Problemas de Hidrología

CICLO HIDROLÓGICO

PROBLEMA 1 En la Figura 1 se muestra una cuenca donde se han seleccionado cinco estaciones pluviométricas, de las cuales se conocen las precipitaciones medias anuales (Tabla 1). Se pide: 1) Dibujar el gráfico de precipitaciones en función de la altura. Comentar los resultados. 2) Calcular la precipitación media anual aplicando el método de los polígonos de Thiessen, la media aritmética y el método de las isoyetas. Comentar los resultados. 3) Calcular el número de estaciones necesario para obtener una precisión del 10% en el cálculo de la precipitación media. 4) Rellenar el dato correspondiente a la estación A en el mes de febrero de 1990 (Tabla 1) utilizando las estaciones B, C y D. 5) Contrastar los datos de las estaciones B y C en el período comprendido entre 1979 y 1987 usando el método de las dobles masas (Tabla 2).

D

B A

E C

Figura 1. Cuenca 1

Problemas de Hidrología

Tabla 1. Precipitaciones año 1990. ESTACIÓN ALTITUD (m) P febr. (mm) P jul. (mm) PMA 38 16.9 997.4 A 460 54.9 4.9 1905.6 B 500 98.9 12.6 1663.8 C 905 124.9 6 1401 D 1249 90.5 19.4 1423.6 E P febr.: precipitación total en el mes de febrero, P jul.: precipitación total en el mes de julio, PMA : Precipitación media anual en mm. Tabla 2. Precipitaciones anuales totales en las estaciones B y C (mm). AÑO 1979 1980 1981 1982 1983 1984 1985 1986 1987

ESTACION B 2077.4 1631.9 1754.2 1815.8 1610.6 2424.9 1937.2 1806.8 1802

ESTACIÓN C 2306.4 1649 1871.2 1878.1 1964.7 3412.7 2588.1 1645.1 1558.2

1) Si se representan los valores de lo Módulos Pluviométricos anuales medios de las cinco estaciones con respecto a la altitud (Tabla 1) se obtiene el gráfico siguiente:

2000 B

1800

PREC. (mm)

C

1600 D

E

1400 1200 A

1000 0

200

400

600

800

1000

1200

1400

ALTURA (m)

Figura 1.1. Representación de la Precipitación con respecto a la Altitud. 2

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De la Figura 1.1. se deduce que las precipitaciones medias anuales aumentan conforme la altitud es mayor, aunque dicho incremento no se cumple para altitudes superiores a los 430 m. Ello puede ser consecuencia a que no sólo la altitud influye sobre el valor de la precipitación, sino que la distancia al mar condiciona también dicho valor. 2) Para calcular la precipitación media en la cuenca se pueden aplicar los métodos de los polígonos de Thiessen, de las isoyetas, una combinación de ambos métodos, o bien, una media aritmética. En nuestro caso vamos a aplicar el método simple de la media aritmética, el de los polígonos de Thiessen y el de las isoyetas. a) Media aritmética Se dispone de cinco estaciones, por lo que su media es:

Pma =

1 ⋅ (997.4 + 1905.6 + 1663.8 + 1423.6 + 1401) = 1478.28 mm 5

b) Polígonos de Thiessen Se unen mediante una línea de trazos las estaciones con las que se encuentran más próximas, tal y como se representa en la siguiente figura

D

B A

E C

Figura 1.2. Método de los Polígonos de Thiessen. Unión de estaciones mediante líneas.

3

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A continuación se trazan las mediatrices de los segmentos anteriores, de tal forma que dichas mediatrices van delimitando las zonas de influencia de cada estación.

D

B

E

A

C

Figura 1.3. Método de los Polígonos de Thiessen. Mediatrices (trazo continuo).

D

B A

E C

Figura 1.4. Método de los Polígonos de Thiessen. Zona de influencia de cada estación. 4

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A cada estación le corresponde un área de influencia donde se supone que la precipitación ha sido homogénea. Dicha área está delimitada por las mediatrices y por el contorno de la cuenca, tal y como se puede apreciar en la Figura 1.4. Se trata de planimetrar cada área (por ejemplo, la zona rayada para la estación D) y realizar la media ponderada calculando el porcentaje de cada área con respecto al total de la superficie de la cuenca. De este modo, se obtiene para las cinco áreas de influencia: PTh =

A 1 ⋅ P1 + A 2 ⋅ P2 + ..... + A 5 ⋅ P5 A 1 + A 2 + .... + A 5

PTh = 0.174 ⋅ 997.4 + 0.218 ⋅ 1905.6 + 0.152 ⋅ 1663.8 + 0.304 ⋅ 1423.6 + 0.152 ⋅ 1401

PTh = 1487.37 mm c) Isoyetas En este caso se trazan líneas de igual precipitación interpolando a partir de los Módulos Pluviométricos anuales medios medidos en cada estación (ver Figura 1.5).

D

2000

1800

1600

A

1400

B

E C

1200

1000

Figura 1.5. Método de las Isoyetas. Trazado de las líneas de igual precipitación.

5

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Una vez trazadas las isoyetas se planimetra la superficie comprendida entre isoyetas consecutivas con el propósito de asignarle a dicha área la precipitación media cuyas isoyetas limita, tal y como se muestra en la Figura 1.6.

D

2000

1800

1600

A

B

E C

1400 1200

1000

ISOYETAS

Figura 1.6. Método de las Isoyetas. Área comprendida entre isoyetas.

La precipitación media obtenida aplicando este método consiste en asignar a cada isoyeta un área de influencia o a cada área comprendida entre dos isoyetas consecutivas una precipitación media de los valores que tienen ambas. En nuestro caso se obtiene:

PIs =

A1 ⋅

(P1 + P2 )

2

(P2 + P3 )

+ ..... + A n −1 ⋅ 2 A 1 + A 2 + .... + A n −1

+ A2 ⋅

(Pn −1 + Pn )

2

1 ⋅ [0.086 ⋅ (1000 ) + 0.152 ⋅ (1000 + 1200) + 0.195 ⋅ (1200 + 1400) + 0.152 ⋅(1400 + 2 1 1600 )] + ⋅ [0.13 ⋅ (1600 + 1800) + 0.13 ⋅ (1800 + 2000) + 0.152 ⋅ (2000)] = 1510.8 mm 2 PIs =

Los resultados obtenidos aplicando los tres métodos proporcionan valores similares a pesar de las diferencias cuantitativas de los Módulos Pluviométricos que presentan las estaciones. La ubicación de éstas, y el área de influencia, también ha influido en los resultados obtenidos.

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3) Para calcular el número de estaciones necesarias para obtener una precisión del 10% en el cálculo de la precipitación media aplicaremos las siguientes expresiones: C  N= v  ε 

2

siendo N el número de estaciones y ε es el tanto por cien de error para estimar la lluvia media, m

Cv =

100 ⋅ σ m −1 P

P=

;

m

1 ∑ Pi m i =1

;

σ m −1 =

∑ (P i =1

i

− P)

2

m −1

Sustituyendo valores: P=

1 ⋅ (997.4 + 1905.6 + 1663.8 + 1423.6 + 1401) = 1478.28 mm 5 m

σ m −1 =

∑ (P i =1

i

− P)

2

m −1

= 338.09 mm

En consecuencia, Cv =

100 ⋅ σ m −1 100 ⋅ 338.09 = = 22.87 P 1478.28

y 2

2

C   22.87  N= v  =  = 5.23 ≈ 6 estaciones  10   ε 

4) Para estimar y rellenar el dato que falta en el mes de febrero hay que tener en cuenta los módulos pluviométricos anuales medios de cada una de las tres estaciones. Como éstos difieren entre sí en mas de un 10%, aplicaremos una expresión ponderada: N N  1 N PA =  PB A + PC A + PD A  3  NB NC ND 

1 997.4 997.4 997.4  PA =  54.9 ⋅ + 98.9 ⋅ + 124.9 ⋅  = 58.98 mm 3 1905.6 1663.8 1401 

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5) El método de la doble masa consiste en representar los valores acumulados de las precipitaciones en un sistema de ejes cartesiano y comprobar si dichos datos representados se encuentran en una recta o si, por el contrario, se alejan de ella Tabla 1.1. Valores acumulados de precipitaciones AÑO 1979 1980 1981 1982 1983 1984 1985 1986 1987

ESTACION B 2077.4 1631.9 1754.2 1815.8 1610.6 2424.9 1937.2 1806.8 1802

ESTACIÓN C 2306.4 1649 1871.2 1878.1 1964.7 3412.7 2588.1 1645.1 1558.2

PREC. ACUM. B 2077.4 3709.3 5463.5 7279.3 8889.9 11314.8 13252 15058.8 16860.8

PREC. ACUM. C 2306.4 3955.4 5826.6 7704.7 9669.4 13082.1 15670.2 17315.3 18873.5

Representando

20000

Estación C

16000 12000 8000 4000 0 0

4000

8000

12000

16000

Estación B

Figura 1.7. Contraste de estaciones.

De la Figura 1.7 se deduce que las estaciones están bien contrastadas y que a partir de una de ellas se pueden extrapolar datos incompletos en la otra.

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PROBLEMA 2 Dadas las precipitaciones máximas diarias registradas en una estación (Tabla 1), se pide calcular la precipitación diaria máxima para los períodos de retorno de 10 y 50 años. Tabla 1. Precipitaciones máximas diarias (mm). AÑO 1961 PREC. 31.6 AÑO 1970 PREC. 77.2

1962 38.7 1971 65

1963 29.7 1972 50

1964 31.2 1973 45

1965 60.5 1974 72.8

1966 31.5 1975 57.3

1967 46 1976 31.2

1968 57.5 1977 56

1969 37.8 1978 40.5

Para resolver el problema hay que seguir los siguientes pasos: a) Ordenar de mayor a menor todos los datos b) Asignar a cada valor un número ordinal que representa el número de veces que dicho valor se ha igualado o superado c) A cada valor asignarle la probabilidad o frecuencia relativa

P=

m n +1

donde m es el número ordinal y n el número de datos totales correspondientes a los n años. d) La inversa de la frecuencia relativa será el período de retorno e) Dibujar en un gráfico, semilogarítmico en abscisas, las precipitaciones máximas en función de los períodos de retorno o recurrencia En la Tabla 2.1 se presentan los pasos anteriores Tabla 2.1. Cálculo del período de retorno. m

Prec.

1 2 3 4 5 6 7 8 9

77.2 72.8 65 60.5 57.5 57.3 56 50 46

m n +1 0.052 0.105 0.157 0.21 0.26 0.31 0.368 0.421 0.473

P=

1 P

m

Prec.

19 9.5 6.33 4.75 3.8 3.16 2.71 2.375 2.11

10 11 12 13 14 15 16 17 18

45 40.5 38.7 37.8 31.6 31.5 31.2 31.2 29.7

T=

m n +1 0.526 0.578 0.631 0.684 0.736 0.789 0.842 0.894 0.947

P=

1 P 1.9 1.72 1.58 1.46 1.357 1.26 1.187 1.11 1.05

T=

9

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En la Tabla 2.1 se puede comprobar que el valor 31.2 mm de precipitación se repite. Para elaborar dicha tabla hay que escribir todos los valores y, en aquellos que se repitan, asignarle la probabilidad más alta (período de retorno menor). En la Figura 2.1 se ha representado, en escala semilogarítmica, la precipitación máxima diaria con respecto al período de retorno. Posteriormente, se ha dibujado la recta de regresión y, a partir de ella, se han obtenido los valores de la precipitación máxima diaria para los períodos de retorno de 10 y 50 años.

100 90 80

Pd

70 60 50 40 30 1

10

50

100

T

Figura 2.1. Precipitación máxima diaria con respecto al período de Retorno

Para un período de retorno de 10 años se ha obtenido un valor de Pd = 69 mm valor que resulta más bajo que los valores de 77.2 mm y 72.8 mm de los períodos de retorno de 19 y 9.5 años, respectivamente. Ello es debido a la recta de regresión que no pasa por todos los puntos dibujados. Por ello, cuantos más datos se tengan de series históricas mejores resultados se obtendrán. Para un período de retorno de 50 años se ha obtenido un valor de Pd = 95 mm

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PROBLEMA 3 Tomando los datos anuales de una estación genérica A (43º 18’ 15” N, 08º 22’ 42”) (Tabla 1) se pide, calcular la ETP utilizando los métodos de Thornthwaite y Turc y Penman en el año 1983 y suponiendo que la cuenca está constituida por un 40% de bosque de pináceas, un 20% de bosque de frondosas, un 25% de praderas y cultivos (albedo 0,24), un 7,5% de labor intensa (zonas urbanizadas) y un 7,5% de matorral sin arbolado (albedo 0,16). Tabla 1. Datos anuales. MES Octubre Noviembre Diciembre Enero Febrero Marzo Abril Mayo Junio Julio Agosto Septiembre

T medias (ºC) 14.9 14.2 10 9.5 7.9 11.2 11.1 12.4 16.9 18.9 19.2 18.3

HUMEDAD (%) 77 82 75 73 80 76 74 78 71 81 80 76

VEL. VIENTO (km/d) 165 199 259 218 222 194 277 257 218 189 177 190

HORAS DE SOL (%) 50 28 32 42 25 36 29 34 46 30 33 50

Método de Thornthwaite

Se calcula la ETP a partir del índice de calor mensual y anual, y la temperatura T i = (T 5)

1.514

Índice de calor mensual

12

I = ∑i

Índice de calor anual

1

(

ETP = K ⋅ 16 ⋅ 10 ⋅ T

) I

a

ETP en mm/mes

donde

a = 675 ⋅ 10 −9 I 3 − 771 ⋅ 10 −7 I 2 + 1792 ⋅ 10 −5 I + 0.49239 K=

N d ⋅ 12 30

11

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siendo d el número de días del mes y N el número máximo de horas de sol que depende de la latitud y del mes. Para calcular N se ha interpolado los valores correspondientes a los 40º y 45º para cada mes de la Tabla 3.1, ya que la posición de la estación es de 43º 18’ 15”. Tabla 3.1. Número máximo diario de horas de sol según latitud Norte en h/d. Lat. Ene. Feb. Mar. Abr. May. Jun. 0º 12.1 12.1 12.1 12.1 12.1 12.1 5º 11.9 12.0 12.1 12.2 12.4 12.4 10º 11.6 11.8 12.1 12.3 12.6 12.7 15º 11.4 11.6 12.1 12.4 12.8 13.0 20º 11.1 11.4 12.0 12.6 13.1 13.3 25º 10.8 11.3 12.0 12.8 13.4 13.7 30º 10.5 11.1 12.0 12.9 13.7 14.1 35º 10.2 10.9 12.0 13.1 14.1 14.6 40º 9.7 10.6 12.0 13.3 14.4 15.0 45º 9.2 10.4 11.9 13.6 14.9 15.6 50º 8.6 10.1 11.9 13.8 15.5 16.3 9.6 11.8 14.2 16.4 17.5 55º 7.7 9.1 11.8 14.6 17.2 18.7 60º 6.8

Jul. Ago. Sept. Oct. Nov. Dic. 12.1 12.3 12.6 12.9 13.2 13.6 13.9 14.3 14.7 15.3 15.9 17.0 18.0

12.1 12.3 12.4 12.6 12.8 13.0 13.2 13.5 13.7 14.1 14.5 15.1 15.6

12.1 12.1 12.2 12.2 12.3 12.3 12.4 12.4 12.5 12.5 12.6 12.7 12.7

12.1 12.0 11.9 11.8 11.7 11.6 11.5 11.3 11.2 11.0 10.8 10.4 10.1

12.1 11.9 11.7 11.4 11.2 10.9 10.7 10.3 10.0 9.5 9.1 8.4 7.6

12.1 11.8 11.5 11.2 10.9 10.6 10.2 9.8 9.4 8.8 8.1 7.2 6.3

En la Tabla 3.2 se muestran los distintos valores obtenidos de los diferentes parámetros para calcular la ETP mensual. Tabla 3.2. Cálculo de la ETP mediante el método de Thornthwaite MES Octubre Noviembre Diciembre Enero Febrero Marzo Abril Mayo Junio Julio Agosto Septiembre

12

T (ºC) 14.9 14.2 10 9.5 7.9 11.2 11.1 12.4 16.9 18.9 19.2 18.3

i 5.22 4.85 2.85 2.64 1.99 3.39 3.34 3.95 6.32 7.48 7.66 7.13

I 56.82 56.82 56.82 56.82 56.82 56.82 56.82 56.82 56.82 56.82 56.82 56.82

N 11.07 9.67 9 9.37 10.47 11.93 13.5 14.74 15.4 15.1 13.97 12.5

a 1.38 1.38 1.38 1.38 1.38 1.38 1.38 1.38 1.38 1.38 1.38 1.38

K 0.953 0.806 0.775 0.806 0.814 1.027 1.125 1.27 1.28 1.3 1.203 1.041

ETP (mm/mes) 57.67 45.64 27.05 26.21 20.52 41.91 45.35 59.63 92.17 109.25 103.3 83.66

Problemas de Hidrología

Método de Turc

Para estimar la ETP mediante el método de Turc es necesario conocer la humedad relativa media mensual, la temperatura, posición de la estación y las horas reales de insolación. La ETP se calcula aplicando la siguiente expresión:  T  ETP = 0.4 ⋅   ⋅ (R i + 50 ) ⋅ g(ε )  T + 15  donde T es la temperatura media diaria en ºC y g(ε) es una función de la humedad relativa ε cuya expresión es 1 ⇒ ε ≥ 50%  g(ε ) =  50 − ε  1 + 70  ⇒ ε < 50%   y Ri viene dado por n  R i = R a ⋅  0.18 + 0.62 ⋅  N  donde Ra es la intensidad teórica de radiación incidente sobre una superficie horizontal, suponiendo que no existe atmósfera en cal/cm2.d. Su valor depende del mes y la latitud, n el número real de horas de insolación y N el número máximo de horas de insolación (Tabla 3.1). Tabla 3.3. Intensidad teórica de radiación incidente en cal/cm2.d Lat. Ene. Feb. Mar. Abr. May. Jun. Jul. Ago. Sept. Oct. Nov. Dic. 0º 5º 10º 15º 20º 25º 30º 35º 40º 45º 50º 55º 60º

858 809 759 701 642 575 508 436 364 293 222 155 88

888 855 821 777 732 678 624 559 495 427 360 288 215

890 882 873 854 834 799 764 719 673 616 560 496 432

862 878 894 898 902 891 880 856 833 798 764 720 676

816 851 885 908 930 940 950 947 944 932 920 900 880

790 832 873 904 934 954 972 979 985 984 983 977 970

804 842 879 905 930 942 955 957 958 948 938 923 908

833 857 880 891 902 896 891 874 858 829 800 764 728

875 874 872 858 843 815 788 749 710 658 607 547 487

880 855 830 793 755 708 658 597 536 470 404 333 262

860 814 767 712 656 593 528 459 390 317 246 179 111

842 789 735 673 610 539 469 395 323 251 180 118 56

En nuestro caso al ser la humedad relativa superior al 50% la función g(ε) es igual a 1. Los valores de N ya han sido interpolados en la Tabla 3.1 en el apartado anterior. El 13

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valor Ra se calculará a partir de la Tabla 3.3 interpolando entre la latitud 40º y 45º para cada mes. Con todos estos datos se ha elaborado la Tabla 3.4 donde se muestran los valores de los diferentes parámetros estimados y conocidos. Tabla 3.4. Cálculo de la ETP mediante el método de Turc MES Octubre Noviembre Diciembre Enero Febrero Marzo Abril Mayo Junio Julio Agosto Septiembre

T (ºC) 14.9 14.2 10 9.5 7.9 11.2 11.1 12.4 16.9 18.9 19.2 18.3

Ra 492.44 341.82 275.48 317.14 450.12 635.38 809.9 937.78 984.34 951.4 838.86 675.68

N 11.07 9.67 9 9.37 10.47 11.93 13.5 14.74 15.4 15.1 13.97 12.5

n/N 0.50 0.28 0.32 0.42 0.25 0.36 0.29 0.34 0.46 0.30 0.33 0.50

ε 77 82 75 73 80 76 74 78 71 81 80 76

g(ε) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

ETP (mm/mes) 58.06 33.23 24.67 29.41 27.7 52.35 58.07 75.39 107.63 88.8 83.67 83.76

En este caso en el enunciado del problema se aportan directamente los valores de la relación n/N en tanto por cien. En la Tabla 3.4 aparecen en tanto por uno. Método de Penman

Para estimar la ETP por el método de Penman se necesitan, además de la posición de la estación, la humedad relativa, el número de horas reales de insolación, velocidad del viento, temperatura y tipo de superficie. La expresión que se aplica es: ETP = E ⋅ f ⋅ d

siendo f un coeficiente reductor que depende del mes (Tabla 3.5), d el número de días del mes y E la evapotranspiración en mm/d y cuya expresión viene dada por: ∆ R n + Ea γ E= ∆ +1 γ con ∆ (pendiente de la curva de vapor saturante) obtenida interpolando a partir de la Tabla 3.6.

