一般形式的加速度梯形算法

已知線段長度$L$，起點速度$v_0$，利用加速度梯形算法計算能達到的最大終點速度和最小終點速度。其中，最大加速度爲$a_m$。

計算能達到的最大終點速度$v_m$

設加加速時最大加加速度爲$J_m$，減加速時最大加加速度爲$J'_m=\dfrac{J_m}{\alpha}$。

加速到最大加速度時運動的距離S

首先，計算按照最大加加速度，加速到最大加速度$a_m$時運動的距離$S$，其加速度變化示意圖如下

計算運動的加速度
$\begin{aligned} a=\begin{cases} J_mt, &0\leqslant t\leqslant t_1, \\ a_m-\dfrac{J_m}{\alpha}t, &0\leqslant t\leqslant \alpha t_1. \end{cases} \end{aligned}$
其中，$t_1=\dfrac{a_m}{J_m}$。

計算運動的速度
$\begin{aligned} v=\begin{cases} v_0+\dfrac{1}{2}J_mt^2, &0\leqslant t\leqslant t_1, \\ v_1+a_mt-\dfrac{1}{2}\dfrac{J_m}{\alpha}t^2, &0\leqslant t\leqslant \alpha t_1. \end{cases} \end{aligned}$
其中，$v_1=v_0+\dfrac{1}{2}J_mt_1^2=v_0+\dfrac{1}{2}a_mt_1$。

計算運動的距離
$\begin{aligned} s=\begin{cases} v_0t+\dfrac{1}{6}J_mt^3, &0\leqslant t\leqslant t_1, \\ s_1+v_1t+\dfrac{1}{2}a_mt^2-\dfrac{1}{6}\dfrac{J_m}{\alpha}t^3, &0\leqslant t\leqslant \alpha t_1. \end{cases} \end{aligned}$
其中，$s_1=v_0t_1+\dfrac{1}{6}J_mt_1^3=v_0t_1+\dfrac{1}{6}a_mt_1^2$。

加速到最大加速度時運動的距離$S$爲
$\begin{aligned} S&=s_1+v_1\alpha t_1+\dfrac{1}{2}a_m\alpha^2t_1^2-\dfrac{1}{6}J_m\alpha^2t_1^3 \\ &=v_0t_1+\dfrac{1}{6}a_mt_1^2+(v_0+\dfrac{1}{2}a_mt_1)\alpha t_1+\dfrac{1}{3}a_m\alpha^2t_1^2 \\ &=v_0t_1(1+\alpha)+\dfrac{1}{6}a_mt_1^2(1+3\alpha+2\alpha^2). \end{aligned}$

線段的長度$L>S$

若$L>S$，則整個加速過程包含加加速運動、勻加速運動和減加速運動，其加速度變化示意圖如下

計算運動的加速度
$\begin{aligned} a=\begin{cases} J_mt, &0\leqslant t\leqslant t_1, \\ a_m, &0\leqslant t\leqslant t_2, \\ a_m-\dfrac{J_m}{\alpha}t, &0\leqslant t\leqslant \alpha t_1. \end{cases} \end{aligned}$
其中，$t_1=\dfrac{a_m}{J_m}$。

