Katedra Dróg i Mostów
Gliwice, 9.04.2013
Wydział Budownictwa
Politechnika Śląska
Systemy Sterowania Ruchem
Ćwiczenie projektowe
Wykonał:
Krzysztof JĘDRZEJCZAK
Konsultował:
mgr inż. Wojciech Dziadek
Studia II stopnia
Semestr II
Rok akademicki: 2012\2013
1. Przyjęcie schematu kolejności faz:
2. Przeliczenie natężeń na wartości obliczeniowe:
Wlot A:
Q
AL
'
=
Q
AL
K
15
=
150
0,99
=
152 [ p /h]
Q
AW
'
=
Q
AW
K
15
=
120
0,99
=
122 [ p /h]
Q
AP
'
=
Q
AP
K
15
=
40
0,99
=
41 [ p/ h]
Wlot B:
Q
BL
'
=
Q
BL
K
15
=
70
0,99
=
71 [ p /h]
Q
BW
'
=
Q
BW
K
15
=
150
0,99
=
152 [ p /h]
Q
BP
'
=
Q
BP
K
15
=
120
0,99
=
122 [ p /h]
Wlot C:
Q
CW
'
=
Q
CW
K
15
=
120
0,99
=
122 [ p/h ]
Q
CP
'
=
Q
CP
K
15
=
150
0,99
=
152 [ p/h ]
Wlot D:
Q
DW
'
=
Q
DW
K
15
=
300
0,99
=
304 [ p/h]
Q
DP
'
=
Q
DP
K
15
=
50
0,99
=
51 [ p/ h]
3. Wyznaczenie grup i liczby pasów:
4. Wyznaczenie szczytowych natężeń grup pasów:
Wlot A:
Q
AL
1
=
152 [ p/h ]
Q
AWP
2
=
122 + 41 = 163 [ p /h]
Wlot B:
Q
BP
1
=
122 [ p /h]
Q
BW
2
=
152 [ p /h]
Q
BL
3
=
71 [ p/h ]
Wlot C:
Q
CW
1
=
122 [ p /h]
Q
CP
2
=
152 [ p/ h]
Wlot D:
Q
DWP
1
=
304 + 51 = 355 [ p /h]
5. Obliczenie skorygowanych wartości natężeń:
Wlot A:
Q
SA
1
=
Q
AL
1
⋅
f
u
=
152⋅1,00 = 152 [ p/h ]
Q
SA
2
=
Q
AWP
2
⋅
f
u
=
163⋅1,00 = 163 [ p /h]
Wlot B:
Q
SB
1
=
Q
BP
1
⋅
f
u
=
122⋅1,00 = 122 [ p/ h]
Q
SB
2
=
Q
BW
2
⋅
f
u
=
152⋅1,00 = 152 [ p/ h]
Q
SB
3
=
Q
BL
3
⋅
f
u
=
71⋅1,00 = 71 [ p/ h]
Wlot C:
Q
SC
1
=
Q
CW
1
⋅
f
u
=
122⋅1,00 = 122 [ p/ h]
Q
SC
2
=
Q
CP
2
⋅
f
u
=
152⋅1,00 = 152 [ p/h ]
Wlot D:
Q
SD
1
=
Q
DWP
1
⋅
f
u
=
355⋅1,05 = 373 [ p/h ]
6. Udział relacji skrętnych:
Wlot A:
SP =
41
163
=
0,25
Wlot D:
SP =
51
355
=
0,14
7. Obliczenie natężenia nasycenia
S = 1900⋅ n⋅ f
w
⋅
f
c
⋅
f
s
⋅
f
mp
⋅
f
a
⋅
f
o
⋅
f
p
⋅
f
l
[
p/hz ]
Wlot A:
S
AL
=
1900⋅ 1⋅1,04 ⋅0,87 ⋅1,015⋅1,0 ⋅1,0 ⋅0,90⋅ 1,0⋅ 0,95 = 1492 [ p /hz]
S
AWP
=
1900⋅1⋅1,04 ⋅0,87⋅1,015⋅1,0 ⋅1,0⋅ 0,90⋅0,948⋅1,0 = 1489 [ p /hz ]
f
p
=
1,0 − p
p
(
0,15 +
QP
2100
) =
