balance masa imp

Balance de masa (ley de Commoner)

DATOS:

Características del Sistema

RIO (r) A.R. Ciudad A (d)

Caudal Mínimo (Q Ka)

3.3 m3/s 258 l/s=0.258 M3/S

DBO5 (N)

17 mg/L 247 mg/L

Factor de corrección para DBO

última

1.47x104 NMP CF/100 ml 1.45

OD (N) Cs 0,1

CF (N) 1.76x107 NMP CF/100 ml

1.76x107 NMP CF/100 ml

Temperatura (T) 23ºC 28ºC

Elevación (E) 1289 msnm 1289 msnm

Velocidad 0.12 m/s =103.58 Km/d

Profundidad del rio (H)

1.65 m

Profundidad de toma de muestra (h)

0.79 m

Ancho de rio 3.4 m

Longitud de AB 50 Km

HCP 0.5

Kr a 20ºC 0.3 d-1

Kb a 20ºC 0.8 d-1

Kd 0.3 d-1

LMP para cursos de agua clase I

3000NMP CF/100 ml

DBOS según norma 5 mg/L

OD según norma 5 mg/L

Se pide determinar la longitud de mezcla (Lm) y si con las descargas de aguas residuales de la Ciudad A ser afectará el uso de la Ciudad B considerando que en el punto de captación el río es considerado como Clase I (según la ECAs Agua).

SOLUCIN

A) Cálculo de la longitud de mezcla completa:

Lm =aUB2/H

Para descarga lateral:

Lm = (8.5 x (0.12) x (3.4)2 ) / 1.65 = 7.146m

B) Cálculo de concentración de contaminantes orgánicos:

1) CASO DE LA CARGA BACTERIAL PATOGÉNICA:

1.a) Concentración de CF en el punto de mezcla A (No):

Balance de Masas:

No = ( Qd x Nd) + ( Qr x Nr )……………...(1)

(Qd + Qr)

No = (0.258m3/s x 1.76 x 107) + (5.3 m3/s x 1.47 x 104) = 1.29 x 106 NMP CF/100 ml

(0.258 m3/s +3.3 m3/s)

1.b) Concentración de CF en el punto B (50 km aguas debajo de la descarga):

C u an do e l s i st e m a está a 20 º C

Nx = No e – ( Kb . X . HCF/U ) ………………(2)

C o m o e l s i s t e m a esta a 2 8 º C , se tiene que aplicar el factor de corrección siguiente:

Kbt = Kb20º x 1.07(T-20)……………..(3)

(Qd x Nd) + (Qr x Nr) = (Qd + Qr) No

Reemplazando valores en (3), obtenemos:

Kbt = 0.8 x 1.07 (28-20) = 0.98 d-1

Reemplazando valores en (2), obtenemos que la concentración de CF en el punto B, es de:

Nx = 1.29 x 106 e – (0.98 x. 50 x 0.5/103.58) =1.02 x 106 NMP CF/100 ml

Según Norma, para cursos de agua Clase I el LMP es de 3000 NMP CF/100 ml, por lo que

aplicando nuevamente la formula (2), obtenemos que la concentración de CF en punto B debe

ser, como máximo, de:

3000 = N’o x e – (0.98 x. 50 x 0.5/ 103.68) N’o = 3799.68 = 3.8 x 103 NMP CF/100 ml

Aplicando la Formula (1), obtenemos que la concentración máxima de CF en el punto A es de:

7.87 = (0.258 m3/s x N’d) + (3.3 m 3/s x 3000) N’d = 3.8 x 103

(0.258 +3.3)-(3.3x3000)

(0.2 m3/s + 3.0 m3/s) 0.258

N’d = 1.4 x 104 NMP CF/100 ml

Q = 0.258 m2/s

N = 1.76x107 NMP CF/100 ml

N’d = 1.4 x 105 NMP CF/100 ml

PTAR

Eficiencia mínima requerida = 1.76x1 0 7 - 1.4 x 10 4 x 100 = 99.92 %

1x108

2) CASO D E LA CA RGA OR GÁNICA :

DBO última = DBO5 x f……………(4)

Reemplazando valores:

Aplicando Formula (1):

Lo = (0.258 m3/s x 358.15 ) + (3.3 m3/s x 0) = 25.97 mg/l

(0.258 m3/s + 3.3 m3/s)

Concentración de DBO en el punto B (50 km aguas debajo de la descarga):

Lx = Lo e – (Kr . X . HCF/U)………………(5)

Realizando la corrección de Kr por diferencia de temperatura:

Kr25ºC = Kr20ºC x 1.047(T-20)……………..(6)

Reemplazando valores en (6), obtenemos:

Kr23ºC = 0.3 x 1.047(23-20) = 0.34 d-1

Entonces, reemplazando en formula (5):

Lx = 25.97 e – (0.98x 50 x 0.5/103.68) = 23.93mg/l (DBO última)

Reemplazando datos en fórmula (4):

DBO5 = DBO última / 1.45 = 23.93 / 1.45 = 16.50 mg/l

Pero, según Norma, el LMP de DBO5 es igual a 5 mg/l. Entonces, aplicando formula (4):

Lx = 5 x 1.45 = 7.25 mg/l (que seria la DBO en punto B, a 50 Km aguas debajo de la descarga)

Calculo de la DBO en punto A, es decir en la mezcla, se reemplaza en formula (5):

7.25 = L’o x e – (0.24 . 50 . 0.5/103.68) L’o = 7.87 mg/L

Aplicando fórmula (1):

7.87 = (0.258 m3/s x L’d) + (3.3 m3/s x 0) L’d = 108.53 mg/l (en el agua residual) (0.2 m3/s + 3.0 m3/s)

Aplicando formula (4) obtenemos que DBO5d’ = 108.53/1.45 = 74.85 mg/l

Q = 0.258m3/s

DBO5 = 247 mg/l

PTAR

Eficiencia mínima requerida = 247 - 74.85 x 100 = 68.7 % 247

DBO5d’ = 74.85 mg/l

3) CASO D EL OXIGENO D ISUELTO:

- Cálculo de Cs considerando la temperatura del sistema (T= 23ºC):

Cs = 14.652 – 0.41022 T + 0.007991 T2 – 0.000077774 T3………..(7)

Reemplazando valores, tenemos:

Cs = 14.652 – 0.41022 (25) + 0.007991(23)2 – 0.000077774(23)3 = 8.50 mg/l

- Cálculo de la Presión Atmosférica de Campo, en mmHg:

P = 760 e (-E/8005)………………(8)


P = 760 e (-1289/8005) = 646.966mmHg

- Cálculo de la Presión de Vapor de agua a T=23ºC, en mmHg:

Pv = e (1.52673 + 0.07174 T + 0.000246 T2).................(9)


Pv = e (1.52673 + 0.07174(23)T + 0.000246(23)2 = 27.30 mmHg

- Cálculo de la Csa:

Csa = Cs x (P – Pv)/(760-Pv)……………(10)


Csa = 0.1 x (646.966 – 27.30)/(760 – 27.30) = 7.19 mg/L

- Cálculo de la tasa de reareación:

Ka = 3.95 U1/2/H3/2……………(11)


Ka = 3.95 (0.12)1/2/(1.65)3/2 = 0.65 d-1

KaT = Kd20ºC 1.024(T - 20)……………(12)


Ka23oC = 0.3x 1.024(23 - 20) = 0.698 d-1

- Cálculo del Oxígeno Disuelto de la mezcla (punto A):

Aplicando formula (1):

ODo = (0.258 m3/s x 0.1) + (3.3 m3/s x 7.19) = 6.676 mg/l

(0.258 m3/s + 3.3 m3/s)

- Cálculo del déficit de Oxigeno Disuelto inicial:

D = Csa – OD…………….(13)

Déficit de OD en la mezcla:

Do = Cs - ODo = 7.19 – 6.676 = 0.514 mg/l

Déficit de OD a X=50 Km de la descarga:

Dx = Kd x Lo (e– Kr . X/U - e–Ka . X/U ) + Do e –Ka . X/U ………………..(14) Ka - Kr


Dx = 0.3 x 7.87 (e – 0.3 . 50/20 - e – 0.65 x 50/0.12 ) + 6.676 e –0.65 . 50/0.12 = 3.80 mg/l 2.98 – 0.38

De formula (13)

ODx = Csa – D

Reemplazando valores

ODx = 7.19 – 3.80= 3.39mg/l

S eg ún N or ma OD = 5 mg/ l

ODx = 3.39 mg/l < 5 mg/l

- Cálculo de la distancia a la que se produce el Déficit Crítico:

Xc = U ln [ K a (1- Do ( Ka - Kr ))] …………….(15)

Ka – Kr Kr Kd.Lo


Xc = 0.12 ln [ 0.65 (1- 0.514 (0.65 – 0.3))] = 21.88Km. 0.65 – 0.3. 0.3 0.3 x 7.25

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