計算運動的速度
$\begin{aligned} v=\begin{cases} v_0+\dfrac{1}{2}J_mt^2, &0\leqslant t\leqslant t_1, \\ v_1+a_mt, &0\leqslant t\leqslant t_2, \\ v_2+a_mt-\dfrac{1}{2}\dfrac{J_m}{\alpha}t^2, &0\leqslant t\leqslant \alpha t_1. \end{cases} \end{aligned}$
其中
$\begin{aligned} \begin{cases} v_1&=v_0+\dfrac{1}{2}J_mt_1^2 =v_0+\dfrac{1}{2}a_mt_1, \\ v_2&=v_1+a_mt_2 =v_0+\dfrac{1}{2}a_mt_1+a_mt_2, \\ v_m&=v_2+a_m\alpha t_1-\dfrac{1}{2}J_m\alpha t_1^2 =v_0+\dfrac{1}{2}a_mt_1+a_mt_2+\dfrac{1}{2}a_m\alpha t_1 \\ &=v_0+\dfrac{1}{2}a_mt_1(1+\alpha)+a_mt_2. \end{cases} \end{aligned}$
計算運動的距離
$\begin{aligned} s=\begin{cases} v_0t+\dfrac{1}{6}J_mt^3, &0\leqslant t\leqslant t_1, \\ s_1+v_1t+\dfrac{1}{2}a_mt^2, &0\leqslant t\leqslant t_2, \\ s_2+v_2t+\dfrac{1}{2}a_mt^2-\dfrac{1}{6}\dfrac{J_m}{\alpha}t^3, &0\leqslant t\leqslant \alpha t_1. \end{cases} \end{aligned}$
其中
$\begin{aligned} \begin{cases} s_1&=v_0t_1+\dfrac{1}{6}J_mt_1^3=v_0t_1+\dfrac{1}{6}a_mt_1^2, \\ s_2&=s_1+v_1t_2+\dfrac{1}{2}a_mt_2^2 =v_0t_1+\dfrac{1}{6}a_mt_1^2+(v_0+\dfrac{1}{2}a_mt_1)t_2+\dfrac{1}{2}a_mt_2^2 \\ &=v_0(t_1+t_2)+\dfrac{1}{6}a_mt_1^2+\dfrac{1}{2}a_mt_1t_2+\dfrac{1}{2}a_mt_2^2, \\ s_m&=s_2+v_2\alpha t_1+\dfrac{1}{2}a_m\alpha^2t_1^2-\dfrac{1}{6}J_m\alpha^2t_1^3 \\ &=v_0(t_1+t_2)+\dfrac{1}{6}a_mt_1^2+\dfrac{1}{2}a_mt_1t_2+\dfrac{1}{2}a_mt_2^2 +(v_0+\dfrac{1}{2}a_mt_1+a_mt_2)\alpha t_1+\dfrac{1}{3}a_m\alpha^2t_1^2 \\ &=v_0(t_1+t_2+\alpha t_1)+\dfrac{1}{6}a_mt_1^2(1+3\alpha+2\alpha^2) +\dfrac{1}{2}a_mt_1t_2(1+2\alpha)+\dfrac{1}{2}a_mt_2^2 \\ &=L. \end{cases} \end{aligned}$
於是，可以得到兩個一元方程
$\begin{aligned} \begin{cases} \dfrac{1}{2}a_mt_2^2+\left[\dfrac{1}{2}a_mt_1(1+2\alpha)+v_0\right]t_2 +v_0t_1(1+\alpha)+\dfrac{1}{6}a_mt_1^2(1+3\alpha+2\alpha^2)-L=0, \\ v_m=v_0+\dfrac{1}{2}a_mt_1(1+\alpha)+a_mt_2. \end{cases} \end{aligned}$
求解第一個一元二次方程得到$t_2$，然後代入第二個方程即可得到最大終點速度$v_m$。