14

Problemas de Hidrología

Tabla 3.5. Coeficiente reductor. MES Enero Febrero Marzo Abril Mayo Junio Julio Agosto Septiembre Octubre Noviembre Diciembre

f 0.6 0.6 0.7 0.7 0.8 0.8 0.8 0.8 0.7 0.7 0.6 0.6

Tabla 3.6. Relación ∆/(∆+γ). T en ºC. T

∆/(∆+γ)

T

∆/(∆+γ)

T

∆/(∆+γ)

T

∆/(∆+γ)

0. 0.5 1. 1.5 2. 2.5 3. 3.5 4. 4.5 5. 5.5 6. 6.5 7. 7.5

0.401 0.409 0.418 0.426 0.432 0.440 0.448 0.445 0.462 0.470 0.478 0.485 0.493 0.500 0.508 0.515

8. 8.5 9. 9.5 10. 10.5 11. 11.5 12. 12.5 13. 13.5 14. 14.5 15. 15.5

0.522 0.530 0.537 0.544 0.552 0.559 0.566 0.573 0.580 0.587 0.593 0.600 0.607 0.614 0.621 0.627

16. 16.5 17. 17.5 18. 18.5 19. 19.5 20. 20.5 21. 21.5 22. 22.5 23. 23.5

0.633 0.640 0.646 0.652 0.658 0.664 0.670 0.676 0.682 0.688 0.694 0.699 0.705 0.710 0.715 0.720

24. 24.5 25. 25.5 26. 26.5 27. 27.5 28. 28.5 29. 29.5 30.

0.725 0.730 0.735 0.740 0.745 0.750 0.755 0.760 0.764 0.768 0.772 0.776 0.780

Rn es la radiación neta, expresada en mm de agua que puede evaporar en un día: R n = R N cl donde cl es el calor de vaporización (Tabla 3.7) y RN es la radiación neta en cal/cm2/d: R N = R i ⋅ (1 − α ) − R e Ri se calcula a partir de

15

Problemas de Hidrología

n  R i = R a ⋅  0.18 + 0.55 ⋅  N  donde Ra se ha calculado previamente en el apartado anterior y n/N es conocido. α es el albedo y se estima a partir de los datos del enunciado y de la Tabla 3.8 y Re (radicación emitida) se calcula con la siguiente expresión:

(

)

 n   R e = 1440 ⋅ 0.826·10 -10 ⋅ Ta4 0.56 − 0.092 ⋅ e d ⋅ 1 − 0.9 ⋅ 1 −    N   con la presión de vapor ed = ea ⋅

ε 100

siendo la tensión de saturación ea dada en función de la temperatura (Tabla 3.9). Tabla 3.7. Calor de vaporización necesario para evaporar 1 mm de agua por cada cm2 de superficie (en calorías). T(ºC) 0 1 2 3 4 5 6 7

cl 59.6 59.6 59.5 59.5 59.4 59.3 59.3 59.2

T(ºC) 8 9 10 11 12 13 14 15

cl 59.1 59.1 59. 59. 58.9 58.9 58.8 58.8

T(ºC) 16 17 18 19 20 21 22 23

cl 58.7 58.7 58.6 58.6 58.5 58.5 58.4 58.3

T(ºC) 24 25 26 27 28 29 30

cl 58.3 58.2 58.2 58.2 58.1 58.1 58.

Tabla 3.8. Valores de albedo para distintas superficies evaporantes. Superficie evaporante Agua libre a T < 30 ºC Agua libre a T > 30 ºC Arcillas húmedas Arcillas secas Arenas claras Arenas oscuras Arenas ribereñas Bosques de pináceas Bosques de frondosas Cereales

16

α 0.02-0.06 0.06-0.4 0.02-0.08 0.16 0.34-0.4 0.35 0.43 0.1-0.14 0.18 0.1-0.25

Superficie evaporante Césped verde Césped seco Hielo Lechugas Limos Nieve Patatas Rocas Sabanas Zonas urbanizadas

α 0.26 0.19 0.36-0.5 0.22 0.16-0.23 0.4-0.9 0.19 0.12-0.15 0.05-0.22 0.15-0.25

Problemas de Hidrología

Tabla 3.9. Tensión de vapor saturante (en mm de Hg) a la temperatura T (en ºC). T

ea

T

ea

T

ea

T

ea

0. 0.5 1. 1.5 2. 2.5 3. 3.5 4. 4.5 5. 5.5 6. 6.5 7. 7.5

4.6 4.8 4.9 5.1 5.3 5.5 5.7 5.9 6.1 6.3 6.5 6.8 7.0 7.3 7.5 7.8

8. 8.5 9. 9.5 10. 10.5 11. 11.5 12. 12.5 13. 13.5 14. 14.5 15. 15.5

8.0 8.3 8.6 8.9 9.2 9.5 9.8 10.2 10.5 10.9 11.2 11.6 12.0 12.4 12.8 13.2

16. 16.5 17. 17.5 18. 18.5 19. 19.5 20. 20.5 21. 21.5 22. 22.5 23. 23.5

13.6 14.1 14.5 15.0 15.5 16.0 16.5 17.0 17.5 18.1 18.7 19.2 19.8 20.4 21.1 21.7

24. 24.5 25. 25.5 26. 26.5 27. 27.5 28. 28.5 29. 29.5 30.

22.4 23.0 23.8 24.5 25.3 26.0 26.7 27.5 28.3 29.2 30.0 30.9 31.8

Por último Ea viene dado en mm/d en función del déficit higrométrico y la velocidad del viento V2 (m/s): E a = 0.35 ⋅ (0.5 + 0.54 ⋅ V2 ) ⋅ (e a − e d ) El albedo se estima a partir de la media ponderada siguiente (Tabla 3.10): Tabla 3.10. Albedo. ALBEDO Bosque Pináceas Bosque frondosas Praderas y cultivos Labor intensa Matorral

(%) 40 20 25 7.5 7.5

α 0.12 0.18 0.24 0.2 0.16 SUMA

TOTAL 0.048 0.036 0.06 0.015 0.012 0.173

En la Tabla 3.11 se estima la radiación emitida a partir de la presión de vapor y el número de horas reales de insolación. En la Tabla 3.12 se calcula la radiación incidente a partir de las horas de insolación y en la Tabla 3.13 la radiación neta teniendo en cuenta el calor latente de vaporización y el albedo. Por último ,Ea se calcula en la Tabla 3.14 y en la Tabla 3.15 el valor de la ETP.

17

Problemas de Hidrología

Tabla 3.11. Radiación emitida. MES Octubre Noviembre Diciembre Enero Febrero Marzo Abril Mayo Junio Julio Agosto Septiembre

T (ºC) 14.9 14.2 10 9.5 7.9 11.2 11.1 12.4 16.9 18.9 19.2 18.3

ea 12.72 12.16 9.2 8.9 7.96 9.96 9.88 10.82 14.42 16.4 16.7 15.8

ε 77 82 75 73 80 76 74 78 71 81 80 76

ed 9.79 9.97 6.9 6.49 6.36 7.56 7.31 8.43 10.23 13.28 13.36 12

n/N 0.50 0.28 0.32 0.42 0.25 0.36 0.29 0.34 0.46 0.30 0.33 0.50

Re 122.24 73.47 108.16 117.68 78.7 100.67 86.99 93.55 114.43 71.56 76.76 113.52

Tabla 3.12. Radiación incidente. MES Octubre Noviembre Diciembre Enero Febrero Marzo Abril Mayo Junio Julio Agosto Septiembre

T (ºC) 14.9 14.2 10 9.5 7.9 11.2 11.1 12.4 16.9 18.9 19.2 18.3

Ra 492.44 341.82 275.48 317.14 450.12 635.38 809.9 937.78 984.34 951.4 838.86 675.68

n/N 0.50 0.28 0.32 0.42 0.25 0.36 0.29 0.34 0.46 0.30 0.33 0.50

Ri 224.06 114.16 98.07 130.34 142.91 240.17 274.96 344.16 426.21 328.23 303.24 307.43

Comparando la Tabla 3.11 con la Tabla 3.12 se puede comprobar que los meses de Enero y Diciembre la radiación incidente multiplicada por (1-α) es inferior a la reflejada por lo que la radiación neta ha de ser nula puesto que no se puede reflejar radiación si no hay radiación incidente; es decir, se refleja aquella radiación que incide. Por ello, en la Tabla 3.13 los valores de la radiación neta en dichos meses es nula, puesto que onda corta

onda l arg a

R N = R i − R reflejada − R reflejada

18

≤0

Problemas de Hidrología

Tabla 3.13. Radiación neta MES Octubre Noviembre Diciembre Enero Febrero Marzo Abril Mayo Junio Julio Agosto Septiembre

T 14.9 14.2 10 9.5 7.9 11.2 11.1 12.4 16.9 18.9 19.2 18.3

c1 58.8 58.8 59 59.05 59.1 59 59 58.9 58.7 58.6 58.58 58.6

Ri 224.06 114.16 98.07 130.34 142.91 240.17 274.96 344.16 426.21 328.23 303.24 307.43

α 0.173 0.173 0.173 0.173 0.173 0.173 0.173 0.173 0.173 0.173 0.173 0.173

Ri(1-α) 185.3 94.41 81.1 107.79 118.18 198.62 227.39 284.62 352.47 271.44 250.78 254.24

Re 122.24 73.47 108.16 117.68 78.7 100.67 86.99 93.55 114.43 71.56 76.76 113.52

RN 63.05 20.9 0 0 39.48 97.95 140.4 191.07 238.04 199.8 174.01 140.7

Rn 1.07 0.35 0 0 0.66 1.66 2.37 3.24 4.05 3.41 2.97 2.4

Tabla 3.14. Cálculo de Ea MES Octubre Noviembre Diciembre Enero Febrero Marzo Abril Mayo Junio Julio Agosto Septiembre

T (ºC) 14.9 14.2 10 9.5 7.9 11.2 11.1 12.4 16.9 18.9 19.2 18.3

ea 12.72 12.16 9.2 8.9 7.96 9.96 9.88 10.82 14.42 16.4 16.7 15.8

ed 9.79 9.97 6.9 6.49 6.36 7.56 7.31 8.43 10.23 13.28 13.36 12

V2 165 199 259 218 222 194 277 257 218 189 177 190

Ea 1.57 1.33 1.69 1.56 1.04 1.43 2 1.75 2.72 1.82 1.87 2.23

Comparando los resultados obtenidos con los distintos métodos, el método que tiene en cuenta más parámetros hidrometeorológicos es el de Penman, por lo que es el que proporciona datos más acordes con la realidad, aunque, lógicamente, la aplicación de un método u otro dependerá de las posibilidades de medición de todos los parámetros necesarios. El método de Thornthwaite es el método que necesita menos parámetros para estimar la ETP y el de Penman el que más parámetros precisa.

19

Problemas de Hidrología

Tabla 3.15. Cálculo de la ETP (mm/mes). MES T (ºC) 14.9 Octubre Noviembre 14.2 10 Diciembre 9.5 Enero 7.9 Febrero 11.2 Marzo 11.1 Abril 12.4 Mayo 16.9 Junio 18.9 Julio 19.2 Agosto Septiembre 18.3

20

∆ /γ 1.63 1.56 1.23 1.2 1.09 1.31 1.3 1.41 1.81 2.02 2.04 1.95

Rn 1.07 0.35 0 0 0.66 1.66 2.37 3.24 4.05 3.41 2.97 2.4

Ea 1.57 1.33 1.69 1.56 1.04 1.43 2 1.75 2.72 1.82 1.87 2.23

E 1.26 0.73 0.75 0.70 0.84 1.56 2.20 2.62 3.57 2.88 2.60 2.34

f 0.7 0.6 0.6 0.6 0.6 0.7 0.7 0.8 0.8 0.8 0.8 0.7

d 31 30 31 31 28 31 30 31 30 31 31 30

ETP 27.34 13.19 14.09 13.18 14.14 33.86 46.39 65.01 85.84 71.51 64.68 49.18

Problemas de Hidrología

PROBLEMA 4 Con los datos de precipitaciones que se incluyen en la Tabla 1, se pide calcular la escorrentía superficial con el método del Número de Curva para los aguaceros producidos entre el 17 y el 24 de Abril, el 7 y el 8 de Octubre, el 20 de Octubre y el 3 de Noviembre y el 9 y el 13 de Diciembre de 1990, sabiendo que los datos han sido tomados en la estación termopluviométrica de Alvedro (Coruña), y la vegetación de la cuenca está dividida en tres partes iguales aproximadamente de: cultivos y praderas (tomar los datos correspondientes a praderas permanentes), matorrales (sin cultivo) y arbolado (bosque natural normal). Cada parte tiene un 10% de suelo caracterizado por arenas con poco limo, un 60% de arenas finas, un 15% de arenas muy finas y un 15% de arcillas. Comparar los valores de Pn en función de P para los cuatro aguaceros. Comentar los resultados. Para el aguacero del 17 al 24 de Abril, se pide realizar el cálculo de la precipitación neta diaria. Tabla 1. Precipitaciones diarias para distintos aguaceros. AGUACERO

1

2

3

4

DÍAS 17 abril 18 abril 19 abril 20 abril 21 abril 22 abril 23 abril 24 abril 7 octubre 8 octubre 20 octubre 21 octubre 22 octubre 23 octubre 24 octubre 25 octubre 26 octubre 27 octubre 28 octubre 29 octubre 30 octubre 31 octubre 1 noviembre 2 noviembre 3 noviembre 9 diciembre 10 diciembre 11 diciembre 12 diciembre 13 diciembre

PRECIPITACIÓN (mm) 6.5 4.6 12.9 3.5 7.6 13.9 5.5 3.5 16.6 4.5 13.4 12.2 7.5 16.3 15.6 17.5 15.4 20.5 13.2 16.5 20.4 20.6 16.5 14.2 3.2 2.5 27.6 3 4.5 2.2

21

Problemas de Hidrología

Nota: Para todos los aguaceros se tendrá en cuenta que la lluvia en los cinco días anteriores ha sido inferior a 25 mm.

En primer lugar se evalúa el valor del Número de curva teniendo en cuenta las Tablas 4.1 y 4.2. Tabla 4.1. Valores de N (no corregidos). Uso de la tierra y cobertura

Tratamiento del suelo

Sin cultivo Cultivos en surco

Surcos rectos Surcos rectos Surcos rectos Contorneo Contorneo Terrazas Terrazas Cereales Surcos rectos Surcos rectos Contorneo Contorneo Terrazas Terrazas Leguminosas o praderas Surcos rectos con rotación Surcos rectos Contorneo Contorneo Terrazas Terrazas Pastizales Contorneo Contorneo Pradera permanente Bosques naturales: Muy ralo Ralo Normal Espeso Muy espeso Caminos: De terracería Con superficie dura

22

Pendiente del terreno

->1% 1% 1% 1% 1% 1% 1% 1% 1% 1% 1% CI∝ pero D > Ta.

En este último caso si se produce la escorrentía superficial. El tiempo de anegamiento vendrá dado a partir de despejar Ta en la siguiente expresión: I = CI = CI ∞ + (CI 0 − CI ∞ ) e

- KTa

obteniéndose,

29

Problemas de Hidrología

Ta =

 CI − CI ∞ 1 ⋅ ln 0 K  I − CI ∞

  

El volumen infiltrado se obtiene integrando la expresión de la capacidad de infiltración entre el inicio del aguacero y el tiempo D:

VI = ∫ I ⋅ dt + ∫ [CI ∞ + (CI 0 − CI ∞ ) ⋅ exp(− K ⋅ t )] ⋅ dt Ta

D

0

Ta

Integrando, se obtiene VI = I ⋅ Ta + CI ∞ ⋅ (D − Ta ) −

(CI 0 − CI ∞ ) K

⋅ [exp(− K ⋅ D ) − exp(− K ⋅ Ta )]

La escorrentía generada será la diferencia del agua caída entre el tiempo Ta y D y lo infiltrado en dicho intervalo: VE = ∫ I ⋅ dt − ∫ [CI ∞ + (CI 0 − CI ∞ ) ⋅ exp(− K ⋅ t )] ⋅ dt D

D

Ta

Ta

Integrando, se obtiene

(CI 0 − CI ∞ )   VE = I ⋅ (D − Ta ) − CI ∞ ⋅ (D − Ta ) − ⋅ [exp(− K ⋅ D ) − exp(− K ⋅ Ta )] K   Para los distintos valores del enunciado se obtienen los siguientes resultados: a) Un aguacero nº 1 de intensidad 10 mm/h y duración 20 horas.

En este caso I = CI∝, por lo que no se produce escorrentía superficial. El volumen infiltrado valdrá: VI = I ⋅ D = 10 ⋅ 20 = 200 mm b) Un aguacero nº 2 de intensidad 50 mm/h y duración 12 horas

En este caso I > CI∝. El tiempo de anegamiento calculado aplicando la expresión anterior es: Ta =

 CI − CI ∞ 1 ⋅ ln 0 K  I − CI ∞

 1  100 − 10   = ⋅ ln  = 8 .1 h  0.1  50 − 10 

Al ser D > Ta, se producirá escorrentía superficial. El valor del volumen infiltrado y el volumen de escorrentía es: VI = 50 ⋅ 8.1 + 10 ⋅ (12 − 8.1) −

30

(100 − 10) ⋅ [exp(− 0.1 ⋅ 12) − exp(− 0.1 ⋅ 8.1)] 0.1

Problemas de Hidrología

VI = 573.29 mm

(100 − 10) ⋅ [exp(− 0.1 ⋅ 12) − exp(− 0.1 ⋅ 8.1)]  VE = 50 ⋅ (12 − 8.1) − 10 ⋅ (12 − 8.1) −  0.1  VE = 26.52 mm c) Un aguacero nº 3 de intensidad 30 mm/h y duración 6 horas

En este último caso I > CI∝. El tiempo de anegamiento calculado aplicando la expresión anterior es: Ta =

 CI − CI ∞ 1 ⋅ ln 0 K  I − CI ∞

 1  100 − 10   = ⋅ ln  = 15 h  0.1  30 − 10 

Al ser D < Ta, no se producirá escorrentía superficial. El valor del volumen infiltrado es VI = I ⋅ D = 30 ⋅ 6 = 180 mm En la Figura 6.1 se representan los tres casos y la curva de capacidad de infiltración.

Cap. Infil. Int. (mm/h)

100

Capacidad de infiltración Aguacero 1 Aguacero 2 Aguacero 3

80 60

VE

40 20 0 0

5

Ta

10

15

20

Tiempo (h)

Figura 6.1. Evolución temporal de la Capacidad de infiltración e Intensidad de precipitación.

31

Problemas de Hidrología

PROBLEMA 7 Calcular el balance hidrológico en el año hidrológico 1982/1983 con los datos dados a continuación tomando la ETP calculada mediante el método de Turc en el problema 3. La Intercepción se calculará a partir de la siguiente fórmula: INT = 0.1*P La reserva de agua es 100 mm. Realizar otros dos balances hidrológicos con 50 mm y 150 mm de reserva de agua. Tabla 1. Precipitación total mensual (mm) OCT. NOV. DIC. ENE. FEB MAR ABR. MAY JUN. JUL. AGO. SEP. 46. 85.4 183. 45. 107. 63. 182. 125. 22. 60. 57. 35.5

Para calcular el balance hidrológico con los distintos valores de la reserva de agua utilizable en el suelo se pueden dar dos situaciones: 1) Que la reserva de agua inicial sea nula (suelo seco) 2) Que la reserva de agua inicial sea la máxima (máxima agua retenida)

A partir de estas dos situaciones los balances hidrológicos variarán fundamentalmente al principio. En las tablas que a continuación se presentan se han tenido en cuenta ambas situaciones iniciales para cada uno de los valores de la RAU (reserva de agua utilizable). En la Tabla 7.1 se muestra el balance hidrológico en el suelo para un valor de RAU de 50 mm con el suelo inicialmente seco. Para calcular el balance hidrológico se sustrae a la precipitación el valor de la interceptación, siendo ese valor el que alcanza el suelo. A continuación se detrae el valor de la ETP (valores obtenidos en el problema 3). Para el caso del mes de octubre se puede apreciar que el valor neto es negativo (-16.66 mm), lo que implica que, al no existir más agua (ni en el suelo ni precipitada) hay un déficit, por lo que el valor de la ETR (Evapotranspiración Real) no coincide con la ETP, calculándose su valor como: ETR = ETP- Déficit = 58.06 – 16.66 = 41.4 mm En el siguiente mes, Noviembre, el balance neto de la lluvia (detrayendo la interceptación y evapotranspiración potencial) es positivo (43.63 mm) produciéndose un superávit que va a llenar los poros del suelo sin alcanzar el máximo de la RAU (50 mm).

