆弧路径要限速的原因；漏掉这一项（只留 $\ddot s\,t$）是本题最常见的错误。

(d) 逐元素插值会破坏正交性，中间矩阵不再是旋转矩阵。反例：取 $R_1=I_3$、$R_2=R_z(90^{\circ})$，中间时刻做逐元素平均

$$\frac12(R_1+R_2)=\begin{bmatrix}0.5&-0.5&0\\0.5&0.5&0\\0&0&1\end{bmatrix},\qquad \text{第一列模长}=\sqrt{0.5^{2}+0.5^{2}}=\sqrt{0.5}\approx0.707\neq1,$$

不满足 $R^{\mathrm T}R=I$。正路有两条：欧拉角法（插值后要经 $T(\boldsymbol\varphi_e)$ 换回基系角速度）与角和轴法（把姿态降为一维 $\theta(t)$，避开表示奇点）。

给分：(a) 3 分（圆心 2 分 + 退化条件与终点核对 1 分）；(b) 2 分；(c) 3 分（耗时 1 分 + 向心项 1 分 + 方向 1 分）；(d) 2 分（反例 1 分 + 正路 1 分）。

20.（10 分）

(a) 由第 17 题，$\bar J=\begin{bmatrix}-0.2598&-0.2598\\ 0.55&0.15\end{bmatrix}$。$\boldsymbol\tau=\bar J^{\mathrm T}\boldsymbol f_e$：

$$\boldsymbol\tau=\begin{bmatrix}-0.2598&0.55\\ -0.2598&0.15\end{bmatrix}\begin{bmatrix}30\\-10\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-0.2598\times30+0.55\times(-10)\\ -0.2598\times30+0.15\times(-10)\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-13.29\\ -9.29\end{bmatrix}\ \mathrm{N\cdot m}.$$

（因末端力矩为零，第六行不贡献；若 $\boldsymbol\mu_e\ne\boldsymbol 0$，须把它一并放进 $F_e$。）两个力矩均为负，物理含义是：要抵抗这个外力，驱动器必须施加反向力矩。

(b) 理想（无损失）传动下负载力矩按 $1/k_r$ 折算到电机轴：

$$\tau_{m2}=\frac{\tau_2}{k_r}=\frac{-9.29}{100}=-0.0929\ \mathrm{N\cdot m}.$$

（幅值约 $0.093$ N·m——这也解释了「为什么必须用减速器」：末端零点几千牛米的负载，电机侧只需不到 0.1 N·m。）

(c) $I_{eq}=I_m+\dfrac{I_2}{k_r^{2}}=2.0\times10^{-5}+\dfrac{0.03}{100^{2}}=2.0\times10^{-5}+3.0\times10^{-6}=2.3\times10^{-5}\ \mathrm{kg\cdot m^{2}}$。

负载惯量占比 $=\dfrac{3.0\times10^{-6}}{2.3\times10^{-5}}=13.0\%$。

说明：$k_r=100$ 时负载惯量已被压到 $13\%$——电机侧动态主要由电机自身惯量决定。这正是「把多轴强耦合系统当成可独立设计的单轴 + 干扰」的数学依据（5.2.3），也是第 7、8 章独立关节控制成立的前提。但结论不是「越大越好」：$1/k_r$ 还要与传动装置的间隙、弹性、效率、体积成本一起权衡。

给分：(a) 4 分（公式 2 分 + 数值 2 分）；(b) 2 分；(c) 4 分（$I_{eq}$ 2 分 + 占比 1 分 + 解释 1 分）。