線段的長度$L\leqslant S$

若$L\leqslant S$，則整個加速過程只包含加加速運動和減加速運動，其加速度變化示意圖如下

計算運動的加速度
$\begin{aligned} a=\begin{cases} J_mt, &0\leqslant t\leqslant t_1, \\ J_mt_1-\dfrac{J_m}{\alpha}t, &0\leqslant t\leqslant \alpha t_1. \end{cases} \end{aligned}$
計算運動的速度
$\begin{aligned} v=\begin{cases} v_0+\dfrac{1}{2}J_mt^2, &0\leqslant t\leqslant t_1, \\ v_1+J_mt_1t-\dfrac{1}{2}\dfrac{J_m}{\alpha}t^2, &0\leqslant t\leqslant \alpha t_1. \end{cases} \end{aligned}$
其中
$\begin{aligned} \begin{cases} v_1&=v_0+\dfrac{1}{2}J_mt_1^2, \\ v_m&=v_1+J_mt_1\alpha t_1-\dfrac{1}{2}J_m\alpha t_1^2 =v_0+\dfrac{1}{2}J_mt_1^2+\dfrac{1}{2}J_m\alpha t_1^2 \\ &=v_0+\dfrac{1}{2}J_mt_1^2(1+\alpha). \end{cases} \end{aligned}$
計算運動的距離
$\begin{aligned} s=\begin{cases} v_0t+\dfrac{1}{6}J_mt^3, &0\leqslant t\leqslant t_1, \\ s_1+v_1t+\dfrac{1}{2}J_mt_1t^2-\dfrac{1}{6}\dfrac{J_m}{\alpha}t^3, &0\leqslant t\leqslant \alpha t_1. \end{cases} \end{aligned}$
其中
$\begin{aligned} \begin{cases} s_1&=v_0t_1+\dfrac{1}{6}J_mt_1^3, \\ s_m&=s_1+v_1\alpha t_1+\dfrac{1}{2}J_mt_1\alpha^2t_1^2-\dfrac{1}{6}J_m\alpha^2t_1^3 \\ &=v_0t_1+\dfrac{1}{6}J_mt_1^3 +(v_0+\dfrac{1}{2}J_mt_1^2)\alpha t_1 +\dfrac{1}{3}J_m\alpha^2t_1^3 \\ &=v_0t_1(1+\alpha)+\dfrac{1}{6}J_mt_1^3(1+3\alpha+2\alpha^2) \\ &=L. \end{cases} \end{aligned}$
於是，可以得到兩個一元方程
$\begin{aligned} \begin{cases} \dfrac{1}{6}J_m(1+3\alpha+2\alpha^2)t_1^3+v_0(1+\alpha)t_1-L=0, \\ v_m=v_0+\dfrac{1}{2}J_mt_1^2(1+\alpha). \end{cases} \end{aligned}$
求解第一個一元三次方程得到$t_1$，然後代入第二個方程即可得到最大終點速度$v_m$。

計算能達到的最小終點速度$v_m$

設減減速時最大加加速度爲$J_m$，加減速時最大加加速度爲$J'_m=\dfrac{J_m}{\beta}$。

對於減速運動，由於速度值不小於零，因此先判斷是否能夠減速到零。

判斷能否減速到零

按照給定的條件，從零反向加速，計算能達到的最大終點速度$v_{max}$。如果$v_{max}\geqslant v_0$，則能達到的最小終點速度$v_m=0$。以下均假設$v_{max}<v_0$，即$v_m>0$成立。

減速到最大加速度時運動的速度$V$和距離$S$

計算按照最大加加速度，減速到最大加速度$a_m$時運動的速度$V$和距離$S$，其加速度變化示意圖如下

計算運動的加速度
$\begin{aligned} a=\begin{cases} -\dfrac{J_m}{\beta}t, &0\leqslant t\leqslant\beta t_1, \\ -a_m+J_mt, &0\leqslant t\leqslant t_1. \end{cases} \end{aligned}$
其中，$t_1=\dfrac{a_m}{J_m}$。