32

Problemas de Hidrología

Tabla 7.1. RAU = 50 mm. Inicialmente las reservas son nulas.

P INT P-INT ETP P-INTETP RAU EXC DEF ETR

OCT. 46 4.6 41.4 58.06

NOV. 85.4 8.54 76.86 33.23

DIC. 183 18.3 164.7 24.67

ENE. 45 4.5 40.5 29.41

FEB. 107 10.7 96.3 27.7

MAR. 63 6.3 56.7 52.35

ABR. 182 18.2 163.8 58.07

MAY. 125 12.5 112.5 75.39

JUN. 22 2.2 19.8 107.63

JUL. 60 6 54 88.8

AGO. 57 5.7 51.3 83.67

SEP. 35.5 3.55 31.95 83.76

TOT. 1010.9 101.09 909.81 722.81

-16.66

43.63

140.03

11.09

68.6

4.35

105.73

37.11

-87.83

-34.8

-32.37

-51.81

0 0 16.66 41.4

43.63 0 0 33.23

50 133.66 0 24.67

50 11.09 0 29.41

50 68.6 0 27.7

50 4.35 0 52.35

50 105.73 0 58.07

50 37.11 0 75.39

0 0 37.83 69.8

0 0 34.8 54

0 0 32.37 51.3

0 0 51.81 31.95

360.54 173.47 549.27

TOT. 1010.9 101.09 909.81 722.81

Tabla 7.2. RAU = 50 mm. Inicialmente RAU = 50 mm.

P INT P-INT ETP P-INTETP RAU EXC DEF ETR

OCT. 46 4.6 41.4 58.06

NOV. 85.4 8.54 76.86 33.23

DIC. 183 18.3 164.7 24.67

ENE. 45 4.5 40.5 29.41

FEB. 107 10.7 96.3 27.7

MAR. 63 6.3 56.7 52.35

ABR. 182 18.2 163.8 58.07

MAY. 125 12.5 112.5 75.39

JUN. 22 2.2 19.8 107.63

JUL. 60 6 54 88.8

AGO. 57 5.7 51.3 83.67

SEP. 35.5 3.55 31.95 83.76

-16.66

43.63

140.03

11.09

68.6

4.35

105.73

37.11

-87.83

-34.8

-32.37

-51.81

33.34 0 0 58.06

50 26.97 0 33.23

50 140.03 0 24.67

50 11.09 0 29.41

50 68.6 0 27.7

50 4.35 0 52.35

50 105.73 0 58.07

50 37.11 0 75.39

0 0 37.83 69.8

0 0 34.8 54

0 0 32.37 51.3

0 0 51.81 31.95

393.98 156.81 565.93

33

Problemas de Hidrología

En el mes de Diciembre el superávit producido (140.03 mm) se distribuye en completar la capacidad máxima de retención del suelo (50 – 43.63 = 6.37 mm) y el sobrante (140.03 – 6.37 = 133.66 mm), que es el excedente, será la escorrentía (hipodérmica, superficial y subterránea). Habrá parte que drene (agua gravitacional) a través de la porosidad drenable para, posteriormente constituir escorrentía hipodérmica y subterránea. El resto escurrirá superficialmente. Los siguientes meses (enero, febrero, marzo, abril y mayo) se sigue produciendo superávit, pero como el suelo no puede retener más agua, dicho superávit alimenta directamente el flujo de escorrentía (superficial, hipodérmica y subterránea). En los meses con superávit la ETR coincide con la ETP. En el mes de junio se produce déficit, en lugar de superávit se vuelve a producir un balance negativo (87.83 mm). Ahora bien como, el suelo tiene retenida una cantidad de agua igual a 50 mm, que es agua evapotranspirable, dicho balance mengua en 50 mm quedando 87.83 – 50 = 37.83 mm que es el déficit producido. En consecuencia, la ETR no coincide con la ETP, valiendo ETR = ETP – Déficit = 107.63 – 37.83 = 69.8 mm vaciándose el suelo quedando la RAU con valor nulo. A partir de ese momento, los balances negativos proporcionan el valor del déficit que figura en las distintas casilla de la Tabla en los meses de Julio, Agosto y Septiembre. Para el caso de que inicialmente el suelo tenga agua en condiciones de máxima retención (mes de Octubre) el valor del balance es positivo con un superávit de 50 – 16.66 = 33.34 mm, coincidiendo la ETR con la ETP. El mes siguiente el superávit producido (43.63 mm) sirven para rellenar de nuevo hasta los 50 mm la RAU (50 – 33.34 = 16.66) y el resto ( 44.63 – 16.66 = 26.97 mm) para generar escorrentía (excedente). A partir del mes de diciembre el cuadro es similar al presentado en la Tabla 7.1. Para el caso de RAU = 100 mm y RAU = 150 mm se procedería de igual manera. En las Tablas 7.3, 7.4, 7.5 y 7.6 se muestran los resultados de los distintos balances hidrológicos. Hay que hacer constar que los valores totales proporcionados en las últimas columnas son las sumas totales de la precipitación, interceptación, ETP, ETR, excedente de los doce meses del año hidrológico. Si se observa el valor de la ETR para los distintos casos de RAU con valores de 50, 100 y 150 mm, respectivamente, y con las mismas condiciones iniciales, se puede comprobar que aquella aumenta la misma cantidad que el aumento en el valor en la RAU. Así, por ejemplo, la ETR total para una RAU de 50, 100 y 150 mm con condiciones inicialmente secas, resultan 549.27 (Tabla 7.1), 599.27 (Tabla 7.3) y 649.27 mm (Tabla 7.5), respectivamente, que coincide con el aumento de la RAU (50 y 100 mm, respectivamente). Por el contrario, el déficit va disminuyendo en 50 mm cada vez que se aumenta la RAU en dicha cantidad: 173.47 (Tabla 7.1), 123.47 (Tabla 7.3) y 73.47 mm (Tabla 7.5), respectivamente; y 156.81 (Tabla 7.2), 106.81 (Tabla 7.4) y 56.81 mm (Tabla 7.6), respectivamente.

34

Problemas de Hidrología

Tabla 7.3. RAU = 100 mm. Inicialmente las reservas son nulas.

P INT P-INT ETP P-INTETP RAU EXC DEF ETR

OCT. 46 4.6 41.4 58.06

NOV. 85.4 8.54 76.86 33.23

DIC. 183 18.3 164.7 24.67

ENE. 45 4.5 40.5 29.41

FEB. 107 10.7 96.3 27.7

MAR. 63 6.3 56.7 52.35

ABR. 182 18.2 163.8 58.07

MAY. 125 12.5 112.5 75.39

JUN. 22 2.2 19.8 107.63

JUL. 60 6 54 88.8

AGO. 57 5.7 51.3 83.67

SEP. 35.5 3.55 31.95 83.76

TOT. 1010.9 101.09 909.81 722.81

-16.66

43.63

140.03

11.09

68.6

4.35

105.73

37.11

-87.83

-34.8

-32.37

-51.81

0 0 16.66 41.4

43.63 0 0 33.23

100 83.66 0 24.67

100 11.09 0 29.41

100 68.6 0 27.7

100 4.35 0 52.35

100 105.73 0 58.07

100 37.11 0 75.39

12.17 0 0 107.63

0 0 22.63 66.17

0 0 32.37 51.3

0 0 51.81 31.95

310.54 123.47 599.27

TOT. 1010.9 101.09 909.81 722.81

Tabla 7.4. RAU = 100 mm. Inicialmente RAU = 100 mm.

P INT P-INT ETP P-INTETP RAU EXC DEF ETR

OCT. 46 4.6 41.4 58.06

NOV. 85.4 8.54 76.86 33.23

DIC. 183 18.3 164.7 24.67

ENE. 45 4.5 40.5 29.41

FEB. 107 10.7 96.3 27.7

MAR. 63 6.3 56.7 52.35

ABR. 182 18.2 163.8 58.07

MAY. 125 12.5 112.5 75.39

JUN. 22 2.2 19.8 107.63

JUL. 60 6 54 88.8

AGO. 57 5.7 51.3 83.67

SEP. 35.5 3.55 31.95 83.76

-16.66

43.63

140.03

11.09

68.6

4.35

105.73

37.11

-87.83

-34.8

-32.37

-51.81

83.34 0 0 58.06

100 26.97 0 33.23

100 140.03 0 24.67

100 11.09 0 29.41

100 68.6 0 27.7

100 4.35 0 52.35

100 105.73 0 58.07

100 37.11 0 75.39

12.17 0 0 107.63

0 0 22.63 66.17

0 0 32.37 51.3

0 0 51.81 31.95

393.88 106.81 615.93

35

Problemas de Hidrología

Tabla 7.5. RAU = 150 mm. Inicialmente las reservas son nulas.

P INT P-INT ETP P-INTETP RAU EXC DEF ETR

OCT. 46 4.6 41.4 58.06

NOV. 85.4 8.54 76.86 33.23

DIC. 183 18.3 164.7 24.67

ENE. 45 4.5 40.5 29.41

FEB. 107 10.7 96.3 27.7

MAR. 63 6.3 56.7 52.35

ABR. 182 18.2 163.8 58.07

MAY. 125 12.5 112.5 75.39

JUN. 22 2.2 19.8 107.63

JUL. 60 6 54 88.8

AGO. 57 5.7 51.3 83.67

SEP. 35.5 3.55 31.95 83.76

TOT. 1010.9 101.09 909.81 722.81

-16.66

43.63

140.03

11.09

68.6

4.35

105.73

37.11

-87.83

-34.8

-32.37

-51.81

0 0 16.66 41.4

43.63 0 0 33.23

150 33.66 0 24.67

150 11.09 0 29.41

150 68.6 0 27.7

150 4.35 0 52.35

150 105.73 0 58.07

150 37.11 0 75.39

62.17 0 0 107.63

27.37 0 0 88.8

0 0 5 78.67

0 0 51.81 31.95

260.54 73.47 649.27

TOT. 1010.9 101.09 909.81 722.81

Tabla 7.6. RAU = 150 mm. Inicialmente RAU = 150 mm.

P INT P-INT ETP P-INTETP RAU EXC DEF ETR

36

OCT. 46 4.6 41.4 58.06

NOV. 85.4 8.54 76.86 33.23

DIC. 183 18.3 164.7 24.67

ENE. 45 4.5 40.5 29.41

FEB. 107 10.7 96.3 27.7

MAR. 63 6.3 56.7 52.35

ABR. 182 18.2 163.8 58.07

MAY. 125 12.5 112.5 75.39

JUN. 22 2.2 19.8 107.63

JUL. 60 6 54 88.8

AGO. 57 5.7 51.3 83.67

SEP. 35.5 3.55 31.95 83.76

-16.66

43.63

140.03

11.09

68.6

4.35

105.73

37.11

-87.83

-34.8

-32.37

-51.81

133.34 0 0 58.06

150 26.97 0 33.23

150 140.03 0 24.67

150 11.09 0 29.41

150 68.6 0 27.7

150 4.35 0 52.35

150 105.73 0 58.07

150 37.11 0 75.39

62.17 0 0 107.63

27.37 0 0 88.8

0 0 5 78.67

0 0 51.81 31.95

393.98 56.81 665.93

Problemas de Hidrología

HIDROGRAMAS

PROBLEMA 8 Dada una cuenca rectangular de 40 km2 de área y 2 h de tiempo de concentración, se pide deducir y calcular los hidrogramas para aguaceros de 10 mm/h de intensidad neta de lluvia y duraciones de 1, 2 y 4 horas

A = 40 Km2. ; TC = 2 h. ; In = 10 mm/h Q = In A = 10 mm/h * 40 km2 Q = 4 .105 m3/h. En el punto de desagüe: Para ta = 1 h. => 2. 105 Para ta = 2 h. => 4. 105 Para ta > 2 h. => 4. 105 Figura 8.1. Cuenca.

Los hidrogramas correspondientes son: Q (m3/h)

Q (m3/h)

ta = 4 h

Tc = 2 h 4 10

5

2 10

5

Tc = ta = 2 h

ta = 1 h

1

Q (m3/h) Tc = 2 h

5

5

4 10

2

3

Tiempo (h)

tb = ta + Tc = 1 + 2 = 3 h;

4 10

2

4

Tiempo (h)

tb = ta + Tc = 2 + 2 = 4 h;

2

4

6

Tiempo (h)

tb = ta + Tc = 4 + 2 = 6 h

Figura 8.2. Hidrogramas.

37

Problemas de Hidrología

PROBLEMA 9 Dado el hidrograma unitario sintético de Snyder de 2 h que figura en el gráfico adjunto, se pide hallar y calcular el hidrograma compuesto cuyo hietograma neto se muestra en dicha figura. q (m3/h/cm)

In (mm/h)

15 10

40

5 3

8 Tiempo (h)

2

4

6

Tiempo (h)

Figura 1. Hidrograma y hietograma

El tiempo base del hidrograma unitario es tb = 8 h, por lo que el tiempo de concentración de la cuenca Tc será: Tc = t b − t a = 8 − 2 = 6 h El hidrograma unitario cumple el primer Principio del Hidrograma Unitario: ta ≤

Tc 3 ó 5

En este caso cumple la condición menos restrictiva: ta ≤

Tc 3

2≤

6 3

sustituyendo,

Para calcular el hidrograma compuesto habrá que componer los hidrogramas desplazados 2 horas obtenidos de multiplicar el unitario por la lluvia caída cada 2 horas. Para las 2 primeras horas, la lluvia caída es: P = I n ⋅ 2 h = 10 ⋅ 2 = 20 mm = 2 cm Para las dos siguientes: P = I n ⋅ 2 h = 5 ⋅ 2 = 10 mm = 1 cm

38

Problemas de Hidrología

Para las dos últimas: P = I n ⋅ 2 h = 15 ⋅ 2 = 30 mm = 3 cm Los hidrogramas unitarios multiplicados por la lluvia caída en cada intervalo del hietograma son:

Hietograma

In

Hidr. Unit. 2 h Hidr. para 2 cm de lluvia Hidr. para 1 cm de lluvia desplazado 2 h Hidr. Unit. 2 h desplazado 4h Hidr. para 3 cm de lluvia desplazado 4 h

140 Tiempo (h)

120

80

3

Q (m /h)

100

60 40 20 0 0

2

4

6

8

10

12

14

Tiempo (h)

Figura 9.1. Hidrogramas producidos por las distintas lluvias.

El hidrograma compuesto suma de los tres anteriores se obtiene de forma sencilla al tratarse de segmentos rectilíneos. En la siguiente tabla se muestran los valores numéricos de los tres hidrogramas y del hidrograma compuesto o total. Tabla 9.1. Composición numérica de hidrogramas. Hidrograma Tiempo Hidrograma producido por desplazado 2 h de (h) 2 cm de lluvia 1 cm de lluvia 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

0 26.66 53.33 80 64 48 32 16 0

0 13.33 26.66 40 32 24 16 8 0

Hidrograma desplazado 4 h de 3 cm de lluvia

Hidrograma total Q (m3/h)

0 40 80 120 96 72 48 24 0

0 26.66 53.33 93.33 90.66 128 144 160 112 80 48 24 0

39

Problemas de Hidrología

En la figura adjunta se muestra la representación de los tres hidrogramas y el hidrograma compuesto obtenido correspondiente a los valores que figuran en la tabla anterior.

In

Hietograma

180

Hidr. 2 cm de lluvia Hidr. 1 cm de lluvia desplazado 2 h Hidr. 3 cm de lluvia desplazado 4 h Hidr. compuesto

Tiempo (h)

160 140

3

Q (m /h)

120 100 80 60 40 20 0 0

2

4

6

8

10

Tiempo (h)

Figura 9.2. Hidrograma compuesto.

40

12

14

Problemas de Hidrología

PROBLEMA 10 Dados los datos de la tabla adjunta dibujar el hidrograma correspondiente y separar las componentes del mismo con los métodos que se conozcan. El área de la cuenca es 1200 km2. Tabla 1. Hidrograma TIEMPO (d) 22/1/01 23/1/01 24/1/01 25/1/01 26/1/01 27/1/01 28/1/01 29/1/01 30/1/01 31/1/01 1/2/01 2/2/01 3/2/01 4/2/01 5/2/01 6/2/01 7/2/01 8/2/01 9/2/01 10/2/01 11/2/01 12/2/01 13/2/01

Q (m3/s) 3.398 3.186 3.163 3.194 3.357 5.803 16.913 43.57 55 42.669 37.103 17.895 9.662 6.438 4.963 3.119 3.033 2.461 2.277 2.273 2.22 2.083 2.025

El hidrograma correspondiente a la Tabla anterior figura en el gráfico adjunto (Figura 10.1). Para separar las componentes del hidrograma en Escorrentía Superficial, Hipodérmica y Subterránea se siguen cuatro métodos diferentes. Los tres primeros distinguen exclusivamente entre Escorrentía Superficial y Subterránea, incluyendo la Escorrentía Hipodérmica en las anteriores. a) Método del flujo subterráneo constante. En este caso se supone que existe un flujo de base constante correspondiente a la Escorrentía Subterránea. Se traza una recta paralela al eje de abcisas desde el punto en que comienza la curva de

41

Problemas de Hidrología

concentración. La Escorrentía Superficial corresponderá a la superficie existente entre el hidrograma y dicha recta (Figura 10.2)

Hidrograma

60 50

3

Caudal (m /s)

40 30 20 10 0 25/1/01

29/1/01

2/2/01

6/2/01

--

Tiempo (días)

Figura 10.1. Hidrograma.

Hidrograma Escorrentía Subterránea

60 50

3

Caudal (m /s)

40 30 20

Escorrentía Superficial

10 0 25/1/01

29/1/01

2/2/01

6/2/01

--

Tiempo (día)

Figura 10.2. Método del flujo subterráneo constante.

42

Problemas de Hidrología

b) Método de Linsley. Se calcula el tiempo transcurrido entre la punta del hidrograma y el instante en que se acaba la Escorrentía Superficial: N = 0.827 ⋅ A 0.2 = 0.827 ⋅ 1200 0.2 = 3.4 dias

N días

60 50

Hidrograma Método de Linsley

3

Caudal (m /s)

40 30

Escorrentía Superficial

20 10

prolongación de la curva

Escorrentía Subterránea

0 25/1/01

29/1/01

2/2/01

6/2/01

--

Tiempo (dia)

Figura 10.3. Método de Linsley.

Se prolonga la curva de crecimiento hasta el punto A, que es el tiempo correspondiente al caudal punta, y a partir de dicho punto se traza la vertical desplazada 3.4 días (en la figura no se ha representado dicho punto de corte al no ser un día entero). El punto de corte de dicha vertical es el tiempo a partir del cual no existe Escorrentía Superficial (Caudal de 14.6018 m3/s). Los valores entre este caudal y el caudal del tiempo punta 3.317 m3/s están interpolados (Figura 10.3). c) Método de aproximación de la curva de agotamiento (Figura 10.4). Se determina la curva de agotamiento calculando la pendiente de la recta del hidrograma representado en escala semilogarítmica:

Q = Q 0 ⋅ e − αt Eligiendo los caudales para los días 6/02/2001 y 13/02/2001 se calcula el coeficiente de agotamiento α y el caudal Q0: ln(Q) = ln(Q 0 ) − α ⋅ t particularizando para ambos días:

43

Problemas de Hidrología

log Q

100

10

Recta de agotamiento log(Q) = log(Q0)-α.log(e).t 1 26/1/01

31/1/01

5/2/01

10/2/01

--

Tiempo (día)

Figura 10.4. Método de la curva de agotamiento.