1,0 − 0,25 (0,15 +
120
2100
) =
0,948
Wlot B:
S
BP
=
1900⋅1 ⋅0,93⋅0,94⋅ 1,015⋅1,0 ⋅1,0⋅0,90⋅0,85⋅1,0 = 1290 [ p /hz]
S
BW
=
1900⋅ 1⋅0,93⋅0,94⋅1,015⋅1,0 ⋅1,0⋅ 0,90⋅1,0⋅1,0 = 1518 [ p /hz ]
S
BL
=
1900⋅1 ⋅0,93⋅0,94⋅ 1,015⋅1,0 ⋅1,0⋅ 0,90⋅ 1,0⋅ 0,95 = 1442 [ p /hz]
Wlot C:
S
CW
=
1900⋅1 ⋅0,93⋅1,00⋅0,985⋅1,0 ⋅1,0⋅ 0,90⋅1,0⋅1,0 = 1567 [ p/ hz ]
S
CP
=
1900⋅1 ⋅0,93⋅1,00⋅ 0,985⋅1,0⋅1,0⋅0,90⋅0,802⋅1,0 = 1257 [ p /hz]
f
p
=
0,85 −
QP
2100
=
0,85 −
100
2100
=
0,802
Wlot D:
S
DWP
=
1900⋅ 2⋅ 1,04⋅ 0,93⋅1,015⋅1,0⋅1,0 ⋅0,90 ⋅0,979 ⋅1,0 = 3287 [ p/hz ]
f
p
=
1 − p
p
⋅
0,15 = 1 − 0,14⋅ 0,15 = 0,979
8. Obliczenie stopni nasycenia dla grup pasów dla każdej z faz:
Stopnie nasycenia dla grup:
max. stopień nasycenia dla fazy:
y
DWP
=
373
3287
=
0,113
y
CW
=
122
1567
=
0,079
y
CP
=
152
1257
=
0,121
0,121
y
BP
=
122
1290
=
0,095
y
BW
=
152
1518
=
0,100
y
AWP
=
162
1489
=
0,109
0,109
y
AL
=
152
1492
=
0,102
y
BL
=
71
1442
=
0,049
0,102
9. Ustalenie kolejności faz:
10. Obliczenie stopnia nasycenia:
Y =
∑
y
max
=
0,121 + 0,109 + 0,102 = 0,332 < 1
11. Obliczenie czasów międzyzielonych:
11.1. Przejście fazy I/II
Punkt kolizji 1
t
e
(
D
W P
, B
W
) =
23,73 + 10
14
=
2,41 s
t
d
(
D
W P
, B
W
) =
34,09
14
+
1 = 3,43 s
t
m
min
=
3 + 2,41 − 3,43 = 1,98 s
Punkt kolizji 2
t
e
(
D
W P
, B
W
) =
16,77 + 10
14
=
1,91 s
t
d
(
D
W P
, B
W
) =
20,19
14
+
1 = 2,44 s
t
m
min
=
3 + 1,91 − 2,44 = 2,47 s
Punkt kolizji 3
t
e
(
D
W P
, B
W
) =
17,07 + 10
14
=
1,93 s
t
d
(
D
W P
, B
W
) =
14,55
14
+
1 = 2,04 s
t
m
min
=
3 + 1,93 − 2,04 = 2,89 s
Punkt kolizji 4
t
e
(
C
W
, B
W
) =
18,43 + 10
14
=
2,03 s
t
d
(
C
W
, B
W
) =
12,90
14
=
1,92 s
t
m
min
=
3 + 2,03 − 1,92 = 3,11 s
Punkt kolizji 5
t
e
(
C
W
, B
P
) =
35,81 + 10
14
=
3,27 s
t
d
(
C
W
, B
P
) =
21,03
14
+
1 = 2,50 s
t
m
min
=
3 + 3,27 − 2,50 = 3,77 s
Punkt kolizji 6
t
e
(
B
W P
, A
W P
) =
23,91 + 10
14
=
2,42 s
t
d
(
B
W P
, A
W P
) =
15,31
14
+
1 = 2,09 s
t
m
min
=
3 + 2,42 − 2,09 = 3,33 s
Punkt kolizji 7
t
e