計算運動的速度
$\begin{aligned} v=\begin{cases} v_0-\dfrac{1}{2}\dfrac{J_m}{\beta}t^2, &0\leqslant t\leqslant\beta t_1, \\ v_1-a_mt+\dfrac{1}{2}J_mt^2, &0\leqslant t\leqslant t_1. \end{cases} \end{aligned}$
其中
$\begin{aligned} \begin{cases} v_1&=v_0-\dfrac{1}{2}J_m\beta t_1^2=v_0-\dfrac{1}{2}a_m\beta t_1, \\ v_m&=v_1-a_mt_1+\dfrac{1}{2}J_mt_1^2=v_0-\dfrac{1}{2}a_m\beta t_1-\dfrac{1}{2}a_mt_1 \\ &=v_0-\dfrac{1}{2}a_mt_1(1+\beta). \end{cases} \end{aligned}$
計算運動的距離
$\begin{aligned} s=\begin{cases} v_0t-\dfrac{1}{6}\dfrac{J_m}{\beta}t^3, &0\leqslant t\leqslant\beta t_1, \\ s_1+v_1t-\dfrac{1}{2}a_mt^2+\dfrac{1}{6}J_mt^3, &0\leqslant t\leqslant t_1. \end{cases} \end{aligned}$
其中
$\begin{aligned} \begin{cases} s_1&=v_0\beta t_1-\dfrac{1}{6}J_m\beta^2t_1^3=v_0\beta t_1-\dfrac{1}{6}a_m\beta^2t_1^2, \\ s_m&=s_1+v_1t_1-\dfrac{1}{2}a_mt_1^2+\dfrac{1}{6}J_mt_1^3 =v_0\beta t_1-\dfrac{1}{6}a_m\beta^2t_1^2+(v_0-\dfrac{1}{2}a_m\beta t_1)t_1-\dfrac{1}{3}a_mt_1^2 \\ &=v_0t_1(1+\beta)-\dfrac{1}{6}a_mt_1^2(\beta^2+3\beta+2). \end{cases} \end{aligned}$
減速到最大加速度時運動的速度$V$和$S$爲
$\begin{aligned} \begin{cases} V=v_m=v_0-\dfrac{1}{2}a_mt_1(1+\beta), \\ S=s_m=v_0t_1(1+\beta)-\dfrac{1}{6}a_mt_1^2(\beta^2+3\beta+2). \end{cases} \end{aligned}$

$V\leqslant0$或者線段的長度$L\leqslant S$

若$V\leqslant0$或者$L\leqslant S$，則整個減速過程只包含加減速運動和減減速運動，其加速度變化示意圖如下

計算運動的加速度
$\begin{aligned} a=\begin{cases} -\dfrac{J_m}{\beta}t, &0\leqslant t\leqslant\beta t_1, \\ -J_mt_1+J_mt, &0\leqslant t\leqslant t_1. \end{cases} \end{aligned}$
計算運動的速度
$\begin{aligned} v=\begin{cases} v_0-\dfrac{1}{2}\dfrac{J_m}{\beta}t^2, &0\leqslant t\leqslant\beta t_1, \\ v_1-J_mt_1t+\dfrac{1}{2}J_mt^2, &0\leqslant t\leqslant t_1. \end{cases} \end{aligned}$
其中
$\begin{aligned} \begin{cases} v_1&=v_0-\dfrac{1}{2}J_m\beta t_1^2, \\ v_m&=v_1-J_mt_1t_1+\dfrac{1}{2}J_mt_1^2=v_0-\dfrac{1}{2}J_m\beta t_1^2-\dfrac{1}{2}J_mt_1^2 \\ &=v_0-\dfrac{1}{2}J_mt_1^2(1+\beta). \end{cases} \end{aligned}$
計算運動的距離
$\begin{aligned} s=\begin{cases} v_0t-\dfrac{1}{6}\dfrac{J_m}{\beta}t^3, &0\leqslant t\leqslant\beta t_1, \\ s_1+v_1t-\dfrac{1}{2}J_mt_1t^2+\dfrac{1}{6}J_mt^3, &0\leqslant t\leqslant t_1. \end{cases} \end{aligned}$
其中
$\begin{aligned} \begin{cases} s_1&=v_0\beta t_1-\dfrac{1}{6}J_m\beta^2t_1^3, \\ s_m&=s_1+v_1t_1-\dfrac{1}{2}J_mt_1t_1^2+\dfrac{1}{6}J_mt_1^3 =v_0\beta t_1-\dfrac{1}{6}J_m\beta^2t_1^3+(v_0-\dfrac{1}{2}J_m\beta t_1^2)t_1-\dfrac{1}{3}J_mt_1^3 \\ &=v_0t_1(1+\beta)-\dfrac{1}{6}J_mt_1^3(\beta^2+3\beta+2) \\ &=L. \end{cases} \end{aligned}$
於是，可以得到兩個一元方程
$\begin{aligned} \begin{cases} \dfrac{1}{6}J_m(\beta^2+3\beta+2)t_1^3-v_0(1+\beta)t_1+L=0, \\ v_m=v_0-\dfrac{1}{2}J_mt_1^2(1+\beta). \end{cases} \end{aligned}$
求解第一個一元三次方程得到$t_1$，然後代入第二個方程即可得到最小終點速度$v_m$。