Hidrograma Método de la curva de agotamiento

60 50

Escorrentía Superficial

3

Caudal (m /s)

40 30

Curva aproximada de unión del punto A y la curva de agotamiento 20 Punto de comienzo de crecida A 10

Punto de inflexión E Curva de agotamiento

0 25/1/01

29/1/01

2/2/01

6/2/01

10/2/01

Tiempo (día)

Figura 10.5. Método de la curva de agotamiento. Determinación de escorrentías.

ln(3.119) = ln(Q 0 ) − α ⋅ 16 se obtiene:

44

;

ln(2.025) = ln(Q 0 ) − α ⋅ 23

Problemas de Hidrología

α = 0.0617

;

Q 0 = 8.371

por lo que Q = 8.371 ⋅ e −0.0617 t representando la curva de agotamiento hasta el punto de inflexión E y uniendo este punto con el punto A de crecida se obtiene el Hidrograma de Escorrentía Subterránea (Figura 10.5). En la siguiente tabla se muestran los resultados numéricos para cada uno de los tres métodos anteriores: Tabla 10.1. Resultados numéricos. Hidrograma Met. Hid. Subt. Cte. Mét. Linsley Mét. C. Agota. Tiempo Q Hidr. Esc. Hidr. Hidr. Hidr. Hidr. Hidr. 3 (d) (m /s) Subt. Esc Sup. E. Sub. E. Sup. E. Sub. E. Sup. 22/1/01 23/1/01 24/1/01 25/1/01 26/1/01 27/1/01 28/1/01 29/1/01 30/1/01 31/1/01 1/2/01 2/2/01 3/2/01 4/2/01 5/2/01 6/2/01 7/2/01 8/2/01 9/2/01 10/2/01 11/2/01 12/2/01 13/2/01

3.398 3.186 3.163 3.194 3.357 5.803 16.913 43.57 55 42.669 37.103 17.895 9.662 6.438 4.963 3.119 3.033 2.461 2.277 2.273 2.22 2.083 2.025

3.357 3.357 3.357 3.357 3.357 3.357 3.357 3.357 3.357 3.357 3.357 3.357 3.357 3.357 3.357 3.357

≈0 ≈0 ≈0 ≈0 0 2.446 13.556 40.213 51.643 39.312 33.746 14.538 6.305 3.081 1.606 ≈0 ≈0 ≈0 ≈0 ≈0 ≈0 ≈0 ≈0

3.398 3.186 3.163 3.194 3.357 3.347 3.337 3.327 3.317 6.636 9.955 13.274 9.662 6.438 4.963 3.119 3.033 2.461

0 0 0 0 0 2.456 13.576 40.243 51.683 36.033 27.148 4.621 0 0 0 0 0 0

3.398 3.186 3.163 3.194 3.357 3.447 3.538 3.628 3.719 3.81 3.9 3.991 3.752 3.528 3.317 3.118 2.932 2.756 2.591 2.436 2.290 2.153 2.024

0 0 0 0 0 2.355 13.374 39.941 51.280 38.859 33.202 13.903 5.909 2.909 1.645 ≈0 ≈0 ≈0 ≈0 ≈0 ≈0 ≈0 ≈0

d) Método de Barnes. Permite obtener las tres escorrentías (Superficial, Hipodérmica y Subterránea). Se representa el hidrograma original en escala semilogarítmica en el eje de ordenadas (Figura 10.6). La curva de agotamiento se convierte en una recta que se prolonga hasta el tiempo punta. Dicho punto se une con el tiempo de crecida mediante una recta (tiempo correspondiente al 26/01/2001). El hidrograma obtenido es el de Escorrentía Subterránea. La

45

Problemas de Hidrología

diferencia entre el original y éste origina el hidrograma de Escorrentía Hipodérmica y Superficial.

log Q

100

tiempo punta

10 Hidrograma de Escorrentía Subterránea Recta de agotamiento log(Q) = log(Q0)-α.log(e).t 1 26/1/01

31/1/01

5/2/01

10/2/01

--

Tiempo (día)

Figura 10.6. Método de Barnes. Separación de la componente subterránea.

Hidr. de Escorrentía Superficial e Hipodérmica

60 50

3

Caudal (m /s)

40 30 20 10 0 25/1/01

29/1/01

2/2/01

6/2/01

10/2/01

Tiempo (día)

Figura 10.7. Método de Barnes. Hidrograma de escorrentías superficial e hipodérmica.

Hay que hacer constar que para restar ambos hidrogramas se restan los valores originales y no los logaritmos decimales de caudales, tal y como se muestra en la 46

Problemas de Hidrología

tabla siguiente. En dicha tabla los valores de los caudales en el Hidrograma de Escorrentía Subterránea del 26/01/2001 al 30/01/2001 están interpolados. Tabla 10.2. Resultados numéricos del hidrograma de Escorrentía Superficial e Hipodérmica. TIEMPO (d) Hidr. Original. Q (m3/s) Hidr. Esc. Subt. 22/1/01 23/1/01 24/1/01 25/1/01 26/1/01 27/1/01 28/1/01 29/1/01 30/1/01 31/1/01 1/2/01 2/2/01 3/2/01 4/2/01 5/2/01 6/2/01 7/2/01 8/2/01 9/2/01 10/2/01 11/2/01 12/2/01 13/2/01

3.398 3.186 3.163 3.194 3.357 5.803 16.913 43.57 55 42.669 37.103 17.895 9.662 6.438 4.963 3.119 3.033 2.461 2.277 2.273 2.22 2.083 2.025

3.398 3.186 3.163 3.194 3.357 3.718 4.08 4.441 4.803 4.516 4.245 3.991 3.752 3.528 3.317 3.118 2.932 2.756 2.591 2.436 2.290 2.153 2.024

Diferencia 0 0 0 0 0 2.084 12.832 39.128 50.196 38.152 32.857 13.903 5.509 2.909 1.645 ≈0 ≈0 ≈0 ≈0 ≈0 ≈0 ≈0 ≈0

Para obtener el de Escorrentía Superficial se procedería de igual forma, representando el hidrograma en escala semilogarítmica, prolongando la recta de agotamiento hasta el tiempo punta y uniendo éste mediante una recta con el tiempo de crecida. Restando ambas figuras se obtendría el Hidrograma de Escorrentía Superficial. En este caso la recta de agotamiento tomando los caudales correspondiente al 4/02/2001 y al 5/02/2001 se tiene la expresión siguiente: ln(2.909) = ln(Q 0 ) − α ⋅ 14 ln(1.645) = ln(Q 0 ) − α ⋅ 15 resolviendo, α = 0.570

47

Problemas de Hidrología

Q 0 = 8508.11 por lo que Q = 8508.11 ⋅ e −0.570 t y representado tanto en escala semilogarítmica como normal se puede apreciar que el valor en el tiempo punta supera al del propio Hidrograma, lo que significa que no se puede aplicar el método de Barnes en este caso. No existe la Escorrentía Hipodérmica y la obtenida en la figura anterior es directamente la Escorrentía Superficial.

Hidr. de Escorrentía Superficial e Hipodérmica Recta de agotamiento

Log Q

100

10

1 25/1/01

29/1/01

2/2/01

6/2/01

Tiempo (dia)

Figura 10.8. Método de Barnes. Separación de las Escorrentías Superficial e Hipodérmica.

En consecuencia, los valores de los caudales correspondientes al Hidrograma de Escorrentía Superficial son los que figuran en la cuarta columna de la anterior Tabla, cuyo encabezamiento se titula “Diferencia” (Tabla 10.2). En la Figura 10.9 se muestra el hidrograma anterior pero en ejes normales. Se puede ver que se acentúan las diferencias en el valor máximo. En la figura siguiente (Figura 10.10) se muestran los hidrogramas de escorrentía superficial de forma conjunta, obtenidos con los cuatro métodos. Como se puede apreciar, en este caso, los resultados obtenidos con los diferentes métodos son similares a excepción de los obtenidos con el método de Linsley, donde el hidrograma de escorrentía superficial es algo menor.

48

Problemas de Hidrología

Hidr. Escorrentía Superficial e Hipodérmica Curva de agotamiento

70 60

Caudal en el tiempo punta menor que el dado por la curva de agotamiento

3

Caudal (m /s)

50 40 30 20 10

25/1/01

29/1/01

2/2/01

6/2/01

Tiempo (dia)

Figura 10.9. Método de Barnes. Separación de las Escorrentías Superficial e Hipodérmica en ejes normales.

Hidr. Esc. Sup. Método de flujo subt. constante Hidr. Esc. Sup. Método de Linsley Hidr. Esc. Sup. Método de la curva de agotamiento Hidr. Esc. Sup. Método de Barnes

60 50

3

Q (m /s)

40 30 20 10 0 24/1/01 27/1/01 30/1/01

2/2/01

5/2/01

8/2/01

Tiempo (día)

Figura 10.10. Comparación de Escorrentías Superficiales obtenidas con los diferentes métodos.

Los hidrogramas de Escorrentía Subterránea calculadas para cada método se muestran en la siguiente figura (Figura 10.11).

49

Problemas de Hidrología

Hidr. Esc. Subt. Método de flujo subt. constante Hidr. Esc. Subt. Método de Linsley Hidr. Esc. Subt. Método de la curva de agotamiento Hidr. Esc. Subt. Método de Barnes

14 13 12 11

3

Q (m /s)

10 9 8 7 6 5 4 3 2 25/1/01 29/1/01

2/2/01

6/2/01

10/2/01

--

Tiempo (día)

Figura 10.11. Comparación de Escorrentías Subterráneas obtenidas con los diferentes métodos.

50

Problemas de Hidrología

PROBLEMA 11 Dada una cuenca de área 100 km2, y tiempo de concentración 6 h, se pide: a) Determinar y dibujar el hidrograma unitario sintético de 2 h de duración según el método de S.C.S. (Hidrograma adimensional). b) Determinar el hidrograma compuesto de la avenida producida por un aguacero cuyo hietograma neto es el siguiente:

In (mm/h) 20 15 10

2

4

Tiempo (h)

6

Figura 1. Hietograma. NOTA: Se determinarán 7 ordenadas como mínimo del hidrograma unitario.

a) Al ser el tiempo de concentración Tc = 6 h , el hidrograma unitario de ta = 2 h pedido cumple la condición menos restrictiva del primer Principio del Hidrograma Unitario: ta ≤

Tc 3

2≤

6 3

sustituyendo,

Una vez comprobado el cumplimiento de las condiciones del método del Hidrograma Unitario hay que hallar el valor del caudal y tiempo punta. Para ello se emplean las siguientes expresiones: 51

Problemas de Hidrología

tp =

ta + 0.6 ⋅ Tc 2

Q p = 2.08 ⋅

A tp

donde Tc es el tiempo de concentración de la cuenca, ta es el tiempo de duración del aguacero, tp es el tiempo punta en horas, A es el área de la cuenca en km2 y Qp es el caudal unitario punta en m3/s/cm. Sustituyendo, tp =

2 + 0.6 ⋅ 6 = 4.6 h 2

Q p = 2.08 ⋅

100 = 45.21 m 3 / s / cm 4.6

Multiplicando estos valores por los valores adimensionales del Hidrograma del S.C.S se obtienen los valores dados en la siguiente tabla. Tabla 11.1. Hidrograma unitario. Hidrograma adimensional t/tp q/Qp 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 2.2 2.4 2.6 2.8 3 3.5 4 4.5 5

0 0.1 0.31 0.66 0.93 1 0.93 0.78 0.56 0.39 0.28 0.21 0.15 0.11 0.08 0.05 0.02 0.01 0.005 0

Hidrograma Unitario 2h t (h) q (m3/s/cm) 0 0.92 1.84 2.76 3.68 4.6 5.52 6.44 7.36 8.28 9.2 10.12 11.04 11.96 12.88 13.8 16.1 18.4 20.7 23

0 4.521 14.017 29.843 42.052 45.217 42.052 35.269 25.321 17.634 12.660 9.495 6.782 4.973 3.617 2.260 0.904 0.452 0.226 0

La representación del hidrograma Unitario se muestra en el gráfico adjunto. 52

Problemas de Hidrología

50

Hidrograma unitario de 2 h

30

3

Caudal (m /s/cm)

40

20

10

0 0

5

10

15

20

25

Tiempo (h)

Figura 11.1. Hidrograma Unitario de 2 h de duración. b) Inicialmente se comprueba si cumple con el Primer Principio del Hidrograma Unitario. El tiempo de concentración es 6 h y la duración del aguacero es también 6 h. En este caso, ta >

Tc 5

6>

6 5

sustituyendo,

o también la condición menos restrictiva: ta >

Tc 3

6>

6 3

sustituyendo,

lo que implica que el hidrograma compuesto se calculará a partir de la suma de los hidrogramas unitarios multiplicados por la precipitación neta cada 2 h. En este caso la lluvia neta caída cada 2 h es el área del hietograma:

53

Problemas de Hidrología

Las primeras 2 h: 2 h ⋅ 10 mm / h = 20 mm = 2 cm Las dos siguientes: 2 h ⋅ 20 mm / h = 40 mm = 4 cm Las dos últimas: 2 h ⋅ 15 mm / h = 30 mm = 3 cm Por lo tanto, el hidrograma unitario se multiplicará por 2, 4 y 3 cm, respectivamente, obteniéndose tres hidrogramas desplazados cada 2 h, como muestra la figura adjunta

Hidrograma Unitario 2 h Hidrograma para 2 cm de lluvia Hidrograma para 4 cm de lluvia desplazado 2 h Hidrograma para 3 cm de lluvia desplazado 4 h

200 180 160

120

3

caudal (m /s)

140

100 80 60 40 20 0 0

5

10

15

20

25

30

tiempo (h)

Figura 11.2. Hidrogramas producidos por los distintos volúmenes de caídos.

El hidrograma compuesto es la suma de los tres anteriores tal y como se muestra en la Figura 11.3. Para calcular los valores numéricos se han hallado las ordenadas del hidrograma unitario cada 2 h interpolando a partir de los valores en los tiempos conocidos (Tabla 11.2). El hidrograma compuesto calculado numéricamente se halla multiplicando por 2, 4 y 3 cm el hidrograma unitario anterior y sumando los tres hidrogramas desplazados convenientemente. En la Tabla 11.3 se muestran los resultados numéricos obtenidos.

54

Problemas de Hidrología

Hietograma

In 350 Tiempo (h)

Hidr. para 2 cm de lluvia Hidr. para 4 cm de lluvia desplazado 2 h Hidr. para 3 cm de lluvia desplazado 4 h Hidrograma total

300

3

Caudal (m /s)

250 200 150 100 50 0 0

3

6

9

12

15

18

21

24

27

30

Tiempo (h)

Figura 11.3. Hidrograma compuesto.

Tabla 11.2. Hidrograma unitario Interpolado cada 2 h. Hidrograma Unitario 2 h t (h) q (m3/s/cm) 0 0.92 1.84 2.76 3.68 4.6 5.52 6.44 7.36 8.28 9.2 10.12 11.04 11.96 12.88 13.8 16.1 18.4 20.7 23

0 4.521 14.017 29.843 42.052 45.217 42.052 35.269 25.321 17.634 12.660 9.495 6.782 4.973 3.617 2.260 0.904 0.452 0.226 0

Hidr. Unit. 2h interpolado t (h) q (m3/s/cm) 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24

0 16.769 43.153 38.513 19.974 9.908 4.9141 2.142 0.963 0.530 0.294 0.098 0

55

Problemas de Hidrología

Tabla 11.3. Resultados numéricos. Hidrograma compuesto. t (h)

H.U. x 2cm

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24

0 33.539 86.306 77.026 39.948 19.816 9.829 4.285 1.926 1.061 0.589 0.196 0

26 28

56

H.U. x 4 cm H.U. x 3 cm 0 67.078 172.612 154.053 79.897 39.633 19.659 8.571 3.853 2.123 1.179 0.393 0

0 50.309 129.459 115.540 59.922 29.725 14.744 6.428 2.889 1.592 0.884 0.294 0

Hidr. Total 0 33.539 153.384 299.947 323.460 215.254 109.386 53.670 25.243 11.343 5.603 2.968 1.277 0.294 0

Problemas de Hidrología

PROBLEMA 12 Dado el hidrograma unitario de un aguacero de cuatro horas de duración, se pide: a) Hallar el hidrograma unitario de un aguacero de 2 horas de duración utilizando el método del Hidrograma en S. b) A partir del hidrograma unitario de un aguacero de 2 horas de duración hallar el hidrograma unitario de 12 h. Tabla 1. Hidrograma unitario de 4 h Tiempo (h) q (m3/s/cm)

0 0

4 12

8 75

12 132

16 180

20 210

24 183

Tiempo (h) q (m3/s/cm)

28 156

32 135

36 124

40 96

44 87

48 66

52 54

Tiempo (h) q (m3/s/cm)

56 42

60 33

64 24

68 18

72 12

76 6

80 0

a) Para utilizar el método del Hidrograma en S se deben calcular las ordenadas del hidrograma de intensidad unidad. En este problema se proporcionan las ordenadas del hidrograma de volumen unidad (m3/s/cm), por lo que el hidrograma unitario de intensidad unitaria q* se hallará de la siguiente forma:

Si el hietograma correspondiente al hidrograma de volumen unidad de duración ta es el que se muestra (Figura 12.1), la intensidad correspondiente a ese volumen unidad será 1/ta. De esta manera: Vol = 1 cm = t a ⋅

1 ta

Si definimos la intensidad unitaria como 1 mm/h, para definir el hidrograma unitario (q*) producido por una lluvia de intensidad unitaria (1 mm/h) a partir del hidrograma unitario (q) de volumen unidad (1 cm) habrá que dividir este último por la intensidad (1/ta cm/h ó 10/ta mm/h): q* =

t q = q ⋅ a (m 3 / s / mm / h ) (10 t a ) 10

En la Tabla 12.1 se calcula el hidrograma unitario producido por una lluvia de intensidad unidad (1 mm/h) y duración ta = 4 h.

57

Problemas de Hidrología

In (cm/h)

1/ta

1 cm

ta

Tiempo (h)

Figura 12.1. Hietograma. Tabla 12.1. Transformación de las ordenadas unitarias Tiempo (h) q (m3/s/cm) 4 h q* (m3/s/mm/h) 4 h 0 0 0 4 12 4.8 8 75 30 12 132 52.8 16 180 72 20 210 84 24 183 73.2 28 156 62.4 32 135 54 36 124 49.6 40 96 38.4 44 87 34.8 48 66 26.4 52 54 21.6 56 42 16.8 60 33 13.2 64 24 9.6 68 18 7.2 72 12 4.8 76 6 2.4 80 0 0

En la figura siguiente se muestran los hidrogramas unitarios de intensidad unitaria y volumen unitario, respectivamente. También se han representado los hietogramas correspondientes que originan ambos hidrogramas.

58

Problemas de Hidrología

In

Hietograma Volumen 1 cm

1/ta

Hietograma ta Intensidad neta unitaria Hidrograma unitario de 4 h (volumen unidad: 1 cm) Hidrograma unitario de 4 h (intensidad unidad: 1 mm/h)

210

3

*

3

q (m /s/cm) / q (m /s/mm/h)

1 280

140

70

0 0

20

40

60

80

100

Tiempo (h)

Figura 12.2. Hidrogramas unitarios (volumen unidad e intensidad unidad).

Hay que hacer notar que la duración de la lluvia que originan ambos hidrogramas es la misma (ta = 4 h), lo único que varía es la intensidad neta que en un caso es 1 mm/h y en el otro (volumen unidad) es 1/ta. Una vez calculadas las ordenadas del hidrograma unitario de intensidad 1 mm/h, se halla el hidrograma en S a partir de sumar infinitos hidrogramas desplazados ta (4 h) horas producidos por una lluvia indefinida de intensidad unidad. En la Tabla 12.2 se muestra los resultados numéricos. Para obtener el hidrograma en S se van hallando los valores acumulados en cada tiempo. A partir de la hora 76 el valor ya es constante (658). Para hallar el hidrograma unitario de duración 2 h (cuarta columna de la siguiente tabla) se desplaza el hidrograma en S 2 horas (tercera columna) y se resta del hidrograma en S original (segunda columna). Para hacerlo numéricamente hallaremos las ordenadas cada 2 h interpolando de la figura del Hidrograma en S. Estos resultados se muestran en la Tabla 12.3. Para obtener el hidrograma unitario (de volumen unidad: 1 cm) se tendrá que hacer la conversión inversa: q = q* ⋅

10 (m 3 / s / cm) t *a

donde t *a = 2 h .

59

Problemas de Hidrología

Tabla 12.2. Obtención del Hidrograma en S Tiempo (h)

q* (m3/s/mm/h) 4h

Valor acum.

Hidrograma en S

0 4 8 12 16 20 24 28 32 36 40 44 48 52 56 60 64 68 72 76 80

0 4.8 30 52.8 72 84 73.2 62.4 54 49.6 38.4 34.8 26.4 21.6 16.8 13.2 9.6 7.2 4.8 2.4 0

0 0 + 4.8 = 4.8 4.8 + 30 = 34.8 34.8 + 52.8 = 87.6 87.6 + 72 = 159.6 159.6 + 84 = 243.6 243.6 + 73.2 = 316.8 316.8 + 62.4 = 379.2 379.2 + 54 = 433.2 433.2 + 49.6 = 482.8 482.8 + 38.4 = 521.2 521.2 + 34.8 = 556 556 + 26.4 = 582.4 582.4 + 21.6 = 604 604 + 16.8 = 620.8 620.8 + 13.2 = 634 634 + 9.6 = 643.6 643.6 + 7.2 = 650.8 650.8 + 4.8 = 655.6 655.6 + 2.4 = 658 658 + 0 = 658

0 4.8 34.8 87.6 159.6 243.6 316.8 379.2 433.2 482.8 521.2 556 582.4 604 620.8 634 643.6 650.8 655.6 658 658

In (mm/h) 1 700

Hietograma t

600 Hidrograma en S

400

3

Q (m /s)

500

300 200 100 0 0

20

40

60

Tiempo (h)

Figura 12.3. Hidrograma en S.