(
D
W P
, A
W P
) =
23,98 + 10
14
=
2,43 s
t
d
(
D
W P
, A
W P
) =
18,65
14
+
1 = 2,33 s
t
m
min
=
3 + 2,43 − 2,33 = 3,10 s
Punkt kolizji 8
t
e
(
C
W
, A
W P
) =
11,73 + 10
14
=
1,55 s
t
d
(
C
W
, A
W P
) =
22,03
14
+
1 = 2,57 s
t
m
min
=
3 + 1,55 − 2,57 = 1,98 s
Punkt kolizji 9
t
e
(
C
P
, A
W P
) =
16,92 + 10
14
=
1,92 s
t
d
(
C
P
, A
W P
) =
33,07
14
+
1 = 3,36 s
t
m
min
=
3 + 1,92 − 3,36 = 1,56 s
Punkt kolizji 10
t
e
(
D
W P
, A
W P
) =
34,21 + 10
14
=
3,16 s
t
d
(
D
W P
, A
W P
) =
20,47
14
+
1 = 2,46 s
t
m
min
=
3 + 3,16 − 2,46 = 3,70 s
Przyjęto czas międzyzielony:
t
m I / II
=
4 s
11.2. Przejście fazy II/III:
Punkt kolizji 1
t
e
(
B
W
, A
L
) =
19,00 + 10
14
=
2,07 s
t
d
(
B
W
, A
L
) =
17,50
14
+
1 = 2,25 s
t
m
min
=
3 + 2,07 − 2,25 = 2,82 s
Punkt kolizji 2
t
e
(
B
P
, A
L
) =
19,62 + 10
14
=
2,12 s
t
d
(
B
P
, A
L
) =
35,05
14
+
1 = 3,50 s
t
m
min
=
3 + 2,12 − 3,50 = 1,62 s
Punkt kolizji 3
t
e
(
A
W P
, B
L
) =
23,54 + 10
14
=
2,40 s
t
d
(
A
W P
, B
L
) =
12,54
14
+
1 = 1,89 s
t
m
min
=
3 + 2,40 − 1,89 = 3,51 s
Punkt kolizji 4
t
e
(
A
W P
, B
L
) =
20,47 + 10
14
=
2,18 s
t
d
(
C
W
, B
W
) =
12,90
14
=
1,92 s
t
m
min
=
3 + 2,18 − 2,86 = 2,32 s
Przyjęto czas międzyzielony
:
t
m II / III
=
4 s
11.3. Przejście fazy III/I
Punkt kolizji 1
t
e
(
A
L
, D
W P
) =
15,66 + 10
14
=
1,83 s
t
d
(
A
L
, D
W P
) =
18,13
14
+
1 = 2,29 s
t
m
min
=
3 + 1,83 − 2,29 = 2,54 s
Punkt kolizji 2
t
e
(
A
L
, D
W P
) =
20,42 + 10
14
=
2,17 s
t
d
(
A
L
, D
W P
) =
15,09
14
+
1 = 2,08 s
t
m
min
=
3 + 2,17 − 2,08 = 3,09 s
Punkt kolizji 3
t
e
(
A
L
,C
W
) =
30,43 + 10
14
=
2,89 s
t
d
(
A
L
, C
W
) =
29,72
14
+
1 = 3,12 s
t
m
min
=
3 + 2,89 − 3,12 = 2,77 s
Punkt kolizji 4
t
e
(
B
L
, D
W P
) =
26,00 + 10
14
=
2,57 s
t
d
(
B
L
, D
W P
) =
34,41
14
=
3,46 s
t
m
min
=
3 + 2,57 − 3,46 = 2,11 s
Punkt kolizji 5
t
e
(
B
L
, D
W
) =
19,35 + 10
14
=
2,09 s
t
d
(
B
L
, D
W
) =
18,54
14
+
1 = 3,04 s
t
m
min
=
3 + 2,09 − 3,04 = 2,05 s
Punkt kolizji 6