線段長度$L>S$

若$L>S$，則整個減速過程包含加減速運動、勻減速運動和減減速運動，其加速度變化示意圖如下

計算運動的加速度
$\begin{aligned} a=\begin{cases} -\dfrac{J_m}{\beta}t, &0\leqslant t\leqslant\beta t_1 \\ -a_m, &0\leqslant t\leqslant t_2, \\ -a_m+J_mt, &0\leqslant t\leqslant t_1. \end{cases} \end{aligned}$
其中，$t_1=\dfrac{a_m}{J_m}$。

計算運動的速度
$\begin{aligned} v=\begin{cases} v_0-\dfrac{1}{2}\dfrac{J_m}{\beta}t^2, &0\leqslant t\leqslant\beta t_1 \\ v_1-a_mt, &0\leqslant t\leqslant t_2, \\ v_2-a_mt+\dfrac{1}{2}J_mt^2, &0\leqslant t\leqslant t_1. \end{cases} \end{aligned}$
其中
$\begin{aligned} \begin{cases} v_1&=v_0-\dfrac{1}{2}J_m\beta t_1^2=v_0-\dfrac{1}{2}a_m\beta t_1, \\ v_2&=v_1-a_mt_2=v_0-\dfrac{1}{2}a_m\beta t_1-a_mt_2, \\ v_m&=v_2-a_mt_1+\dfrac{1}{2}J_mt_1^2=v_0-\dfrac{1}{2}a_m\beta t_1-a_mt_2-\dfrac{1}{2}a_mt_1 \\ &=v_0-\dfrac{1}{2}a_mt_1(1+\beta)-a_mt_2. \end{cases} \end{aligned}$
計算運動的距離
$\begin{aligned} s=\begin{cases} v_0t-\dfrac{1}{6}\dfrac{J_m}{\beta}t^3, &0\leqslant t\leqslant\beta t_1 \\ s_1+v_1t-\dfrac{1}{2}a_mt^2, &0\leqslant t\leqslant t_2, \\ s_2+v_2t-\dfrac{1}{2}a_mt^2+\dfrac{1}{6}J_mt^3, &0\leqslant t\leqslant t_1. \end{cases} \end{aligned}$
其中
$\begin{aligned} \begin{cases} s_1&=v_0\beta t_1-\dfrac{1}{6}J_m\beta^2t_1^3=v_0\beta t_1-\dfrac{1}{6}a_m\beta^2t_1^2, \\ s_2&=s_1+v_1t_2-\dfrac{1}{2}a_mt_2^2=v_0\beta t_1-\dfrac{1}{6}a_m\beta^2t_1^2 +(v_0-\dfrac{1}{2}a_m\beta t_1)t_2-\dfrac{1}{2}a_mt_2^2 \\ &=v_0(\beta t_1+t_2)-\dfrac{1}{6}a_m\beta^2t_1^2-\dfrac{1}{2}a_m\beta t_1t_2-\dfrac{1}{2}a_mt_2^2, \\ s_m&=s_2+v_2t_1-\dfrac{1}{2}a_mt_1^2+\dfrac{1}{6}J_mt_1^3 \\ &=v_0(\beta t_1+t_2)-\dfrac{1}{6}a_m\beta^2t_1^2-\dfrac{1}{2}a_m\beta t_1t_2-\dfrac{1}{2}a_mt_2^2 +(v_0-\dfrac{1}{2}a_m\beta t_1-a_mt_2)t_1-\dfrac{1}{3}a_mt_1^2 \\ &=v_0(\beta t_1+t_2+t_1)-\dfrac{1}{6}a_mt_1^2(\beta^2+3\beta+2) -\dfrac{1}{2}a_mt_1t_2(\beta+2)-\dfrac{1}{2}a_mt_2^2 \\ &=L. \end{cases} \end{aligned}$
於是，可以得到兩個一元方程
$\begin{aligned} \begin{cases} \dfrac{1}{2}a_mt_2^2+\left[\dfrac{1}{2}a_mt_1(\beta+2)-v_0\right]t_2 +\dfrac{1}{6}a_mt_1^2(\beta^2+3\beta+2)-v_0t_1(1+\beta)+L=0, \\ v_m=v_0-\dfrac{1}{2}a_mt_1(1+\beta)-a_mt_2. \end{cases} \end{aligned}$
求解第一個一元二次方程得到$t_2$，然後代入第二個方程即可得到最小終點速度$v_m$。

