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Pantone 485

CI4102 - Tarea 4 Francisco Nazar6 de Diciembre de 2013

Problema 1a) Ordenando los promedios mensuales de manera decreciente y asignándoles la distribución de probabilidad Weibull

pi = i

n+ 1

con n el número de datos (120) se obtiene la Figura 1.

0

2

4

6

8

10

12

14

16

18

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100

Cau

dal (

m3/

s)

Porcentaje de excedencia (%)

Curva de duración, caudales medios mensuales

Curva de duración

5,7 m3/s

2,7 m3/s (para 80%)

Seguridad de un 53,72%

Figura 1: Curva de duración de caudales medios.

De esta figura es claro que NO se pueden satisfacer los requerimientos del proyecto, pues para una seguridad del 80%solo es posible entregar 2,7 m3/s . Además, se puede entregar entregar 5,7 m3/s solo con una seguridad del 53,72%.

b) Primero se promedian los datos de cada mes, obteniendo la Tabla 1.

AÑO ENE FEB MAR ABR MAY JUN JUL AGO SEP OCT NOV DIC1 2.7 2.3 2.1 2.5 5.1 7.5 9 6.3 5.7 6.6 6.7 42 3.5 3 3 3.1 5.2 12 9.9 5.9 5.2 6.3 5.9 2.73 1.4 1.1 1.2 1.9 5.9 9.6 15.4 7.5 7.6 9.9 8.1 4.14 1.3 1.5 0.9 1.6 3.9 11.3 10.9 7.6 5.9 7.5 7.5 3.95 3.7 3.3 3.8 2.9 8.4 10.5 9.8 7.2 6 6.1 5.8 2.76 2.8 2.5 3 3.5 7.2 9.9 12.3 8.4 8.3 9 8.7 2.97 2.9 3.1 2.5 3.2 6 12.4 10.9 8.5 6.5 10 7.7 3.98 2.2 2.5 2.3 1.9 6.1 11.7 11.2 8.3 6.4 5.9 7.6 3.19 2.7 2.4 2.3 2.9 6.2 9.1 15.4 6 6.4 5.8 4.5 1.810 1.9 1.8 2.4 3.1 5.8 6.9 9.6 6.9 8 6.9 7.7 3.7

PROM. 2.51 2.35 2.35 2.66 5.98 10.09 11.44 7.26 6.6 7.4 7.02 3.28

Tabla 1: Datos entregados y promedios mensuales.

Por simplicidad todos los meses tienen 30 días. Usando el análisis de entrega firme para una tasa de entrega Rt =5, 7m3/s, se encuentra la capacidad como

Ka = maxi,j

{j∑

i∈meses(Rt −Qi)

}

usando Excel. Se prueban todas las posibles rectas con dicha pendiente y se encuentra que el periodo crítico parte enDiciembre y termina en Abril. La capacidad mínima es 15,35 m3/s × (mes) ≈ 40 ×106 m3. Las Figuras 2 y 3 ilustranel procedimiento gráficamente.

1

0,0

20,0

40,0

60,0

80,0

100,0

120,0

140,0

160,0

0 5 10 15 20 25 30

FLuj

o ac

umul

ado

(m3/

s*m

es)

t (meses)

Masa acumulada

Flujo acumulado

Rt=5,7 m3/s

Cap. min = 15,35 m3/s mes = 39,8e6 m3

Figura 2: Curva de masa acumulada.

0

2

4

6

8

10

12

14

16

18

0 5 10 15 20 25 30

Acu

mul

ació

n de

salid

as n

etas

pos

itiva

s (R

t-Q

t)

Tiempo (meses)

Acumulación de salidas positivas

Salidas netas positivas acumuladas

Capacidad mínima=15,35

Figura 3: Análisis de sequent peak.

En resumen, la capacidad (activa) mínima para afrontar el periodo más seco que dejaría al embalse en su nivel másbajo es

Capacidad activa = 15, 4m3/s×mes ≈ 40× 106m3/s

c) La norma Nch.1333 establece una serie de requisitos para agua para riego, los cuales se pueden resumir en

pH entre 5 y 9.Una larga lista de límites máximos para elementos tales como el Aluminio, Arsénico, Bario, Mercurio, etc. loscuales no son demasiado relevantes en tratamiento de aguas residuales.La cantidad de sólidos disueltos totales debe cumplir con las siguientes especificaciones, de acuerdo a la clasifica-ción:• Si con el agua en cuestión no se observarán generalmente efecto perjudiciales, los sólidos disueltos máximosson 500 mg/L.

• Si el agua puede tener efectos perjudiciales en cultivos sensibles, 500 ≤ s ≤1000 mg/L.• Si el agua puede tener efectos perjudiciales en muchos cultivos y necesita de métodos de manejo cuidadosos,1000 ≤ s ≤2000 mg/L.