t
e
(
B
L
,C
W
) =
14,56 + 10
14
=
1,75 s
t
d
(
B
W P
, A
W P
) =
10,62
14
+
1 = 1,76 s
t
m
min
=
3 + 1,75 − 1,76 = 2,99 s
Przyjęto czas międzyzielony
:
t
m III / I
=
4 s
12. Obliczenie czasu traconego w cyklu:
t
s
=
∑
(
t
m
−
1) = (4 −1) + (4 −1) + (4 −1) = 9 s
13. Wyznaczenie czasu optymalnego cyklu:
T
opt
=
1,5⋅t
s
+
5
1 − Y
=
1,5⋅9 + 5
1 − 0,332
=
28 s < 120 s
warunek spełniony
14. Obliczenie długości sygnałów zielonych dla poszczególnych faz:
G
i
=
y
i
Y
(
T
opt
−
∑
t
m
)
G
I
=
0,121
0,332
(
28 − 12) = 6 s G
II
=
0,109
0,332
(
28 − 12) = 6 s G
III
=
0,109
0,332
(
28 − 12) = 5 s
Dla każdej z fazy poszczególnych faz przyjęto Gi= 8s, ponieważ obliczone czasu nie spełniały
warunku minimalnego trwania sygnału zielonego.
15. Obliczeni długości cyklu:
T =
∑
G
i
+
∑
t
mi
=
8 + 8 +8 + 4 + 4 + 4 = 36 s < 120 s warunek spełniony
16. Sprawdzenie przepustowości i obliczenie stopnia obciążenia:
C
AL
=
S
AL
G
III
+
1
T
=
1492
8 +1
36
=
373 [ p/h ] > 152 [ p /h] →
152
373
=
0,408
C
AWP
=
S
AWP
G
II
+
1
T
=
1489
8 +1
36
=
373 [ p /h] > 163 [ p/h ] →
163
373
=
0,437
C
BP
=
S
BP
G
II
+
1
T
=
1290
8 +1
36
=
323 [ p /h] > 122 [ p /h] →
122
323
=
0,378
C
BW
=
S
BW
G
II
+
1
T
=
1518
8 +1
36
=
380 [ p /h] > 152 [ p/h ] →
152
380
=
0,400
C
BL
=
S
BL
G
III
+
1
T
=
1442
8 +1
36
=
361 [ p /h] > 71 [ p/h ] →
71
361
=
0,197
C
CW
=
S
CW
G
I
+
1
T
=
1567
8 +1
36
=
392 [ p/h ] > 122 [ p /h] →
122
392
=
0,311
C
CP
=
S
CP
G
I
+
1
T
=
1257
8 +1
36
=
315 [ p /h] > 152 [ p/ h] →
152
315
=
0,483
C
DWP
=
S
DWP
G
I
+
1
T
=
3287
8 +1
36
=
822 [ p /h] > 373 [ p /h] →
373
822
=
0,454
17. Obliczenie czasu ewakuacji pieszych:
t
epC , B
=
S
ep
V
ep
=
14
1,4
=
10 s
18. Program sygnalizacji świetlnej:
Wyznaczony program sygnalizacji świetlnej nie zapewnia bezpiecznej obsługi pieszych na wlotach
B i C (nie ma zapewnionego czasu ewakuacji pieszych na przejściu) dlatego wymagana jest korekta
programu poprzez wydłużenie czasu sygnału zielonego poszczególnych faz.