60

80

Problemas de Hidrología

Tabla 12.3. Obtención de ordenadas unitarias con el Hidrograma en S. Tiempo (h) 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 26 28 30 32 34 36 38 40 42 44 46 48 50 52 54 56 58 60 62 64 66 68 70 72 74 76 78 80

Hidrograma en S 0 1.6 4.8 16.8 34.8 58.6 87.6 122 159.6 202 243.6 282 316.8 349 379.2 407 433.2 459 482.8 503 521.2 539.5 556 570 582.4 593.8 604 613 620.8 628 634 639.2 643.6 647.5 650.8 653.5 655.6 657.1 658 658 658

Hidrograma en S desplazado 2 h

0 1.6 4.8 16.8 34.8 58.6 87.6 122 159.6 202 243.6 282 316.8 349 379.2 407 433.2 459 482.8 503 521.2 539.5 556 570 582.4 593.8 604 613 620.8 628 634 639.2 643.6 647.5 650.8 653.5 655.6 657.1 658 658

q* (m3/s/mm/h) 2h 0 1.6 3.2 12 18 23.8 29 34.4 37.6 42.4 41.6 38.4 34.8 32.2 30.2 27.8 26.2 25.8 23.8 20.2 18.2 18.3 16.5 14 12.4 11.4 10.2 9 7.8 7.2 6 5.2 4.4 3.9 3.3 2.7 2.1 1.5 0.9 0

61

Problemas de Hidrología

En la siguiente figura se muestra el hidrograma unitario obtenido de la diferencia entre el Hidrograma en S desplazado 2 h y el original.

In (mm/h) 700

t

600

400

3

Q (m /s)

500

300

Hidrograma en S Hidrograma en S desplazado 2 h Hidrograma unitario 2 h * (intensidad unidad) (q )

200 100 0 0

20

40

60

80

Tiempo (h)

Figura 12.4. Hidrograma S desplazado. Obtención del Hidrograma unitario.

En la Tabla 12.4 se muestran los valores numéricos del hidrograma unitario (volumen unidad) de 2 h (q), después de hacer la conversión descrita anteriormente. En las figuras adjuntas (Figura 12.5 y 12.6) se muestran los hidrogramas unitarios (intensidad neta unidad) de 2 y 4 h, respectivamente, y los hidrogramas unitarios (volumen unidad) de 2 y 4 h, respectivamente. Se puede comprobar que los hidrogramas unitarios de volumen de lluvia unidad de 2 y 4 h se diferencian en el tiempo y caudal punta y el tiempo base. En el hidrograma de 4 h el tiempo base es 80 h, el tiempo punta es 20 h y el caudal punta es 210 m3/s/cm. En el hidrograma de 2 h, el tiempo base es 78 h, el tiempo punta 18 h y el caudal punta 212 m3/s/cm. Se puede comprobar que el tiempo punta de uno y otro están desplazados por un tiempo de 2 h, justamente la diferencia de duración de ambos aguaceros.

62

Problemas de Hidrología

Tabla 12.4. Obtención del Hidrograma Unitario (volumen unidad) de 2 h. Tiempo (h) 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 26 28 30 32 34 36 38 40 42 44 46 48 50 52 54 56 58 60 62 64 66 68 70 72 74 76 78 80

q* (m3/s/mm/h) 2 h 0 1.6 3.2 12 18 23.8 29 34.4 37.6 42.4 41.6 38.4 34.8 32.2 30.2 27.8 26.2 25.8 23.8 20.2 18.2 18.3 16.5 14 12.4 11.4 10.2 9 7.8 7.2 6 5.2 4.4 3.9 3.3 2.7 2.1 1.5 0.9 0

q (m3/s/cm) 2 h 0 8 16 60 90 119 145 172 188 212 208 192 174 161 151 139 131 129 119 101 91 91.5 82.5 70 62 57 51 45 39 36 30 26 22 19.5 16.5 13.5 10.5 7.5 4.5 0

63

Problemas de Hidrología

100

Hidrograma unitario (intensidad unitaria) 4 h Hidrograma unitario (intensidad unitaria) 2 h

60

40

*

3

q (m /s/mm/h)

80

20

0 0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

Tiempo (h)

Figura 12.5. Comparación de Hidrogramas Unitarios de intensidad unidad.

250 Hidrograma unitario (volumen unidad) 4 h Hidroagrama unitario (volumen unidad) 2 h

150

3

q (m s/cm)

200

100

50

0 0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

Tiempo (h)

. Figura 12.6. Comparación de Hidrogramas Unitarios de volumen unidad. b) Para hallar el hidrograma unitario (volumen unidad) de 12 h de duración a partir del de 2 h, sumaremos 6 hidrogramas unitarios de 2 h (ya que 12 h / 2 h = 6) desplazados cada 2 h y el hidrograma resultado lo dividiremos por 6 cm.

En la figura siguiente (Figura 12.7) se muestra el procedimiento de cálculo seguido: Se desplaza el hidrograma unitario de 2 h 6 veces y se suman. En la parte superior de la figura se ha representado el hietograma correspondiente a

64

Problemas de Hidrología

cada hidrograma unitario de 2 h. En consecuencia, el volumen del hidrograma total es de 6 cm. Para convertirlo en unitario se dividen las ordenadas por 6. In (mm/h)

1 cm

1200

Hidr. unit. (vol. 1 cm) 2 h Hidr. unit. (vol. 1 cm) 2 h desplazado 2 h Hidr. unit. (vol. 1 cm) 2 h desplazado 4 h Hidr. unit. (vol. 1 cm) 2 h desplazado 6 h Hidr. unit. (vol. 1 cm) 2 h desplazado 8 h Hidr. unit. (vol. 1 cm) 2 h desplazado 10 h Hidr. compuesto

Tiempo (h)

1000

3

Q (m /s)

800 600 400 200 0 0

20

40

60

80

100

Tiempo (h)

Figura 12.7. Hidrograma compuesto. In (mm/h) 1/12

1 cm Tiempo (h)

1200

Hidrogram unitario 12 h (volumen unidad) Hidrograma compuesto (suma de los 6 unitarios de 2 h)

1000

600

3

q (m /s/cm)

800

400 200 0 0

20

40

60

80

100

Tiempo (h)

Figura 12.8. Hidrograma unitario de 12 h.

En la Tabla 12.5 se muestra el procedimiento de cálculo. La última columna representa el hidrograma unitario de 12 h. Se puede comprobar que el tiempo base de este hidrograma es 88 h. Para el cálculo del tiempo base, calcularemos

65

Problemas de Hidrología

previamente el tiempo de concentración a partir del hidrograma unitario de 2 h ó del de 4 h. Tabla 12.5. Obtención de Hidrograma de 12 h.

T (h)

q 2h

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 26 28 30 32 34 36 38 40 42 44 46 48 50 52 54 56 58 60 62 64 66 68 70 72 74 76 78 80 82 84 86 88

0 8 16 60 90 119 145 172 188 212 208 192 174 161 151 139 131 129 119 101 91 91.5 82.5 70 62 57 51 45 39 36 30 26 22 19.5 16.5 13.5 10.5 7.5 4.5 0

66

Hidrogramas unitarios desplazados 2, 4, 6, 8 y 10 h, respectivamente q2h q2h q2h q2h q2h 0 8 16 60 90 119 145 172 188 212 208 192 174 161 151 139 131 129 119 101 91 91.5 82.5 70 62 57 51 45 39 36 30 26 22 19.5 16.5 13.5 10.5 7.5 4.5 0

0 8 16 60 90 119 145 172 188 212 208 192 174 161 151 139 131 129 119 101 91 91.5 82.5 70 62 57 51 45 39 36 30 26 22 19.5 16.5 13.5 10.5 7.5 4.5 0

0 8 16 60 90 119 145 172 188 212 208 192 174 161 151 139 131 129 119 101 91 91.5 82.5 70 62 57 51 45 39 36 30 26 22 19.5 16.5 13.5 10.5 7.5 4.5 0

0 8 16 60 90 119 145 172 188 212 208 192 174 161 151 139 131 129 119 101 91 91.5 82.5 70 62 57 51 45 39 36 30 26 22 19.5 16.5 13.5 10.5 7.5 4.5 0

0 8 16 60 90 119 145 172 188 212 208 192 174 161 151 139 131 129 119 101 91 91.5 82.5 70 62 57 51 45 39 36 30 26 22 19.5 16.5 13.5 10.5 7.5 4.5 0

suma

q 12 h

0 8 24 84 174 293 438 602 774 926 1044 1117 1146 1135 1098 1025 948 885 830 770 710 662.5 614 555 498 454 414 367.5 324 290 258 227 198 172.5 150 127.5 108 89.5 72 52.5 36 22.5 12 4.5 0

0 1.33 4 14 29 48.83 73 100.33 129 154.33 174 186.16 191 189.16 183 170.83 158 147.5 138.33 128.33 118.33 110.41 102.33 92.5 83 75.66 69 61.25 54 48.33 43 37.83 33 28.75 25 21.25 18 14.91 12 8.75 6 3.75 2 0.75 0

Problemas de Hidrología

El hidrograma unitario de 4 h tiene un tiempo base de 80 h. La expresión del tiempo base tb en este caso es: t b = t a + Tc donde ta es el tiempo de duración del aguacero (en este caso 4 h) y Tc es el tiempo de concentración. En consecuencia, Tc = 80 – 4 = 76 h Así, el tiempo base del hidrograma unitario de 12 h será: tb = 76 + 12 = 88 h

67

Problemas de Hidrología

PROBLEMA 13 Deducir un hidrograma unitario a partir del hidrograma neto de caudales registrado en la tabla adjunta, sabiendo que el tiempo de concentración es Tc = 6 h y el hietograma neto el registrado en la figura. Tabla 1. Hidrograma de caudales T (h) Q (m3/s)

1 0.25

2 1

3 3.25

4 6.75

5 9.75

6 10

7 6

8 2

9 0

I (mm/h)

10 5

1

2

3

Tiempo (h)

Figura 1. Hietograma

El tiempo base del hidrograma dado es 9 h y el tiempo de concentración es 6 h, lo que implica que el tiempo de duración del aguacero es t a = t b − Tc = 9 − 6 = 3 h que coincide con el tiempo del aguacero cuyo hietograma es el expuesto en el enunciado. Veamos, ahora si cumple el primer Principio del Hidrograma Unitario, ya que si lo cumple, el hidrograma unitario pedido tendrá el mismo tiempo base que el hidrograma dado y lo único que habrá que hacer es dividir las ordenadas por el volumen de precipitación caída. En nuestro caso 6 T  Condición más restrictiva: (t a = 3) >  c = = 1.2   5 5  6  T Condición menos restrictiva: (t a = 3) >  c = = 2    3 3

68

Problemas de Hidrología

es decir, el tiempo de duración del aguacero es superior a la quinta y tercera parte del tiempo de concentración, por lo que no cumple el primer Principio del Hidrograma Unitario. Ello implica que es un hidrograma compuesto obtenido a partir de la composición de varios hidrogramas unitarios. Elegiremos el hidrograma unitario de duración 1 h (que es inferior a 1.2) por lo que cumple la condición más restrictiva del primer Principio, además de que, para ese intervalo de tiempo, el valor de la intensidad es constante. Se necesitan, en consecuencia 3 hidrogramas unitarios, cuyo tiempo base es: t b = t a + Tc = 1 + 6 = 7 h Si aplicamos el método de composición tendremos: Q0 = 0 Q1 = q 1 I1 ∆t 1 = q 1 P1 Q 2 = q 1 I 2 ∆t 2 + q 2 I1 ∆t 1 = q 1 P2 + q 2 P1 Q 3 = q 1 I 3 ∆t 3 + q 2 I 2 ∆t 2 + q 3 I1 ∆t 1 = q 1 P3 + q 2 P2 + q 3 P1 Q 4 = q 2 I 3 ∆t 3 + q 3 I 2 ∆t 2 + q 4 I1 ∆t 1 = q 2 P3 + q 3 P2 + q 4 P1 Q 5 = q 3 I 3 ∆t 3 + q 4 I 2 ∆t 2 + q 5 I1 ∆t 1 = q 3 P3 + q 4 P2 + q 5 P1 Q 6 = q 4 I 3 ∆t 3 + q 5 I 2 ∆t 2 + q 6 I1 ∆t 1 = q 4 P3 + q 5 P2 + q 6 P1 Q 7 = q 5 I 3 ∆t 3 + q 6 I 2 ∆t 2 = q 5 P3 + q 6 P2 Q 8 = q 6 I 3 ∆t 3 = q 6 P3 Q9 = 0

donde Q son las ordenadas del hidrograma compuesto (m3/s), Ii es la intensidad neta en el tiempo i (hora i), Pi es la precipitación neta en el tiempo i y qj es la ordenada del hidrograma unitario en el tiempo j (hora j) (m3/s/cm). Este sistema se expresa matricialmente:  Q1   P1 Q   P  2  2 Q 3   P3    Q 4  =  0 Q 5   0    Q 6   0 Q   0  7  Q 8   0

0

0

0

0

P1

0

0

0

P2

P1

0

0

P3

P2

P1

0

0

P3

P2

P1

0 0

0 0

P3 0

P2 P3

0

0

0

0

0 0   q 1  0  q 2   0  q 3  ⋅  0  q 4   P1  q 5    P2  q 6   P3 

con Q0 = Q9 = 0. La expresión simplificada: Q = P⋅q

69

Problemas de Hidrología

donde Q es el vector de caudales, P es la matriz de precipitaciones y q es el vector de caudales unitarios. Para resolver el sistema premultiplicamos por la matriz traspuesta de precipitaciones para obtener una matriz cuadrada y poderla invertir. Se obtiene, t

t

P ⋅Q = P ⋅P⋅q −1

t  t   P ⋅ P  ⋅ P ⋅ Q = q  

Los valores de las precipitaciones netas son: Para la primera hora, la lluvia caída es: P1 = I1 ⋅ 1 h = 5 ⋅ 1 = 5 mm = 0.5 cm Para la siguiente: P2 = I 2 ⋅ 1 h = 5 ⋅ 1 = 5 mm = 0.5 cm Para las dos últimas: P3 = I 3 ⋅ 1 h = 10 ⋅ 1 = 10 mm = 1 cm Si sustituimos estos valores en el sistema anterior se obtiene 0 0 0 0 0.25 0.5 0  1  0.5 0.5 0 0 0 0   q 1     3.25  1 0.5 0.5 0 0 0  q 2      1 0.5 0.5 0 0  q 3  6.75 =  0 ⋅  9.75  0 0 1 0.5 0.5 0  q 4      0 0 1 0.5 0.5 q 5   10   0    6  0 0 0 0 1 0.5 q 6      0 0 0 0 1   2   0 Premultiplicando por la traspuesta, se obtiene 0 0 0   q1   3.875   1.5 0.75 0.5  8.875  0.75 1.5 0.75 0.5 0 0  q 2      14.75   0.5 0.75 1.5 0.75 0.5 0  q 3   = ⋅  0.5 0.75 1.5 0.75 0.5  q 4   18.25   0 15.875  0 0 0.5 0.75 1.5 0.75 q 5        0 0 0.5 0.75 1.5  q 6   10   0

y resolviendo el sistema de 6x6, se llega q0 = 0.0 m3/s/cm q1 = 0.5 m3/s/cm q2 = 1.5 m3/s/cm q3 = 4.0 m3/s/cm

70

Problemas de Hidrología

q4 = 6.5 m3/s/cm q5 = 5.0 m3/s/cm q6 = 2.0 m3/s/cm q7 = 0.0 m3/s/cm En la figura adjunta se muestran el hidrograma compuesto y los tres hidrogramas cuya suma es igual al compuesto. En la siguiente figura se muestra el hidrograma unitario de 1 h de duración. La combinación de este hidrograma multiplicado por la lluvia neta caída y desplazado 1 y 2 horas da como resultado el hidrograma compuesto. I

Hidr. producido por 0.5 cm de lluvia Hidr. producido por 0.5 cm de lluvia desplazado 1 h Hidr. producido por 1 cm de lluvia desplazado 2 h Hidr. total

Hietograma

12 Tiempo (h) 10

6 4 2 0 -1

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

Tiempo (h)

Figura 13.1. Hidrograma compuesto.

Hidrograma unitario de 1 h

8 7 6 5 3

q (m /s)

3

Q (m /s)

8

4 3 2 1 0 0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

Tiempo (h)

Figura 13.2. Hidrograma Unitario de 1 h. 71

Problemas de Hidrología

Hidr. unitario 1 h Hidr. unitario 1 h desplazado 1 h Hidr. unitario 1 h desplazado 2 h

9 8 7

q4

3

q (m /s/cm)

6 5

q5

4

q3

3 2

q6 q2

1

q1

0 0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

Tiempo (h)

Figura 13.3. Hidrograma Unitarios desplazados.

72

10

Problemas de Hidrología

PROBLEMA 14 Deducir la expresión del hidrograma unitario instantáneo. (hidrograma correspondiente a un aguacero de duración infinitesimal dt y altura de lluvia 1 cm). A partir del hidrograma unitario instantáneo, deducir el hidrograma unitario de duración D.

Si una cuenca recibe una entrada unitaria (1 cm) de lluvia aplicada instantáneamente en el tiempo t*, la respuesta de dicho impulso unitario está definida por una función u(t-t*) en un tiempo t posterior, donde t-t* es el tiempo de retardo (ver figura). In (t), Q(t)

Impulso unitario

*

u(t-t ) Función impulso respuesta

1

t

Tiempo t

*

Figura 14.1. Pulso y respuesta.

Si la intensidad neta de una lluvia ocurrida en t* en un intervalo infinitesimal dt* es I(t*), la altura de precipitación será I t * ⋅ dt * , cuyo valor será 1 cm; lluvia que entrará en la cuenca originando un hidrograma de escorrentía directa como respuesta. El valor de la respuesta se obtendrá integrando:

( )

t

( ) (

)

Q(t ) = ∫ I t * ⋅ u t − t * ⋅ dt * 0

que es la integral de convolución. La entrada de pulso unitario es una entrada unitaria (1 cm) que ocurre con una duración D = ∆t. La intensidad de precipitación será 1/∆t para conseguir que la precipitación sea 1 cm. En consecuencia, la función respuesta será

73

Problemas de Hidrología

Q (t ) =

t

(

)

1 u t − t * ⋅ dt * ∆t ∫0

Si hacemos el cambio de variable l = t – t*, dl = -dt*. Los límites: Para t* = 0, l = t; y para t* = t, l = 0, Q (t ) =

t

(

0

)

t

1 1 1 u t − t * ⋅ dt * = − ∫ u (l ) ⋅ dl = u (l ) ⋅ dl ∫ ∆t 0 ∆t t ∆t ∫0

In (cm/h)

1/∆t

1 cm

∆t

Tiempo (h)

Figura 14.2. Hietograma.

Si el intervalo no es infinitesimal si no que es discreto de duración ∆t, la respuesta, aplicando el Principio de Superposición del Hidrograma unitario, será: Q (t ) =

1   u (l ) ⋅ dl − ∆t  ∫0 t

 1 t ( ) u l ⋅ dl = ∫0 ∫ u(l) ⋅ dl  ∆t t − ∆t

t − ∆t

El valor de la integral dependerá del valor de la función u(l). Si estos valores corresponden a una función discreta, se puede linealizar y, por tanto, aplicar la regla del trapecio, t

 u (t ) + u (t − ∆t )   ⋅ ∆t 2 

∫ u (l) ⋅ dl = 

t − ∆t

 u (t ) + u (t − ∆t )  donde   es el hidrograma unitario de duración ∆t. La aproximación 2  lineal de la integral se puede hacer siempre y cuando ∆t sea muy pequeño. Una vez 74

Problemas de Hidrología

obtenido este hidrograma unitario de duración ∆t, para hallar el hidrograma unitario de duración D > ∆t, se procedería con otro método, como el del Hidrograma en S, a partir de dicho hidrograma unitario de duración ∆t.

75

Problemas de Hidrología

PROBLEMA 15 Dada la cuenca geométrica de la figura adjunta con un flujo canalizado de 1 m/s y un flujo superficial de 0.5 m/s, se pide: a) Deducir el tiempo de concentración de la cuenca Tc. b) Dibujar 10 isocronas. c) Deducir el hidrograma para un aguacero de duración Tc/10 e intensidad neta de 3.6 mm/h. d) Deducir el hidrograma para un aguacero de duración infinita e intensidad neta de 3.6 mm/h. 1000 m

V = 0.5 m/s

1000 m

V = 1 m/s

Figura 1. Cuenca Nota: No tener en cuenta el factor de uniformidad ni el coeficiente reductor por área.

a) Para hallar el tiempo de concentración habrá que seleccionar el punto más alejado del punto de desagüe de la cuenca. En este caso, al ser la cuenca rectangular, el punto más alejado cuyo recorrido hasta llegar al punto de desagüe observando las líneas de corriente serán los puntos de las esquinas A ó B (ver Figura 15.1).