在最短時間內運動的距離$\Delta S$

已知起點速度$v_0$，最大速度$v_m(\geqslant v_0)$，最大加速度爲$a_m$，加加速時最大加加速度爲$J_m$，減加速時最大加加速度爲$J'_m=\dfrac{J_m}{\alpha}$，按照加速度梯形算法計算在最短時間內運動的距離$\Delta S$。

加速到最大加速度時速度的變化量$\Delta V$

首先，計算按照最大加加速度，加速到最大加速度$a_m$時速度的變化量$\Delta V$，其加速度變化示意圖如下

$\begin{aligned} &t_1=\dfrac{a_m}{J_m}, \\ &\Delta V=\dfrac{1}{2}a_m(t_1+\alpha t_1)=\dfrac{1}{2}a_mt_1(1+\alpha). \end{aligned}$

速度變化量$(v_m-v_0)>\Delta V$

若$(v_m-v_0)>\Delta V$，則加速階段包含勻加速過程，其加速度變化示意圖如下

$\begin{aligned} &t_1=\dfrac{a_m}{J_m}, \\ &v_m-v_0=\dfrac{1}{2}a_mt_1(1+\alpha)+a_mt_2 \Longrightarrow t_2=\dfrac{v_m-v_0}{a_m} -\dfrac{1}{2}t_1(1+\alpha), \\ &\Delta S=v_0(t_1+t_2+\alpha t_1)+\dfrac{1}{6}a_mt_1^2(1+3\alpha+2\alpha^2) +\dfrac{1}{2}a_mt_1t_2(1+2\alpha) +\dfrac{1}{2}a_mt_2^2. \end{aligned}$

速度變化量$(v_m-v_0)\leqslant\Delta V$

若$(v_m-v_0)\leqslant\Delta V$，則加速階段不包含勻加速過程，其加速度變化示意圖如下

$\begin{aligned} &v_m-v_0=\dfrac{1}{2}J_mt_1^2(1+\alpha) \Longrightarrow t_1=\sqrt{\dfrac{2(v_m-v_0)}{J_m(1+\alpha)}}, \\ &\Delta S=v_0t_1(1+\alpha)+\dfrac{1}{6}J_mt_1^3(1+3\alpha+2\alpha^2). \end{aligned}$

加速度梯形算法的完整運動過程

假設已知各運動階段的時間，如下示意圖

完整的運動過程包含7個階段，依次爲加加速階段、勻加速階段、減加速階段、勻速階段、加減速階段、勻減速階段、減減速階段，設起始速度爲$v_0$，加加速階段最大加加速度爲$J_m$，減減速階段最大加加速度爲$J_n$，則