• Agua para plantas tolerantes en suelos permeables con métodos de manejo cuidadosos, 2000 ≤ s ≤5000 mg/L.El ítem más importante en relación a aguas tratadas es el de requisitos bacteriológicos: El contenido deconiformes fecales en aguas de riego destinadas a cultivo de verduras y frutas que se desarrollen a ras de suelo yque habitualmente se consumen en estado crudo, debe ser menor o igual a 1 000 coliformes fecales / 100 ml, esdecir, 10 000 coliformes fecales por litro.

Los parámetros más importantes son el contenido de coliformes fecales y la cantidad de sólidos disueltos y claramentedeben ser tratados.

2

Problema 2

Qmedio = Población×Dotación = 8640m3/día

Considerando Cmd = 2.0Qmax,día = CmdQmedio = 17280m3/día = 720m3/hora

Para ser conservador, uso Qmax,día para el diseño.

Unidad de floculación

Considerando un tiempo de θH = 20 minutos, el volumen necesario en los floculadores se calcula como

Volumen = Qmax,hora × θH = 240m3,

con lo cual, como que cada floculador no puede contener más de 30 m3, se necesitan al menos 8 floculadores. Como no esrecomendable usar alturas mayores a 2 metros, la superficie para la floculación es de

Superficie = 240m3

2 m = 120m2.

Sedimentación de sólidos suspendidos

Usando la expresiónq = 11

8uτ0

sinα× (sinα+ 21 cosα) =⇒ uτ0 = 50.1 m3/ m2/ día,

por lo tanto el área superficial esta dada por

As = Qmax,día

uτ0= 345 m2,

es decir, 172 m2 cada unidad de sedimentación.

Filtración

Área = Q

tasa de filtración = 72m2,

con lo cual se necesitan 8 lechos filtrantes de 9 m2 de área.

Distribución espacial y dimensiones

Para la floculación es se necesitan 8 floculadores de 15 m2 cada uno, los cuales pueden ser de 3 × 5 m2. Para lasedimentación, ya que son solo dos sedimentadores, cada uno debe ser de 172.5 m2, lo que se puede lograr dimensionándoloscomo 14.3 × 12 cada uno. Para la filtración, cada filtro se diseña de 3× 3=9 m2. En la Figura 4 se esquematiza la planta.

Figura 4: Esquema de la planta.

3

Problema 3i Asumiendo mezcla completa en el punto de descarga de la ciudad se tiene que

DBO0 = QciudadDBOciudad +QríoDBOrío

Qciudad +Qrío= 20.6 mg/L

OD0 = QciudadODciudad +QríoODrío

Qciudad +Qrío= 5.99 mg/L

Con lo cual usando Streeter-Phelps y asumiendo que la velocidad del río aguas abajo de todas las descargas esconstante igual a 0.2 m/s (es decir, el área cambia en cada tramo tal que el caudal sea el de cada tramo) la DBO yel OD en el primer tramo se parametriza como

DBO(x) = DBO0e−kdx/v = 20.6e−0.058x

OD(x) = Cs− kdDBO0

kr − kd(e−kdx/v− ekrx/v)− (CS−OD0)e−krx/v = 9− 8.24(e−0.058x− e−0.087x) + (9− 5.99)e−0.087x

donde x se mide en km. No hay tramos anóxicos así que no es necesario corregir la expresión. Avanzando a travésdel rió se tiene que inmediatamente aguas arriba del punto de descarga de la industria

DBO1− = DBO(x = L1) = 18.3 mg/L

OD1− = OD(x = L1) = 4.41 mg/L

Asumiendo nuevamente mezcla completa en el punto de descarga de la industria,

DBO1+ = QindustriaDBOindustria +QríoDBOrío

Qindustria +Qrío= 23.7 mg/L

OD1+ = QindustriaODindustria +QríoODrío

Qindustria +Qrío= 4.35 mg/L

Aplicando Streeter-Phelps tomando x′ desde la nueva condición inicial se tiene que

DBO(x′) = DBO1e−kdx

′/v = 23.7−0.058x′

OD(x′) = 9− 9.48(e−0.058x′ − e−0.087x′) + (9− 4.35)e−0.087x′

Este tramo tampoco es anóxico y por ende no hay que corregir. En la Figura 5 se muestra el gráfico de la DBO y laOD.

0 5 10 15 20 25 30 35 40 45

0

5

10

15

20

25

x (km)

Con

centración

(mg/L)

[DBO][OD]

Figura 5: Solución hasta la confluencia.