14'. Wyznaczenie długości sygnałów zielonych dla poszczególnych faz:
Dla zapewnienia możliwości ewakuacji z przejś dla pieszych wydłużono długość sygnału zielonego
dla fazy I oraz II:
G
I
=
20 s
G
II
=
20 s
G
III
=
8 s
15'. Obliczeni długości cyklu:
T =
∑
G
i
+
∑
t
mi
=
20 + 20 +8 + 4 + 4 + 4 = 60 s < 120 s
warunek spełniony
16'. Sprawdzenie przepustowości i obliczenie stopnia obciążenia:
C
AL
=
S
AL
G
III
+
1
T
=
1492
8 +1
60
=
224 [ p /h] > 152 [ p/h ] →
152
224
=
0,679
C
AWP
=
S
AWP
G
II
+
1
T
=
1489
20 +1
60
=
522 [ p /h] > 163 [ p /h] →
163
522
=
0,295
C
BP
=
S
BP
G
II
+
1
T
=
1290
20 +1
60
=
452 [ p /h] > 122 [ p/h ] →
122
452
=
0,270
C
BW
=
S
BW
G
II
+
1
T
=
1518
20 +1
60
=
532 [ p/h ] > 152 [ p /h] →
152
532
=
0,286
C
BL
=
S
BL
G
III
+
1
T
=
1442
8 +1
60
=
217 [ p/h ] > 71 [ p /h] →
71
217
=
0,327
C
CW
=
S
CW
G
I
+
1
T
=
1567
20 +1
60
=
549 [ p /h] > 122 [ p/h ] →
122
549
=
0,222
C
CP
=
S
CP
G
I
+
1
T
=
1257
20 +1
59
=
440 [ p/ h] > 152 [ p /h] →
152
440
=
0,345
C
DWP
=
S
DWP
G
I
+
1
T
=
3287
20 +1
60
=
1151 [ p/h ] > 373 [ p /h] →
373
1151
=
0,324
19. Skorygowany program sygnalizacji świetlnej:
20. Obliczenie strat czasu na poszczególnych wlotach:
20.1. Grupy pasów:
Grupa pasów AL:
d
1
=
0,38⋅60
(
1 −
8+1
60
)
2
1 −
8+1
60
⋅
0,679
=
18,34 [ s /P ]
d
2
=
173⋅0,679
2
{(
0,679 − 1) +
√
(
0,679 − 1)
2
+
16⋅0,679
224
} =
5,44 [ s /P ]
d
AL
=
18,34 + 5,44 = 23,78 [ s/ P ]
Grupa pasów AWP:
d
1
=
0,38⋅ 60
(
1 −
20+1
60
)
2
1 −
20+1
60
⋅
0,295
=
10,74 [s / P ]
d
2
=
173⋅ 0,295
2
{(
0,295 − 1) +
√
(
0,295 − 1)
2
+
16 ⋅0,295
522
} =
0,10 [ s/ P ]
d
AWP
=
10,74 + 0,10 = 10,84 [ s/ P ]
Grupa pasów BP:
d
1
=
0,38⋅60
(
1 −
20+1
60
)
2
1 −
20+1
60
⋅
0,270
=
10,64 [ s/ P ]
d
2
=
173⋅0,270
2
{(
0,270 − 1) +
√
(
0,270 − 1)
2
+
16⋅0,270
452
} =
0,08 [s / P ]
d
BP
=
10,64 + 0,08 = 10,72 [ s / P]
Grupa pasów BW:
d
1
=
0,38⋅60
(
1 −
20+1
60
)
2
1 −
20+1
60
⋅
0,286
=
10,71 [s/ P ]
d
2
=
173⋅0,286
2
{(
0,286 − 1) +
√
(
0,286 − 1)
2
+
16⋅0,286
532
} =
0,09 [s / P ]
d
BW
=