運動各階段加速度爲
$\begin{aligned} \begin{cases} 0\leqslant t\leqslant t_1, &a=J_mt, \\ 0\leqslant t\leqslant t_2, &a=J_mt_1, \\ 0\leqslant t\leqslant \alpha t_1, &a=J_mt_1-\dfrac{J_m}{\alpha}t, \\ 0\leqslant t\leqslant t_3, &a=0, \\ 0\leqslant t\leqslant \beta t_4, &a=-\dfrac{J_n}{\beta}t, \\ 0\leqslant t\leqslant t_5, &a=-J_nt_4, \\ 0\leqslant t\leqslant t_4, &a=-J_nt_4+J_nt. \end{cases} \end{aligned}$
運動各階段速度爲
$\begin{aligned} \begin{cases} 0\leqslant t\leqslant t_1, &v=v_0+\dfrac{1}{2}J_mt^2, \\ 0\leqslant t\leqslant t_2, &v=v_1+J_mt_1t, \\ 0\leqslant t\leqslant \alpha t_1, &v=v_2+J_mt_1t-\dfrac{1}{2}\dfrac{J_m}{\alpha}t^2, \\ 0\leqslant t\leqslant t_3, &v=v_3, \\ 0\leqslant t\leqslant \beta t_4, &v=v_4-\dfrac{1}{2}\dfrac{J_n}{\beta}t^2, \\ 0\leqslant t\leqslant t_5, &v=v_5-J_nt_4t, \\ 0\leqslant t\leqslant t_4, &v=v_6-J_nt_4t+\dfrac{1}{2}J_nt^2. \end{cases} \Longleftarrow \begin{cases} v_1&=v_0+\dfrac{1}{2}J_mt_1^2, \\ v_2&=v_1+J_mt_1t_2, \\ v_3&=v_2+J_mt_1\alpha t_1-\dfrac{1}{2}J_m\alpha t_1^2 \\ &=v_2+\dfrac{1}{2}J_m\alpha t_1^2, \\ v_4&=v_3, \\ v_5&=v_4-\dfrac{1}{2}J_n\beta t_4^2, \\ v_6&=v_5-J_nt_4t_5, \\ v_e&=v_6-J_nt_4^2+\dfrac{1}{2}J_nt_4^2 \\ &=v_6-\dfrac{1}{2}J_nt_4^2. \end{cases} \end{aligned}$
運動各階段距離爲
$\begin{aligned} \begin{cases} 0\leqslant t\leqslant t_1, &s=v_0t+\dfrac{1}{6}J_mt^3, \\ 0\leqslant t\leqslant t_2, &s=s_1+v_1t+\dfrac{1}{2}J_mt_1t^2, \\ 0\leqslant t\leqslant \alpha t_1, &s=s_2+v_2t+\dfrac{1}{2}J_mt_1t^2-\dfrac{1}{6}\dfrac{J_m}{\alpha}t^3, \\ 0\leqslant t\leqslant t_3, &s=s_3+v_3t, \\ 0\leqslant t\leqslant \beta t_4, &s=s_4+v_4t-\dfrac{1}{6}\dfrac{J_n}{\beta}t^3, \\ 0\leqslant t\leqslant t_5, &s=s_5+v_5t-\dfrac{1}{2}J_nt_4t^2, \\ 0\leqslant t\leqslant t_4, &s=s_6+v_6t-\dfrac{1}{2}J_nt_4t^2+\dfrac{1}{6}J_nt^3. \end{cases} \Longleftarrow \begin{cases} s_1&=v_0t_1+\dfrac{1}{6}J_mt_1^3, \\ s_2&=s_1+v_1t_2+\dfrac{1}{2}J_mt_1t_2^2, \\ s_3&=s_2+v_2\alpha t_1+\dfrac{1}{2}J_mt_1\alpha^2t_1^2-\dfrac{1}{6}J_m\alpha^2t_1^3 \\ &=s_2+v_2\alpha t_1+\dfrac{1}{3}J_m\alpha^2t_1^3, \\ s_4&=s_3+v_3t_3, \\ s_5&=s_4+v_4\beta t_4-\dfrac{1}{6}J_n\beta^2t_4^3, \\ s_6&=s_5+v_5t_5-\dfrac{1}{2}J_nt_4t_5^2, \\ s_e&=s_6+v_6t_4-\dfrac{1}{2}J_nt_4^3+\dfrac{1}{6}J_nt_4^3 \\ &=s_6+v_6t_4-\dfrac{1}{3}J_nt_4^3. \end{cases} \end{aligned}$