El tiempo de concentración será: Tc =

76

500 m 0.5 m / s

+

1000 m 1 m/s

= 2000 s

Problemas de Hidrología

1000 m

A

B

V = 0.5 m/s

1000 m

V = 1 m/s

Figura 15.1. Recorrido del punto más alejado. b) Las isocronas son líneas de igual tiempo de escurrimiento, de forma que cualquier gota de agua precipitada a lo largo de ella tarda el mismo tiempo en alcanzar el punto de desagüe de la cuenca.

Del dibujo se deduce que un punto A situado a 500 m del cauce tarda en alcanzar éste: T=

500 m 0.5 m / s

= 1000 s

el mismo tiempo que tarda en recorrer una gota caída en el extremo opuesto al punto de desagüe la longitud del río: T=

1000 m 1 m/s

= 1000 s

por lo que la isocrona de 1000 s será la representada en la Figura 15.2. Como el tiempo de concentración es 2000 s se dibujarán 10 isocronas correspondientes a 200, 400, 600, 800, 1000, 1200, 1400, 1600, 1800, 2000 s (incremento de tiempo ∆t = Tc 10 = 200 s ). En la figura siguiente se muestran las 10 isocronas.

77

Problemas de Hidrología

1000 m

T = 1000 s 1000 m

Figura 15.2. Isocrona de 1000 segundos.

ISOCRONAS 1000 m

1800 1600

1000 m

1400 1200 800 400

200

600

1000

Figura 15.3. Representación de las 10 isocronas. c) El área existente entre las isocronas se puede calcular fácilmente al ser figuras geométricas trapezoidales y triangulares. Las áreas calculadas se muestran en la siguiente tabla (Tabla 15.1).

78

Problemas de Hidrología

Tabla 15.1. Áreas comprendidas entre isocronas. ISOCRONAS 0 – 200 s 200 – 400 s 400 – 600 s 600 – 800 s 800 – 1000 s 1000 – 1200 s 1200 – 1400 s 1400 – 1600 s 1600 – 1800 s 1800 – 2000 s

ÁREA (m2) 20000 60000 100000 140000 180000 180000 140000 100000 60000 20000

La expresión del cálculo del caudal que se obtiene a partir de un aguacero de intensidad neta In y duración D es: Qi =

1 ⋅ In ⋅ Ai 3.6

donde In es la intensidad neta uniforme (en mm/h) producida sobre la cuenca, Ai es el área (en km2) comprendida entre dos isocronas cuyo intervalo de separación temporal es D y Qi es el caudal (en m3/s) producido en el punto de desagüe cada intervalo D. En nuestro caso la duración del aguacero es D = Tc 10 = 200 s e In = 3.6 mm/h. En la tabla siguiente se muestran los cálculos realizados para obtener el hidrograma. Tabla 15.2. Caudales Tiempo (s) 200 400 600 800 1000 1200 1400 1600 1800 2000

Qi = In Ai /3.6 3.6 0.02/3.6 = 0.02 3.6 0.06/3.6 = 0.06 3.6 0.1/3.6 = 0.1 3.6 0.14/3.6 = 0.14 3.6 0.18/3.6 = 0.18 3.6 0.18/3.6 = 0.18 3.6 0.14/3.6 = 0.14 3.6 0.1/3.6 = 0.1 3.6 0.06/3.6 = 0.06 3.6 0.02/3.6 = 0.02

El agua caída los primeros 200 s producen un caudal de 0.02 m3/s. En ese momento cesa la lluvia y al cabo de otros 200 s (tiempo 400 s) llega al punto de desagüe el agua caída en el área comprendida entre la isocrona 200 s y 400 s, y

79

Problemas de Hidrología

así sucesivamente hasta llegar a 2000 s que es el tiempo de concentración. En la figura adjunta se muestra el hidrograma producido y el histograma (Figura 15.4).

In (mm/h)

hidrograma producido por una lluvia de 3.6 mm/h de intensidad neta y duración 200 s

3.6

0.20 Tiempo (s)

200

0.18 0.16 0.14

3

Q (m /s)

0.12 0.10 0.08 0.06 0.04 0.02 0.00 0

400

800

1200

1600

2000

2400

Tiempo (s)

Figura 15.4. Hidrograma e Hietograma d) Para obtener el hidrograma producido por una lluvia de duración infinita se calculará el hidrograma con valores acumulados tal y como se realiza para obtener el hidrograma en S, sólo que en este caso la intensidad neta es 3.6 mm/h en lugar de 1 mm/h. En la tabla adjunta se muestran los cálculos realizados para la obtención de dicho hidrograma. Tabla 15.3. Cálculos para obtener el hidrograma. Tiempo (s) 0 200 400 600 800 1000 1200 1400 1600 1800 2000 2200

80

Hidrograma Q (m3/s) 0 0.02 0.06 0.1 0.14 0.18 0.18 0.14 0.1 0.06 0.02 0

Valor acumulado Hidrograma 0 0.02 0.08 0.18 0.32 0.5 0.68 0.82 0.92 0.98 1 1

Problemas de Hidrología

Se puede observar que a partir del tiempo 2000 s, que es el tiempo de concentración el valor del caudal es constante (igual a 1 m3/s). En la siguiente figura se muestra el hidrograma obtenido y el hietograma.

In (mm/h) 3.6

1.2

Tiempo (s)

1.0

3

Q (m /s)

0.8 0.6

Hidrograma

0.4 0.2 0.0 0

400

800

1200

1600

2000

tiempo (s)

Figura 15.5. Hidrograma e Hietograma producido.

81

Problemas de Hidrología

PROBLEMA 16 Dada la cuenca geométrica de la figura adjunta con las líneas de flujo convergiendo al punto de desagüe , se pide: a) Deducir el tiempo de concentración de la cuenca Tc. b) Dibujar 4 isocronas. c) Deducir el hidrograma para un aguacero de duración Tc/5 e intensidad neta de 3.6 mm/h. d) Deducir el hidrograma para un aguacero de duración infinita e intensidad neta de 3.6 mm/h.

300 m

V = 1 m/s

400 m

V = 0.75 m/s Figura 1. Cuenca

a) Para deducir el tiempo de concentración se calcula el tiempo que tarda en llegar la gota que cae en el punto más alejado de la cuenca al punto de desagüe:

Tc = 400/1 = 400 seg. = 300/0.75 b) Para dibujar las cuatro isocronas se calcula el valor de éstas, que corresponderán al dividir el tiempo de concentración entre 5:

Isocronas 400/5= cada 80 seg. En la Figura 16.1 se muestran las isocronas obtenidas.

82

Problemas de Hidrología

300 m

V = 1 m/s

400 m

400 s 240 s 80 s

160 s 320 s V = 0.75 m/s

Figura 16.1. Isocronas. c) Para obtener el hidrograma generado por un aguacero de la intensidad dada se ha de aplicar la fórmula

Qi =

1 ⋅ In ⋅ Ai 3.6

En la Tabla 16.1 se muestran los cálculos realizados. En dicha tabla la columna correspondiente al título de ÁREAS se ha obtenido restando las superficies de cada triángulo con el anterior para hallar las superficies comprendidas entre isocronas. Tabla 16.1. Cálculos para obtener el hidrograma. ALTURA (m) 80 160 240 320 400

BASE (m) 60 x 2 120 x 2 180 x 2 240 x 2 300 x 2

AREA TRIAN. (m2) 4800 19200 63200 76800 120000

ÁREAS (m2) 4800 14400 24000 33600 43200

Q (m3/s) 0.0048 0.0144 0.024 0.0336 0.0432

En la Figura 16.2 se muestra el hidrograma correspondiente al aguacero producido. d) En este caso la duración del aguacero es infinito, por lo que al punto de desagüe le va a ir llegando el agua caída en todas las superficies de la cuenca, es decir se va a acumular la cantidad de agua, aumentando el caudal hasta que se alcance un estacionario cuando el tiempo transcurrido sea el de concentración de la cuenca. En la Tabla 16.2 se muestran los cálculos realizados. En las Figuras 16.3 y 16.4 se muestra el hidrograma obtenido. 83

Problemas de Hidrología

Tabla 16.2. Cálculos para obtener el hidrograma generado por una lluvia de larga duración. ALTURA (m) 80 160 240 320 400

ÁREAS (m2) 4800 14400 24000 33600 43200

BASE (m) 60 x 2 120 x 2 180 x 2 240 x 2 300 x 2

Q (m3/s) 0.0048 0.0144 0.024 0.0336 0.0432

Q (m3/s) ACUM. 0.0048 0.0192 0.0432 0.0768 0.12

Q

0.0432 0.00336 0.024 0.0144 0.0048 80 160 240 320 400 480

t (s)

Figura 16.2. Hidrograma producido por una lluvia de duración 80 s.

0.14 0.12

0.08

3

Q (m /s)

0.10

0.06 0.04 0.02 0.00 0

100

200

300

400

500

600

T (seg)

Figura 16.3. Hidrograma producido por una lluvia de duración infinita.

84

Problemas de Hidrología

Q

0.0768

0.0432

0.0192 0.0048 80 160 240 320 400

t (s)

Figura 16.4. Hidrograma producido por una lluvia de duración infinita. Detalle.

85

Problemas de Hidrología

PROBLEMA 17 Dado de Hidrograma unitario de un aguacero de 4 horas de duración se pide calcular: a) El hidrograma en S b) El hidrograma unitario de un aguacero de 12 horas para la misma cuenca c) Tiempo de concentración de la cuenca Tabla 1. Hidrograma Unitario de 4 h Tiempo (h) q (m3/s/cm) Tiempo (h) q (m3/s/cm)

0 0 20 130

2 8 24 90

4 20 26 66

6 45 28 52

8 80 32 27

10 100 34 19

12 130 36 15

16 150 40 5

18 143 44 0

Al ser un hidrograma unitario de 4 horas de duración sólo tendremos en cuenta las ordenadas cada cuatro horas. a) Hidrograma en S

Para calcula el Hidrograma en S hay que hacer la conversión de las ordenadas unitarias m3/s/cm a ordenadas m3/s/mm/h mediante la conversión:

(

) (

t ) 10

q * m 3 s mm h = q m 3 s cm ⋅

a

donde ta = 4 h. En la siguiente tabla se muestra los valores numéricos del Hidrograma en S. Tabla 17.1. Cálculo del Hidrograma en S. Tiempo (h) 0 4 8 12 16 20 24 28 32 36 40 44 48

86

q (m3/s/cm) 0 20 80 130 150 130 90 52 27 15 5 0 -

q* (m3/s/mm/h) 0 8 32 52 60 52 36 20.8 10.8 6 2 0 0

Valor acum. 0 0+8=8 8 + 32 = 40 40 + 52 = 92 92 + 60 = 152 152 + 52 = 204 204 + 36 = 240 240 + 20.8 = 268.8 268.8 + 10.8 = 271.6 271.6 + 6 = 277.6 277.6 + 2 = 279.6 279.6 + 0 = 279.6 279.6

Hidr. en S 0 8 40 92 152 204 240 268.8 271.6 277.6 279.6 279.6 279.6

Problemas de Hidrología

b) Hidrograma unitario de un aguacero de 12 horas de duración.

En este caso se desplaza el hidrograma en S anterior 12 horas y se resta del original. El hidrograma obtenido está dado en m3/s/mm/h. Para obtener el Hidrograma unitario (volumen unidad) de un aguacero de 12 horas de duración se aplica la conversión:

(

)

(

) 10 t

q m 3 s cm = q * m 3 s mm h ⋅

a'

donde ta’ = 12 h. En la siguiente tabla se muestran los resultados obtenidos. Tabla 17.2. Cálculo del Hidrograma Unitario de 12 h. Tiempo (h)

Hidr. en S

0 4 8 12 16 20 24 28 32 36 40 44 48 52 56

0 8 40 92 152 204 240 268.8 271.6 277.6 279.6 279.6 279.6 279.6 279.6

Hidr. en S desplazado 12 h

0 8 40 92 152 204 240 268.8 271.6 277.6 279.6 279.6

q* (m3/s/mm/h) 12 h 0 8 40 92 144 164 148 108.8 67.6 37.6 18.8 8 2 0 0

q (m3/s/cm) 12 h 0 6.7 33.3 76.7 120 136.7 123.3 90.7 56.3 31.3 15.7 6.7 1.7 0 0

En los siguientes gráficos se muestran los diferentes hidrogramas obtenidos: - Hidrograma unitario q 4 h (Figura 17.1). - Hidrograma unitario q* 4 h (Figura 17.1). - Hidrograma en S (Figura 17.2). - Hidrograma en S desplazado (Figura 17.2). - Hidrograma unitario q 12 h (Figura 17.3). - Hidrograma unitario q* 12 h (Figura 17.3).

87

Problemas de Hidrología

160 Hidrograma unitario 3 q(m /s/cm) 4 h Hidrograma unitario * 3 q (m s/mm/h) 4 h

140

Caudal unitario

120 100 80 60 40 20 0 0

4

8

12 16 20 24 28 32 36 40 44 48 52 Tiempo (h)

Figura 17.1. Hidrogramas Unitarios de 4 h.

3

Hidrograma en S (m /s/mm/h) Hidrograma en S desplazado 12 h * 3 Hidrograma unitario q (m /s/mm/h) 12 h

300 250

Caudales

200 150 100 50 0 0

4

8 12 16 20 24 28 32 36 40 44 48 52 56 60 Tiempo (h)

Figura 17.2. Hidrogramas en S.

88

Problemas de Hidrología

Hidrograma unitario * 3 q (mm /s/mm/h) 12 h Hidrograma unitario 3 q(m /s/cm) 12 h

180 160

Caudales unitarios

140 120 100 80 60 40 20 0 0

4

8

12 16 20 24 28 32 36 40 44 48 52 Tiempo (h)

Figura 17.3. Hidrogramas Unitarios de 12 h. c) Tiempo de concentración de la cuenca.

El tiempo de concentración de la cuenca es: Tc = tb – ta = 44 – 4 = 40 h Tanto el hidrograma unitario de un aguacero de 4 h de duración como el hidrograma unitario de un aguacero de 12 h de duración cumplen el Primer Principio del hidrograma unitario: 4≤

Tc 3

y

12 ≤

Tc 3

ya que Tc 40 = = 13.3 h 3 3

89

Problemas de Hidrología

AFOROS Y AVENIDAS

PROBLEMA 18 Calcular el caudal en una estación de aforo siendo las medidas de velocidades en la sección, a profundidad 0.2 y 0.8 del calado, las contenidas en el cuadro siguiente (Marín, 2001). En la figura adjunta se muestra el sistema de referencia. Tabla 1. Medidas Medida número 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14

Distancia origen (m) 0 2 4.5 6.8 10 15 20 25.5 30.2 38.5 45.2 50.6 57.6 62.6 0 origen

Ancho (m) 1 2.25 2.4 2.75 4.1 5 5.25 5.1 6.5 7.5 6.05 6.2 6 2.5

Calado (m) 0 0.5 1.4 2.4 1.9 2.7 3.1 2.6 3 2.4 1.8 0.9 0.3 0

Distancia 0.2 calado

Calado

0.8 calado Ancho

Figura 1. Esquema

90

Velocidad a Velocidad a 0.2 d (m/s) 0.8 d (m/s) 0 0 0.3 0.12 0.8 0.35 1.12 0.45 1.2 0.51 1.4 0.62 1.55 0.67 1.45 0.63 1.62 0.72 1.2 0.43 1.97 0.37 0.82 0.28 0.25 0.11 0 0

Problemas de Hidrología

Para hallar el caudal se calcula una media ponderada de los caudales parciales con las superficies asociadas a cada franja. La velocidad en una franja es la media aritmética de las velocidades de 0.2 y 0.8 d. Para calcular el área se aproxima la superficie de cada franja a rectángulos. Posteriormente se multiplicará cada velocidad media por cada superficie parcial para obtener un caudal en cada franja. La suma total de los caudales parciales es el caudal total buscado. En la tabla siguiente se muestran los valores obtenidos. Tabla 18.1. Cálculos. Medida Ancho Calado número (m) (m) 1 1 0 2 2.25 0.5 3 2.4 1.4 4 2.75 2.4 5 4.1 1.9 6 5 2.7 7 5.25 3.1 8 5.1 2.6 9 6.5 3 10 7.5 2.4 11 6.05 1.8 12 6.2 0.9 13 6 0.3 14 2.5 0 Totales

Área Velocidad a Velocidad a Velocidad Caudal (m2) 0.2 d (m/s) 0.8 d (m/s) media (m/s) (m3/s) 0 0 0 0 0 1.125 0.3 0.12 0.21 0.2 3.36 0.8 0.35 0.58 1.9 6.6 1.12 0.45 0.79 5.2 7.79 1.2 0.51 0.86 6.7 13.5 1.4 0.62 1.01 13.6 16.27 1.55 0.67 1.11 18.1 13.26 1.45 0.63 1.04 13.8 19.5 1.62 0.72 1.17 22.8 18 1.2 0.43 0.82 14.7 10.89 1.97 0.37 0.72 7.8 5.58 0.82 0.28 0.55 3.1 1.8 0.25 0.11 0.18 0.3 0 0 0 0 0 117.7 108.2

El caudal resultante es 108.2 m3/s que corresponde a una velocidad media de v=

108.2 = 0.92 m / s 117.7

91

Problemas de Hidrología

PROBLEMA 19 Determinar los caudales característicos y dibujar la curva de caudales clasificados del año hidrológico 1989/1990 a partir de los datos de la tabla adjunta. Se pide también deducir la expresión analítica de Coutagne y la curva de caudales adimensionalizada. ¿Cuántos días podría operar una central hidroeléctrica cuyo caudal mínimo de funcionamiento es Qmin = 1 m3/s y el caudal máximo admisible es Qmax = 12 m3/s. Tabla 1. Datos Día 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31

Oct Nov 0.8 1.36 0.8 1.36 0.8 3.04 0.8 3.6 0.8 3.6 0.8 5.84 0.8 10 0.8 8.92 0.8 8.2 0.8 7.48 0.8 5.56 0.8 5.56 0.8 4.72 0.8 4.44 0.8 4.44 0.72 4.16 0.72 4.16 0.72 6.4 0.8 10.56 0.8 6.76 0.72 6.76 1.08 11.12 2.48 9.64 3.32 9.28 3.04 9.28 2.76 8.92 2.48 7.84 2.2 7.48 2.2 7.12 1.92 6.12 1.64

Dic 5.84 5.84 5.56 4.72 4.16 4.16 3.88 3.88 3.88 3.88 4.16 5 10.56 8.2 17.46 29.8 47.82 41.9 37.98 29 81.9 106.7 77.28 47.82 41.9 42.88 35.4 30.6 26.84 23.96 21.8

En 19.32 16.22 15.6 14.48 13.92 13.36 13.92 13.36 12.8 11.68 11.12 10.56 10 9.64 9.28 8.92 8.56 8.2 7.84 7.48 7.48 7.12 6.76 7.12 7.48 10 14.48 23.96 20.56 29.8 30.6

Feb 32.2 40.92 41.9 35.4 30.6 28.28 24.68 24.68 23.96 23.24 26.12 37 31.4 27.56 25.4 23.24 21.18 19.94 18.7 18.08 17.46 15.6 14.48 13.92 13.36 12.24 11.68 11.12

Mar 10 9.64 9.28 8.92 8.56 8.56 8.56 8.56 8.56 7.84 7.84 8.2 8.2 8.2 7.84 7.48 7.12 6.76 6.76 6.4 6.4 6.4 6.12 6.12 5.84 5.56 5.56 5.56 5.56 5.28 5.28

Abr 5.28 5.56 5.56 5.28 5.56 6.12 6.76 6.12 5.84 5.84 5.56 5.56 5.56 5.56 5.56 6.12 6.12 5.84 5.84 5.84 6.4 6.4 6.4 6.76 6.76 6.4 6.12 5.84 5.56 5.28

May 5.28 5.28 5 5 4.72 4.72 4.44 4.44 5 5 4.72 4.72 5 5.28 5 4.72 4.44 4.44 4.44 4.44 4.44 4.44 4.44 4.16 4.16 3.88 3.88 3.88 3.88 3.88 3.6

Jun 3.32 3.32 3.32 3.32 3.04 3.04 3.04 3.04 3.04 2.76 2.76 2.48 2.48 2.48 2.48 2.48 2.48 2.48 2.48 2.2 2.2 2.48 2.48 2.48 2.48 2.48 2.48 2.48 2.48 2.48

Jul 2.2 2.2 2.2 2.2 2.2 2.2 2.2 2.2 1.92 1.64 1.64 1.64 1.64 1.36 1.36 1.08 1.08 1.08 1.08 0.8 0.8 0.8 0.8 0.8 0.8 0.8 0.8 0.8 0.8 0.8 0.8