4

ii Para este punto se asume que el largo pedido es L1 y que Lt es fijo igual a 40 km, es decir, se desea saber enqué punto descargar los desechos de la industria, considerando que la ciudad y los agricultores están fijos. Con loanterior, se tiene solamente una variable independiente , L1, pues L2 = 40 − L1 es dependiente de L1 así como lasconcentraciones en la confluencia del río y de la planta. Usando Excel se encuentra que no existe largo límite L1para la descarga. Para demostrarlo, usé varios L1 y calculé la ODcrítica, la que se obtiene evaluando las ecuacionesde Streeter-Phelps en la distancia crítica

Xcrit = vriokr − kd

ln(krkd

(1− (Cs−OD0)(kr − kd)

DBO0kd

))los resultados se muestran en la Tabla 2.

Parámetros Unidades Sim. 1 Sim. 2 Sim. 3 Sim. 4 Sim. 5 Sim. 6 Sim. 7 Sim. 8 Sim. 9Ltotal km 40 40 40 40 40 40 40 40 68L1 km 2 1 0 3 4 5 10 20 30L2 km 38 39 40 37 36 35 30 20 38

Tramo1DBO0 mg/L 20.60 20.60 20.60 20.60 20.60 20.60 20.60 20.60 20.60OD0 mg/L 5.99 5.99 5.99 5.99 5.99 5.99 5.99 5.99 5.99

X crítico km 11.39 11.39 11.39 11.39 11.39 11.39 11.39 11.39 11.39OD critico mg/L 1.90 1.90 1.90 1.90 1.90 1.90 1.90 1.90 1.90DBOL1 mg/L 18.35 19.44 20.60 17.32 16.34 15.42 11.55 6.47 3.63ODL1 mg/L 4.40 5.13 5.99 3.80 3.30 2.89 1.93 2.78 4.57Tramo2DBO0 mg/L 23.77 24.84 25.98 22.75 21.79 20.89 17.08 12.09 9.29OD0 mg/L 4.35 5.06 5.91 3.75 3.26 2.86 1.92 2.75 4.51

X crítico km 10.45 11.16 11.89 9.78 9.13 8.52 5.98 3.68 4.44OD crítico mg/L 0.35 0.32 0.30 0.39 0.44 0.50 0.95 2.49 4.21

Tabla 2: Simulación para varios L1

Se observa que en el tramo 1 al OD crítica no cambia, lo que se explica porque las condiciones iniciales no cambian,y que el OD crítico es positivo. En el tramo 2 la OD sí cambia, pues cambian las condiciones iniciales del tramo,pero igual el OD crítico es positivo. Luego, en ambos tramos la ODminima es siempre positiva y por ende paratodos los L1 que probamos no hay tramos anóxicos en ningún caso. Es fácil ver que cambiando L1 sin cambiar L2tampoco habría resultado en tramos anóxicos, pues en el primer tramo el mínimo no cambiaría, y en el segundo lascondiciones iniciales sí cambiarían, pero serían mayores a las anteriores y por ende el caso crítico sería mayor. Deacá, se concluye que no existe L1 tal que hayan tramos anóxicos.

−2 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 26 28 30 320

1

2

3

4

L1 (km)

ODminima

(mg/L)

Figura 6: Datos discretos de la simulación.

De la figura se ve que el ODmínimomínimo, es decir, el mínimo de los mínimos para cada L1 ocurre en 0 y el ODmínimo asociado es igualmente es positivo, es decir, aun descargando todos los desechos en un mismo punto, el lago noqueda anóxico.

5

Problema 4Asumiendo mezcla completa, el caudal límite tal que la norma no se cumple se obtiene de

Cmax = QrioCrio +QdescargaCdescargaQrio +Qdescarga

= 5Qrio + 601 +Qrio

=⇒ Qrio = 60− Cmax5− Cmax

= 4.5 m3/s =⇒ Qc = 5.5 m3/s

es decir, si el caudal es menor a 5.5 m3/s, la norma no se cumple, por lo tanto debemos verificar que Qc sea mayor a 5.5m3/s en el 95% del tiempo.

De la curva fluviométrica para Qc, interpolando linealmente entre 6.4 m3/s y 3 m3/s, se llega a que Qc es mayor que5.5 m3/s solo en el 92,1% del tiempo, y por lo tanto no procede aceptar la descarga de la industria.

10 20 30 40 50 60 70 80 90 1000

10

20

30

40

Porcentaje de excedencia( %)

Qmedio

(m)3 /

s

Figura 7: Curva fluviométrica para C

Aunque el enunciado tiene muchos más datos y podría parecer un desperdicio no usarlos, bajo el punto de vistadel autor los otros datos no aportan mucho porque al ser curvas de duración, los datos no son homologables pues nonecesariamente el caudal asociado a una probabilidad en particular corresponde al mismo periodo de tiempo que el caudalde la otra estación asociada a la misma probabilidad. Además, no hay datos sobre las precipitaciones, y estimarlas en basea modelos de precipitación-escorrentía no corresponde, pues igual que antes, se deben tener los datos en el mismo periodoy no la curva de duración.

6