10,71 + 0,09 = 10,80 [ s / P]
Grupa pasów BL:
d
1
=
0,38⋅60
(
1 −
8+1
60
)
2
1 −
8+1
60
⋅
0,327
=
17,32 [ s/ P ]
d
2
=
173⋅0,327
2
{(
0,327 − 1) +
√
(
0,327 − 1)
2
+
16⋅0,327
217
} =
0,33 [ s/ P ]
d
BL
=
17,32 + 0,33 = 17,65 [ s /P ]
Grupa pasów CW:
d
1
=
0,38⋅ 60
(
1 −
20+1
60
)
2
1 −
20+1
60
⋅
0,222
=
10,44 [s / P ]
d
2
=
173⋅0,222
2
{(
0,222 − 1) +
√
(
0,222 − 1)
2
+
16⋅0,222
549
} =
0,04 [s / P ]
d
CW
=
10,44 + 0,04 = 10,48 [ s / P]
Grupa pasów CP:
d
1
=
0,38⋅60
(
1 −
20+1
60
)
2
1 −
20+1
60
⋅
0,345
=
10,96 [s/ P ]
d
2
=
173⋅ 0,345
2
{(
0,345 − 1) +
√
(
0,345 − 1)
2
+
16 ⋅0,345
440
} =
0,20 [ s/ P ]
d
CP
=
10,96 + 0,20 = 11,16 [s / P ]
Grupa pasów DWP:
d
1
=
0,38⋅60
(
1 −
20+1
60
)
2
1 −
20+1
60
⋅
0,324
=
10,87 [s/ P ]
d
2
=
173⋅0,324
2
{(
0,324 − 1) +
√
(
0,324 − 1)
2
+
16 ⋅0,324
1151
} =
0,06 [s / P ]
d
DWP
=
10,87 + 0,06 = 10,93 [ s / P]
20.2. Wloty
d
A
=
∑
d
zi
⋅
Q
Si
∑
Q
Si
=
23,78⋅224 + 10,84⋅522
224 + 522
=
14,76 [ s / P]
d
B
=
10,72 ⋅ 452 + 10,80⋅532 + 17,32 ⋅217
452 + 532 + 217
=
11,94 [ s / P]
d
C
=
10,44⋅ 549 + 10,96⋅440
549 + 440
=
10,67 [s / P ]
d
D
=
10,93 [ s / P]
21. Wyznaczenie poziomu swobody ruchu na wlotach:
Wlot
Średni czas zatrzymania d [s/P]
PSR
A
14,76
B
B
11,94
B
C
10,67
B
D
10,93
B
22. Obliczenie strat czasu na skrzyżowaniu oraz wyznaczenie poziomu swobody:
d
zSKRZYŻ
=
∑
d
zwl
⋅
Q
wl
∑
Q
wl
d
zSKRZYŻ
=
14,76 ⋅746 + 11,94⋅1201 + 10,67 ⋅989 + 10,93⋅1151
746 + 1201 + 989 + 1151
=
11,86 [ s /P ]
PSR skrzyżowania → B
23. Rozmieszczenie sygnalizatorów na skrzyżowaniu:
24. Zestawienie sygnalizatorów i tablic F11:
Rodzaj sygnalizatora
oznaczenie
sztuki
Sposób zamocowania
Dla pojazdów
Sygnalizator ogólny S1
K-A2
K-D1
K-D2
1
1
1
Wspornik nad jezdnią
Sygnalizator kierunkowy S3
(na wprost)
K-B2
K-C1
1
1
Wspornik nad jezdnią
Sygnalizator kierunkowy S3
(w lewo)
K-A1
K-B3
1
1
Wspornik nad jezdnią
Sygnalizator kierunkowy S3
(w prawo)
K-B1
K-C2
1
1
Wspornik nad jezdnią
Dla pieszych
Sygnalizator dla pieszych S5
P-B1
P-B2
1
1
Na słupie
P-C1
P-C2
1
1
Tablica
sztuki
3
2
2
2