Ag 0.8 0.8 0.72 0.72 0.72 0.72 0.72 0.72 0.72 0.72 0.72 0.72 0.72 0.72 0.72 0.72 0.72 0.72 0.72 0.72 0.72 0.72 0.72 0.72 0.72 0.72 0.72 0.72 0.72 0.64 0.64

Sep 0.64 0.64 0.64 0.64 0.64 0.64 0.64 0.64 0.64 0.64 0.64 0.64 0.64 0.64 0.64 0.64 0.64 0.64 0.64 0.64 0.64 0.64 0.64 0.64 0.64 0.64 0.56 0.56 0.64 0.64

En primer lugar se ordenan los caudales de mayor a menor y contamos las veces que se repiten dichos caudales a lo largo del año. En la tabla adjunta se muestran los valores de los caudales con la frecuencia absoluta que se ha producido en el año dado. Se han seleccionado unos intervalos de valores para agrupar los caudales de forma más sencilla. En la primera figura se muestra la representación de dichos caudales con respecto a la frecuencia absoluta (número de veces que se ha repetido dicho valor). 92

Problemas de Hidrología

Tabla 19.1. Datos ordenados. Caudal Número de días Caudal Número de días Caudal Número de días (m3/s) que se alcanza o (m3/s) que se alcanza o (m3/s) que se alcanza o supera supera supera 106.7 1 20.56 37 6.76 115 81.9 2 19.94 38 6.4 123 77.28 3 19.32 39 6.12 131 47.82 5 18.7 40 5.84 141 42.88 6 18.08 41 5.56 157 41.9 9 17.46 43 5.28 164 40.92 10 16.22 44 5 171 37.98 11 15.6 46 4.72 178 37 12 14.48 49 4.44 189 35.4 14 13.92 52 4.16 196 32.2 15 13.36 55 3.88 205 31.4 16 12.8 56 3.6 208 30.6 19 12.24 57 3.32 213 29.8 21 11.68 59 3.04 220 29 22 11.12 62 2.76 223 28.28 23 10.56 65 2.48 242 27.56 24 10 69 2.2 254 26.84 25 9.64 72 1.92 256 26.12 26 9.28 76 1.64 261 25.4 27 8.92 80 1.36 265 24.68 29 8.56 86 1.08 270 23.96 32 8.2 92 0.8 301 23.24 34 7.84 97 0.72 332 21.8 35 7.48 103 0.64 363 21.18 36 7.12 107 0.56 365

Los caudales característicos que se pueden obtener de la figura o de la tabla anterior son los siguientes: • • • • • • • •

Caudal medio (Q): 7.74 m3/s Caudal máximo absoluto (QC): 106.7 m3/s Caudal máximo característico (igualado o superado en 10 días) (QMC): 40.92 m3/s Caudal superado o igualado en 90 días (Q90): 8.32 m3/s (valor interpolado a partir de la tabla) Caudal semipermanente (Qs): 4.58 m3/s Caudal igualado o superado en 270 días (Q270): 1.08 m3/s Caudal mínimo característico (Qmc): 0.66 m3/s (valor interpolado a partir de la tabla) Caudal del día más seco (Qc): 0.56 m3/s

La curva de Coutagne tiene la siguiente expresión:

93

Problemas de Hidrología

q = Q mc +

(Q − Q mc ) ⋅ (1 + n ) T

n

⋅ (T − t )

n

donde q es el caudal igualado o superado durante t días en el curso de un período de observación de T días, y n es el coeficiente de irregularidad: n + 1 Q s − Q mc = Q − Q mc 2n

Sustituyendo los valores: n + 1 Q s − Q mc = = 0.55367 Q − Q mc 2n

y resolviendo: n = 2.77 La expresión de la curva para T = 365 días es: q = 0.66 + 2.13 ⋅ 10 −6 (365 − t )

2.77

120 Curva de caudales clasificados

100

3

Q (m /s)

80 60 40 20 0 0

40

80

120 160 200 240 280 320 360 400 Días

Figura 19.1. Curva de caudales clasificados.

La curva de Coutagne se ajusta bien con respecto a la de caudales clasificados para caudales inferiores, caudales producidos a partir de 40 días. En cuanto a los días que puede operar la central hidroeléctrica en el año, a partir de la figura se obtiene el número de días que se iguala o supera el caudal mínimo de 1 m3/s y

94

Problemas de Hidrología

el caudal máximo de 12 m3/s, que son 278 y 57 días, respectivamente. Por tanto, la central podrá operar 278 – 57 = 221 días al año (Figura 19.4). Por último, se muestra también la curva de caudales clasificados adimensionalizada: % de tiempo en el eje de abcisas (% con respecto a 365 días) y Q/Qmed en el eje de ordenadas, donde Qmed es el caudal medio anual. En la Tabla 19.2 se muestran los valores numéricos de la curva adimensionalizada de caudales clasificados.

30 Curva de Coutagne

25

3

Q (m /s)

20 15 10 5 0 0

50

100

150

200

250

300

350

400

Días

Figura 19.2. Curva de Coutagne.

16 Curva adimensionalizada de caudales clasificados

14 12

Q/7.74

10 8 6 4 2 0 0

20

40

60

80

100

120

t/365 (%)

Figura 19.3. Curva adimensionalizada de caudales clasificados. 95

Problemas de Hidrología

Tabla 19.2. Valores numéricos de la curva adimensionalizada de caudales clasificados. Q/7.74 tiempo/365 Q/7.74 tiempo/365 Q/7.74 tiempo/365 Caudal (%) Caudal (%) Caudal (%) Medio: 7.74 Período:365 Medio: 7.74 Período:365 Medio: 7.74 Período:365 0.27 0.54 0.82 1.36 1.64 2.46 2.73 3.01 3.28 3.83 4.10 4.38 5.20 5.75 6.02 6.30 6.57 6.84 7.12 7.39 7.94 8.76 9.31 9.58 9.86

3

Q (m /s)

13.78 10.58 9.98 6.17 5.54 5.41 5.28 4.90 4.78 4.57 4.16 4.05 3.95 3.85 3.74 3.65 3.56 3.46 3.37 3.28 3.18 3.09 3.00 2.81 2.73

2.65 2.57 2.49 2.41 2.331 2.25 2.09 2.01 1.87 1.79 1.72 1.65 1.58 1.50 1.43 1.36 1.29 1.24 1.19 1.15 1.10 1.05 1.01 0.96 0.91

14 13 12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0

10.13 10.41 10.68 10.95 11.23 11.78 12.05 12.60 13.42 14.24 15.06 15.34 15.61 16.16 16.98 17.80 18.90 19.72 20.82 21.91 23.56 25.20 26.57 28.21 29.31

0.87 0.82 0.79 0.75 0.71 0.68 0.64 0.60 0.57 0.53 0.50 0.46 0.42 0.39 0.35 0.32 0.28 0.24 0.21 0.17 0.13 0.10 0.09 0.08 0.07

Curva de caudales clasificados

57 d 278 d

0

40

80

120 160 200 240 280 320 360 400 Días

Figura 19.4. Valores de caudales para distintos tiempos.

96

31.50 33.69 35.89 38.63 43.01 44.93 46.84 48.76 51.78 53.69 56.16 56.98 58.35 60.27 61.09 66.30 69.58 70.13 71.50 72.60 73.97 82.46 90.95 99.45 100

Problemas de Hidrología

PROBLEMA 20 Para la medición del caudal en un arroyo se ha recurrido al aforo químico de inyección instantánea de un trazador. En este caso se inyectó una solución concentrada de cloruro sódico (100 g en 15 litros de agua). En una sección situada aguas abajo se extraen muestras a intervalos regulares de tiempo, cuyas concentraciones se muestran en la siguiente tabla. Se pide calcular el caudal y la longitud de mezcla sabiendo que el arroyo tiene 2 m de ancho, 0.5 m de profundidad y el coeficiente de Chezy es 17. Tabla 1. Datos Tiempo (s) 0 15 30 45 60 75 90 105 120 135 150

Concentración (gr/l) 0 0.3 1.7 2.5 2.4 2.1 1.6 1.1 0.5 0.3 0.1

En la Figura 20.1 se representa la evolución temporal de las concentraciones obtenidas en una sección situada aguas abajo correspondiente a la tabla del enunciado. Haciendo un balance de masa el caudal viene expresado por: Q=

M T

∫ C ⋅ dt

≈

M ∑ C i ∆t i i

o

donde M es la masa vertida en el río y representa el área que delimita la curva de la figura. Para aplicar la anterior fórmula se ha construido una tabla (Tabla 20.1) en la que se dan los resultados del cálculo de la integral mediante la aproximación de la superficie con figuras geométricas sencillas (triángulos y trapecios).

97

Problemas de Hidrología

Tabla 20.1. Cálculo de la masa Tiempo (s) Concentración (gr/l) Concentración media en Cmed x ∆t el intervalo Cmed 0 0 15 0.3 0.15 2.25 30 1.7 1 15 45 2.5 2.1 31.5 60 2.4 2.45 36.75 75 2.1 2.25 33.75 90 1.6 1.85 27.75 105 1.1 1.35 20.25 120 0.5 0.8 12 135 0.3 0.4 6 150 0.1 0.2 3 165 0 0.05 0.75

3.0

Concentración

Concentración (gr/l)

2.5 2.0 1.5 1.0 0.5 0.0 0

20

40

60

80

100

120

140

160

180

Tiempo (s)

Figura 20.1. Evolución temporal de la concentración.

El valor total:

∑C i

En consecuencia,

98

i

⋅ ∆t i = 189 gr ⋅ s / l

Problemas de Hidrología

Q=

M T

∫ C ⋅ dt

≈

M 100 = = 0.53 l / s ∑ C i ∆t i 189 i

o

La longitud de mezcla viene dada por la expresión: L = 0.13 ⋅

B2 C ⋅ ⋅ (0.7 ⋅ C + 6 ) H g

donde B es la anchura del arroyo en metros, H la profundidad en metros, g la aceleración de la gravedad y C el coeficiente de Chezy. En nuestro caso L vale: L = 0.13 ⋅

2 2 17 ⋅ ⋅ (0.7 ⋅ 17 + 6) = 32.26 m 0.5 9.81

99

Problemas de Hidrología

PROBLEMA 21 Calcular el caudal máximo para períodos de retorno de 25, 50, 75, 100 y 500 años utilizando los métodos estadísticos de Gumbel, Log-Pearson y log-Normal y el método empírico de Gete, sabiendo que el área de la cuenca es 248 Km2. Comparar los resultados obtenidos. Calcular el intervalo de confianza del 95% para la avenida de T = 500 años. NOTA: En la tabla adjunta se presentan los dos caudales máximos para cada año hidrológico. Considerar los 32 datos para el cálculo de los parámetros de la distribución. Tabla 1. Caudales máximos Año hidrológico 1970-71 1971-72 1972-73 1973-74 1974-75 1975-76 1976-77 1977-78 1978-79 1979-80 1980-81 1981-82 1982-83 1983-84 1984-85 1985-86

Caudal 1 (m3/s) 61.0 260.6 111.0 96.0 105.0 52.85 77.0 307.0 172.0 40.0 156.0 55.3 65.18 58.83 63.06 56.0

Caudal 2 (m3/s) 58.0 249.5 52.0 85.2 66.0 48.65 78.0 210.0 114.0 40.1 79.51 43.35 49,2 50.31 38.94 56.0

a) La expresión del caudal por el método empírico de Gete es:

Q T = (4 + 16 ⋅ log T ) ⋅ A 0.5 donde A es el área en km2 T el período de retorno en años QT el caudal de la avenida en m3/s para el período de retorno T Sustituyendo los valores se obtiene la siguiente tabla (Tabla 21.1).

100

Problemas de Hidrología

Tabla 21.1. Método de Gete. Período de retorno T (años) 25 50 75 100 500

Cálculo

(4 + 16 ⋅ log 25) ⋅ 248 0.5 (4 + 16 ⋅ log 50) ⋅ 248 0.5 (4 + 16 ⋅ log 75) ⋅ 248 0.5 (4 + 16 ⋅ log 100) ⋅ 248 0.5 (4 + 16 ⋅ log 500) ⋅ 248 0.5

QT (m3/s) 415.22 491 535.4 566 743.04

b) La expresión del cálculo del caudal de avenida por el método de Gumbel es:

Q T = Q med + K ⋅ σ donde Qmed es la media de los caudales, K es el factor de frecuencia y σ es la desviación típica: Q med =

σ=

1 ⋅ ∑ Qi N i

1 2 ⋅ ∑ (Q i − Q med ) N −1 i

siendo N el tamaño de la muestra. En nuestro caso N = 32. En consecuencia, la media y desviación típica de los 32 caudales es: Q med =

σ=

1 ⋅ ∑ Q i = 95.48 N i

1 2 ⋅ ∑ (Q i − Q med ) = 70.41 N −1 i

Para calcular el factor de frecuencia, calcularemos la función de distribución y la variable de Gumbel yT: Pr ob[Q ≥ Q T ] = 1 − exp[− exp(− y T )]

o bien QT = a −

  T  1 ⋅ Ln Ln  α   T − 1 

con

101

Problemas de Hidrología

y T = α ⋅ (Q T − a )

donde α y a son dos parámetros de distribución cuya expresión es σ* α= σ a = Q med −

yN α

donde σ* y yN son dos parámetros que dependen del tamaño N de la muestra. En nuestro caso al ser N = 32, se obtiene σ * = 1.1193 y N = 0.538 de la Tabla 21.2. Tabla 21.2. Valores de los parámetros en función del tamaño de muestra. N 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26

yN 0.5100 0.5128 0.5154 0.5176 0.5198 0.5202 0.5236 0.5252 0.5268 0.5283 0.5296 0.5309 0.5320

σ* 1.0094 1.0206 1.0306 1.0396 1.0480 1.0544 1.0628 1.0696 1.0754 1.0811 1.0864 1.0915 1.0961

N 32 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47

yN 0.538 0.541 0.5418 0.5424 0.5430 0.5436 0.5442 0.5448 0.5453 0.5458 0.5463 0.5468 0.5473

Sustituyendo, σ * 1.1193 α= = = 0.01589 σ 70.41 a = Q med −

102

yN 0.538 = 95.48 − = 61.64 α 0.01589

σ* 1.1193 1.1313 1.1339 1.1363 1.1388 1.1413 1.1436 1.1458 1.1480 1.1499 1.1519 1.1538 1.1557

Problemas de Hidrología

El factor de frecuencia viene dado por K=

yT − y N σ*

Se puede calcular cada caudal QT a partir de la expresión de la función de distribución anteriormente dada QT = a −

  T    T  1 1 ⋅ Ln Ln ⋅ Ln Ln  = 61.64 −  α 0.01589   T − 1    T − 1 

En la tabla siguiente se dan los caudales obtenidos para cada período de retorno, al sustituir su valor en la ecuación anterior. Tabla 21.3. Valores de Q mediante Gumbel para los distintos períodos de retorno. Período de retorno T (años) 25 50 75 100 500

QT (m3/s) 262.9 307.2 332.9 351.14 452.67

Para calcular el intervalos de confianza del 95% se sabe que Pr ob[ Q − Q T ≤ Q ic ] = 95%

donde Qic es el semiancho del intervalo de confianza β% que viene dado por Q ic = f (β) ⋅ S e donde f(β) = f(95%) = 1.96 es una función que depende de β, y Se es el error probable que se calcula a partir de 1 + 1.3 ⋅ K + 1.1 ⋅ K 2  Se = σ ⋅   N  

Al ser el factor de frecuencia K K=

y T − y N Q T − Q med = σ σ*

y sustituyendo el valor de QT para T = 500 años, se obtiene

103

Problemas de Hidrología

K=

Q T − Q med 452.67 − 95.48 = = 5.07 σ 70.41

por lo que 1 + 1.3 ⋅ 5.07 + 1.1 ⋅ 5.07 2  1 + 1.3 ⋅ K + 1.1 ⋅ K 2  Se = σ ⋅  70 . 41 = ⋅  = 74.58   N 32    

y Q ic = f (β) ⋅ S e = 1.96 ⋅ 74.58 = 146.18 Así, Q T − Q ic < Q < Q T + Q ic ⇒ 452.67 − 146.18 < Q < 452.67 + 146.18 306.49 < Q < 598.85 que es el intervalo de confianza c) En el método de Log-Pearson la variable es el logarítmo del caudal:

z = log Q z T = z med + K z ⋅ σ z con z med =

σz =

1 ⋅ ∑ zi N i

1 2 ⋅ ∑ (z i − z med ) N −1 i K z = f (C s , T )

Kz está tabulado en función del coeficiente de asimetría Cs y del período de retorno T, N ⋅ ∑ (z i − z med )

3

Cs =

i

(N − 1) ⋅ (N − 2) ⋅ σ 3z

Sustituyendo se obtiene, zmed = 1.897 ; σz = 0.25 ; Cs = 1.00055

104

Problemas de Hidrología

En consecuencia, z T = z med + K z ⋅ σ z = 1.897 + K z ⋅ 0.25 Teniendo en cuenta los valores de Kz dados en función de Cs y T de la Tabla 21.4 se calcula el caudal para los distintos períodos de retorno. En los períodos de retorno que no se tengan datos el valor se obtendrá interpolando. Tabla 21.4. Valores de Kz en función de Cs y de T.

Cs = 1.2 Cs = 1.0 Cs = 0.8 Cs = 0.6 Cs = 0.4 Cs = 0.2 Cs = 0.0 Cs = -0.2 Cs = -0.4 Cs = -0.6 Cs = -0.8 Cs = -1.0 Cs = -1.4 Cs = -1.8

T = 25 años 2.087 2.043 1.998 1.939 1.880 1.818 1.751 1.680 1.606 1.528 1.448 1.366 1.198 1.035

T = 50 años 2.626 2.542 2.453 2.359 2.261 2.159 2.054 1.945 1.834 1.720 1.606 1.492 1.270 1.069

T = 100 años 3.149 3.022 2.891 2.755 2.615 2.472 2.326 2.178 2.029 1.880 1.733 1.588 1.318 1.087

T = 200 años 3.661 3.489 3.312 3.132 2.949 2.763 2.576 2.388 2.201 2.016 1.837 1.664 1.351 1.097

T = 1000 años 4.820 4.540 4.250 3.960 3.670 3.380 3.090 2.810 2.540 2.275 2.035 1.880 1.465 1.130

En la tabla siguiente se muestran los resultados para cada período de retorno. Los caudales se han calculado sabiendo que Q T = 10 z T Tabla 21.5. Cálculo de Q mediante log-Pearson para los distintos períodos de retorno. Período de retorno T (años) 25 50 75 100 500

Cs 1.00055 1.00055 1.00055 1.00055 1.00055

Kz 2.043 2.542 2.782 3.022 3.883

zT 2.407 2.532 2.592 2.652 2.867

QT (m3/s) 255.7 340.8 391.29 449.26 737.47

d) El método Log-Normal es un caso particular del método de Log-Pearson en el cual Cs = 0. En este caso los resultados obtenidos son:

105

Problemas de Hidrología

Tabla 21.5. Cálculo de Q mediante log-Normal. Período de retorno T (años) 25 50 75 100 500

Cs 0 0 0 0 0

Kz 1.751 2.054 2.19 2.326 2.59

zT 2.335 2.410 2.444 2.478 2.544

QT (m3/s) 216.14 257.33 278.29 300.95 350.52

Comparando los anteriores resultados se puede comprobar que el método empírico de Gete proporciona valores de caudales mayores que el resto de los métodos estadísticos empleados.

106

Problemas de Hidrología

PROBLEMA 22 Calcular el caudal máximo para períodos de retorno de 10, 25, 50, 100 y 500 años utilizando el método de la Instrucción de Carreteras sabiendo que la longitud del cauce del río Mandeo es 35 Km, el desnivel del mismo es 450 m y el área de la cuenca es 248 Km2. La cuenca está constituida por un 40% de suelo de tipo B y un 60% de suelo de tipo C y el uso de la tierra es un 55% de pradera buena (> 3) y un 45% de masa forestal media. El coeficiente corrector local del umbral de escorrentía es 1.5 y los valores ya corregidos de Pd para los diferentes períodos de retorno están en la tabla adjunta: Tabla 1. Precipitaciones máximas diarias. T (años) Pd (mm)

10 87.9

25 100.6

50 110.1

100 119.5

500 141.2

Los pasos a seguir para el cálculo de una avenida por el método empleado en la Instrucción de Carreteras son los siguientes: a) Evaluar el tiempo de concentración Tc:

 L  Tc = 0.3 ⋅  0.25  J 

0.76

donde L es la longitud del cauce principal en km, J es su pendiente. Así, se obtiene  L  J= = 0.0128 ; Tc = 0.3 ⋅  0.25  J  35 2 − 0.45 2 0.45

0.76

35   = 0.3 ⋅  0.25   0.0128 

0.76

= 10.22 h

Al ser Tc > 6 la cuenca es grande por lo que habrá que aplicar el factor de uniformidad al caudal obtenido. El factor de reducción por área de la precipitación máxima diaria no se aplica ya que en el enunciado nos dan las precipitaciones máximas diarias ya corregidas. b) Calcular la intensidad diaria Id: Id =

Pd 24

En la Tabla 22.1 se muestran los cálculos de la intensidad diaria máxima para los distintos períodos de retorno.

107

Problemas de Hidrología

Tabla 22.1. Cálculo de Id. T (años) Pd (mm) Id (mm/h)

10 87.9 3.66

25 100.6 4.19

50 110.1 4.58

100 119.5 4.97

500 141.2 5.88

c) Calcular la relación I1/Id a partir del mapa de isolíneas. En nuestro caso la cuenca del río Mandeo está comprendida entre la isolínea 8 y 9. Tomaremos I1/Id = 8.5 (Figura 22.1).

I1/Id = 8 I1/Id = 9

Figura 22.1. Isolíneas en la zona Norte. d) Calcular la intensidad horaria I a partir de la expresión: I I = I d ⋅  1  Id

  

 280.1 − Tc0.1    0.4  

sustituyendo para cada período de retorno se obtiene Tabla 22.2. Cálculo de I. T (años) Id (mm/h) I (mm/h)

10 3.66 7.5

25 4.19 8.58

50 4.58 9.39

100 4.97 10.19

500 5.88 12.05

e) Calcular el umbral de escorrentía. El valor del umbral de escorrentía P0 se obtendrá ponderándolo con el área y las características de la vegetación y suelo. De las tablas se obtienen los umbrales correspondientes:

108

Problemas de Hidrología

Tabla 22.3. Cálculo del umbral de escorrentía. Suelo B 33 34

Pradera buena pendiente mayor 3 Masa forestal media

Suelo C 18 22

El valor del umbral de escorrentía será: P0 = 0.4 ⋅ 0.55 ⋅ 33 + 0.6 ⋅ 0.55 ⋅ 18 + 34 ⋅ 0.4 ⋅ 0.45 + 22 ⋅ 0.6 ⋅ 0.45 = 25.26 valor que hay que mayorar consultando el mapa de mayoración. El factor de mayoración dado en el enunciado es 1.5; por lo que, P0 = 1.5 ⋅ 25.26 = 37.89 f) Calcular el coeficiente de escorrentía el cual viene dado mediante la fórmula siguiente:

c=

(Pd − P0 ) ⋅ (Pd + 23 ⋅ P0 ) (Pd + 11 ⋅ P0 )2

sustituyendo, Tabla 22.4. Cálculo del coeficiente de escorrentía. T (años) Pd (mm) c

10 87.9 0.18

25 100.6 0.22

50 110.1 0.25

100 119.5 0.28

500 141.2 0.33

g) Calcular el caudal de la avenida mediante la expresión:

Q=

1 ⋅c⋅I⋅A 3.6

donde la intensidad está en mm/h y el área A en km2, y el caudal en m3/s. El área de la cuenca es 248 km2. Teniendo en cuenta todos los parámetros anteriormente calculados se llega a los resultados que se muestran en la siguiente tabla (Tabla 22.5):

109

Problemas de Hidrología

Tabla 22.5. Cálculo del caudal de avenida. T (años) I (mm/h) c Q (m3/s)

10 7.5 0.18 97

25 8.58 0.22 134.59

50 9.39 0.25 165.15

100 10.19 0.28 197.39

500 12.05 0.33 278.92

Sabiendo que el factor de uniformidad es: f = 1+

Tc1.25 10.221.25 = 1 + = 1.56 Tc1.25 + 14 10.221.25 + 14

En consecuencia, el caudal corregido se obtiene multiplicando los caudales anteriores por el factor de uniformidad: Tabla 22.6. Cálculo del caudal de avenida corregido. T (años) Q (m3/s) Q (m3/s) corregido

110

10 97 151.32

25 134.59 209.96

50 165.15 257.63

100 197.39 307.92

500 278.92 435.11

Problemas de Hidrología

PROBLEMA 23 En una cuenca de 400 Km2 de área y tiempo de concentración 24 h se quiere encauzar el río principal. Para ello se dispone de las curvas Intensidad-duración-frecuencia que se ajustan a la expresión siguiente:

I=

6.93 ⋅ T 0.189

(D + 0.5)0.878

donde I es la intensidad en cm/h, T es el período de retorno en años y D es la duración del aguacero en horas. Se sabe que los coeficientes de escorrentía para los períodos de retorno de 10, 150 y 500 años son 0.4, 0.6 y 0.95, respectivamente. Se pide el hidrograma de la avenida producido por un aguacero de 4 h de duración para los períodos de retorno de 10, 150 y 500 años. Se supondrá que los factores de uniformidad y de reducción por área valen 1.

La curva Intensidad-duración-frecuencia se representa en la figura siguiente:

18 16

Período de retorno: 10 años Período de retorno: 150 años Período de retorno: 500 años

14

I (cm/h)

12 10 8 6 4 2 0 0

5

10

15

20

25

Duración (h)

Figura 23.1. Curva de Intensidad-Duración-frecuencia.

Sabiendo que el aguacero ha tenido una duración de 4 h , por lo que entrando en las curvas para los diferentes períodos de retorno o aplicando la fórmula dada se obtiene la intensidad del aguacero.

111

Problemas de Hidrología

El tiempo de concentración de la cuenca es 24 h, por lo que el aguacero de 4 h de duración cumple el primer Principio del Hidrograma Unitario: ta ≤

Tc 5

4≤

24 5

sustituyendo,

Tabla 23.1. Intensidad. T (años)

Cálculo 6.93 ⋅ T 6.93 ⋅ 10 0.189 = (D + 0.5)0.878 (4 + 0.5)0.878

Intensidad (cm/h)

0.189

10 150 500

6.93 ⋅ T 0.189

(D + 0.5)0.878 6.93 ⋅ T 0.189

(D + 0.5)0.878

= =

6.93 ⋅ 150 0.189

(4 + 0.5)0.878

6.93 ⋅ 500 0.189

(4 + 0.5)0.878

2.85

4.76

5.98

para calcular el hidrograma de la avenida vale con calcular el hidrograma unitario y multiplicarlo por la precipitación neta caída, ya que el tiempo base no cambia. Vamos a aplicar dos métodos para obtener dicho hidrograma: el método racional y el método del hidrograma unitario. a) El método racional. Se supone que la cuenca se comporta como un canal rectangular. El caudal de avenida viene dado por la siguiente expresión:

Q max =

1 ⋅c⋅I⋅A 3.6

donde I es la intensidad en mm/h, A el área en km2, el coeficiente de escorrentía y Q el caudal en m3/s. Los caudales obtenidos para los distintos períodos de retorno se muestran en la Tabla 23.2. Al ser el la duración del aguacero (4 h) inferior al tiempo de concentración (24 h) el caudal que se obtendrá será proporcional a la relación de tiempos. El hidrograma a partir del tiempo de duración del aguacero hasta el tiempo de concentración tendrá una meseta, y a partir de dicho tiempo disminuirá. En la Tabla 23.3 se calculan los valores de los caudales y en la Figura 23.2 se muestran los hidrogramas para cada período de retorno.

112

Problemas de Hidrología

Tabla 23.2. Caudales máximos. T (años)

Caudal máx. (m3/s)

Cálculo

1 ⋅ c ⋅ I ⋅ A = 0.4 ⋅ 28.5 mm / h ⋅ 400 km 2 3.6 1 ⋅ c ⋅ I ⋅ A = 0.6 ⋅ 47.6 mm / h ⋅ 400 km 2 3.6 1 ⋅ c ⋅ I ⋅ A = 0.95 ⋅ 59.8 mm / h ⋅ 400 km 2 3.6

10 150 500

1270.66 3179.82 6321.19

Tabla 23.3. Caudales calculados. T (años)

10

Cálculo del Caudal (m3/s) t 4 Q = Q max ⋅ a = 1270.66 ⋅ = 211.77 Tc 24

Caudal (m3/s) 211.77

150

Q = Q max ⋅

ta 4 = 3179.82 ⋅ = 529.97 Tc 24

529.97

500

Q = Q max ⋅

ta 4 = 6321.19 ⋅ = 1053.53 Tc 24

1053.53

I

Período de retorno 10 años Período de retorno 150 años Período de retorno 500 años

1200 ta 1000

3

Q (m /s)

800 600 400 200 Tc

0 0

4

8

12

16

20

24

28

32

Tiempo (h)

Figura 23.2. Hidrogramas.

Al ser el tiempo de concentración (24 h) superior a 6 h, la cuenca se considera grande (según la Instrucción de Carreteras 5.2-IC), por lo que habría que aplicar

113

Problemas de Hidrología

los coeficientes de corrección correspondientes. En este caso valen la unidad según el enunciado del problema. El tiempo base del hidrograma será: t b = Tc + t a = 24 + 4 = 28 h b) El método del Hidrograma unitario del S.C.S. Al carecer de datos de aforos aplicaremos este método. El tiempo del aguacero son 4 h y el de concentración 24 h, por tanto el tiempo punta y el caudal punta unitario será: tp =

ta 4 + 0.6 ⋅ Tc = + 0.6 ⋅ 24 = 16.4 h 2 2

Q p = 2.08 ⋅

A 400 = 2.08 ⋅ = 50.73 m 3 / s / cm tp 16.4

La lluvia neta para cada período de retorno se calcula a partir de la intensidad neta. En la tabla adjunta se muestran los cálculos realizados: Tabla 23.4. Cálculo de la lluvia neta. T (años) 10 150 500

Intensidad (cm/h)

Coef. de escorrentía c

In = c I (cm/h)

Pn = In ta (cm)

2.85 4.76 5.98

0.4 0.6 0.95

1.14 2.86 5.68

4.57 11.44 22.75

El hidrograma unitario de 4 h para cada período de retorno se calcula en la siguiente tabla, así como las ordenadas de los diferentes hidrogramas producidos por las distintas lluvias netas correspondientes a cada período de retorno. El tiempo base de los tres hidrogramas es el mismo, lo que varía es el caudal punta. En dicha tabla se han multiplicado las coordenadas del eje de abcisas y de ordenadas por los valores del tiempo punta y del caudal punta, respectivamente, obteniéndose así un Hidrograma Unitario (volumen unidad e igual a 1 cm) de 4 h. Para obtener el hidrograma correspondiente a una lluvia neta de volumen no unitario, se multiplicarán las ordenadas obtenidas del Hidrograma Unitario de 4 h por el volumen caído. En el caso de que el tiempo de duración del aguacero hubiese sido distinto a 4 h habría que haber obtenido el hidrograma de dicha lluvia a partir de la composición de hidrogramas unitarios desplazados 4 h.

114

Problemas de Hidrología

Tabla 23.5. Cálculo de los hidrogramas de volumen no unitario. Hidrograma adimensional t/tp q/Qp 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 2.2 2.4 2.6 2.8 3 3.5 4 4.5 5

Hidrograma unitario Hidrogramas para 4.57, 11.44 y 22.75 4h cm de lluvia, respectivamente. Q = q Pn 3 t (h) q (m /s/cm) Q (m3/s) Q (m3/s) Q (m3/s)

0 0.1 0.31 0.66 0.93 1 0.93 0.78 0.56 0.39 0.28 0.21 0.15 0.11 0.08 0.05 0.02 0.01 0.005 0

0 3.28 6.56 9.84 13.12 16.4 19.68 22.96 26.24 29.52 32.8 36.08 39.36 42.64 45.92 49.2 57.4 65.6 73.8 82

0 5.073 15.7263 33.4818 47.1789 50.73 47.1789 39.5694 28.4088 19.7847 14.2044 10.6533 7.6095 5.5803 4.0584 2.5365 1.0146 0.5073 0.25365 0

0 23.18361 71.869191 153.011826 215.607573 231.8361 215.607573 180.832158 129.828216 90.416079 64.914108 48.685581 34.775415 25.501971 18.546888 11.591805 4.636722 2.318361 1.1591805 0

0 58.03512 179.908872 383.031792 539.726616 580.3512 539.726616 452.673936 324.996672 226.336968 162.498336 121.873752 87.05268 63.838632 46.428096 29.01756 11.607024 5.803512 2.901756 0

0 115.41075 357.773325 761.71095 1073.31998 1154.1075 1073.31998 900.20385 646.3002 450.101925 323.1501 242.362575 173.116125 126.951825 92.3286 57.705375 23.08215 11.541075 5.7705375 0

En la figura siguiente se representan los hidrogramas correspondientes a los hidrogramas de las avenidas para los distintos períodos de retorno. I

Período de retorno 10 años Período de retorno 150 años Período de retorno 500 años

1400 ta

1200

800

3

Q (m /s)

1000

600 400 200 0 0

20

40

60

80

100

Tiempo (h)

Figura 23.3. Hidrogramas producidos para distintos períodos de retorno.

115

Problemas de Hidrología

PROBLEMA 24 Calcular el hidrograma de la avenida por el método de Puls, conociendo el caudal y el volumen del embalse en función del nivel de agua en el mismo, suponiendo que el hidrograma de entrada de agua al embalse se produce cuando el embalse está a una cota de 300.2 m. Evaluar la magnitud del despunte y el retraso en el pico de la avenida producido por el embalse. Tabla 1. Flujos y capacidades del embalse NIVEL (m) 299.5 300.2 300.7 301.2 301.7 302.2 302.7

CAPACIDAD (Mm3) 4.8 5.5 6.0 6.6 7.2 7.9 8.8

FLUJO SALIDA (m3/s) 0 0 15 40 75 115 160

Tabla 2. Hidrograma de entrada T (h) I (m3/s)

0 5

3 20

6 9 12 52 60 53

15 43

18 32

21 22

24 16

27 5

El método de Puls consiste en integrar mediante diferencias el balance de masa en el embalse en un determinado tiempo. La ecuación que se obtiene es la siguiente:

(I1 + I 2 ) ⋅ ∆t + S 2

 

1

−

Q1 ⋅ ∆t   Q ⋅ ∆t  = S 2 + 2  2   2 

donde I1 e I2 es el caudal de entrada en el embalse al principio y al final del intervalo ∆t, Q1 y Q2 es el caudal de salida del embalse al principio y al final del intervalo ∆t, S1 y S2 es el volumen del agua en el embalse al principio y al final del intervalo ∆t. Q ⋅ ∆t   En primer lugar representaremos las curvas de S + y caudal de salida Q con 2   respecto al nivel del agua en el embalse h. Para ello se dispone de la tabla del enunciado. El incremento de tiempo que se va a tomar es ∆t = 3 h ya que los valores del hidrograma de entrada se dan cada 3 h.

116

Problemas de Hidrología

∆t = 3 h = 0.0108 ⋅ 10 6 s = 0.0108 Ms

Q ⋅ ∆t   Con este incremento de tiempo se van a ir obteniendo los valores S + con 2   respecto al nivel de la lámina libre del embalse. En las siguientes figuras se muestran el Q ⋅ ∆t   con respecto a dicha lámina, respectivamente. caudal de salida y S + 2   Tabla 24.1. Caudal de salida y volumen. NIVEL (m)

CAPACIDAD S (Mm3)

Q (m3/s)

Q ⋅ ∆t   S + 2 

299.5 300.2 300.7 301.2 301.7 302.2 302.7

4.8 5.5 6.0 6.6 7.2 7.9 8.8

0 0 15 40 75 115 160

4.8 5.5 6.081 6.816 7.605 8.521 9.664

180

Caudal de salida

160 140

100

3

Q (m /s)

120

80 60 40 20 0 299.5

300.0

300.5

301.0

301.5

302.0

302.5

303.0

Nivel (m)

Figura 24.1. Caudal de salida con respecto al nivel.

117

Problemas de Hidrología

11 (S+Q∆t/2)

10

3

(S+Q∆t/2) (Mm )

9 8 7 6 5 4 299.5

300.0

300.5

301.0

301.5

302.0

302.5

303.0

Nivel (m)

Figura 24.2. Volumen con respecto al nivel.

Una vez representadas las funciones anteriores, la secuencia de cálculo es como se describe a continuación: Se parte de un nivel inicial de 300.2 m que corresponde a un volumen de 5.5 Mm3 y un caudal de salida del embalse de 0 m3/s, por lo que, Q ⋅ ∆t  0 ⋅ 0.0108  = 5.5 Mm 3 S − 2  = 5.5 − 2  1

Del hidrograma de entrada se obtiene

(I1 + I 2 ) 2

⋅ ∆t =

5 + 20 ⋅ 0.0108 = 0.135 Mm 3 2

En consecuencia,

(I1 + I 2 ) Q ⋅ ∆t  Q ⋅ ∆t    = 0.135 + 5.5 = 5.635 ⋅ ∆t + S − S + 2  = 2 2  1   2 valor que llevado a la gráfica (ver figuras adjuntas) corresponde a un nivel de h2 = 300.32 m (Figura 24.3) Para este nivel el caudal de salida es Q2 = 2 m3/s (Figura 24.4). Por otra parte, Q ⋅ ∆t  Q ⋅ ∆t    3 S − 2  = S + 2  − Q 2 ⋅ ∆t = 5.635 − 2 ⋅ 0.0108 = 5.6134 Mm 2  2 

118

Problemas de Hidrología

y con este nuevo valor se procedería de igual forma para el cálculo de Q3:

(I 2 + I 3 ) Q ⋅ ∆t  Q ⋅ ∆t  20 + 52   = ⋅ 0.0108 + 5.6134 = 6.002 Mm 3 ⋅ ∆t + S −  S + 2  = 2 2 2 2   3

11 (S+Q∆t/2)

10

3

(S+Q∆t/2) (Mm )

9 8 7 6

5.635

5 4 299.5

300.32

300.0

300.5

301.0

301.5

302.0

302.5

303.0

Nivel (m)

Figura 24.3. Estimación del nivel para un volumen dado.

180

Caudal de salida

160 140

100

3

Q (m /s)

120

80 60 40 20

2

0 299.5

300.32

300.0

300.5

301.0

301.5

302.0

302.5

303.0

Nivel (m)

Figura 24.4. Estimación del caudal de salida para un nivel dado.

119

Problemas de Hidrología

En la tabla siguiente se resume el proceso seguido de los cálculos realizados: Tabla 24.2. Método de Puls.

(h)

(m3/s)

I n + I n +1 2

0 3 6 9 12 15 18 21 24 27

5 20 52 60 53 43 32 22 16 5

12.5 36 56 56.5 48 37.5 27 19 10.5

Tiempo Entr. I

I n + I n +1 ⋅ ∆t 2

0.135 0.38 0.60 0.61 0.51 0.40 0.29 0.20 0.11

Q ⋅ ∆t   S − 2  n 

(Mm3)

Q ⋅ ∆t   S + 2   n +1 

5.5 5.6134 5.8938 6.2156 6.3895 6.4435 6.4089 6.3247 6.2221

NIVEL

Q

(Mm3)

(m)

(m3/s)

5.635 6.002 6.4986 6.8258 6.9079 6.8485 6.7005 6.5299 6.3355

300.2 300.32 300.636 300.95 301.21 301.26 301.21 301.12 301. 300.88

0 2 10.01 26.2 40.4 43 40.7 34.8 28.5 23

En las figuras siguientes se muestran los hidrogramas de las avenidas de entrada y salida al embalse. Se puede comprobar el desfase y despunte existente entre ambos: Desfase: 6 h Despunte: 60 – 43.0 = 17.0 m3/s En la última figura se muestra la evolución temporal del nivel.

Hidrograma de entrada Hidrograma de salida

Desfase 60

Despunte

40

3

Caudal (m /s)

50

30 20 10 0 0

5

10

15

20

25

30

Tiempo (h)

Figura 24.5. Hidrogramas de entrada y salida. 120

Problemas de Hidrología

301.4 301.2

Nivel (m)

301.0 300.8 300.6 300.4 300.2 0

5

10

15

20

25

30

Tiempo (h)

Figura 24.6. Evolución temporal del nivel.

En la Figura 24.5 se puede comprobar que el máximo del hidrograma de salida coincide con el punto de corte de ambos hidrogramas.

121

Problemas de Hidrología

PROBLEMA 25 En un tramo de río se observó un hidrograma de entrada y otro de salida cuyos valores numéricos se dan en la siguiente tabla. Estimar los valores de K y x aplicables a dicho tramo mediante el método de Muskingum. Tabla 1. Hidrogramas 0 6 12 18 Tiempo (h) Hidr. entrada (m3/s) 5 20 50 50 Hidr. salida (m3/s) 5 6 12 29

24 32 38

30 22 35

36 15 29

42 10 23

48 7 17

54 60 66 5 5 5 13 9 7

El principio que se aplica para el cálculo de K y x es la de la conservación de la masa que en el método de Muskingum es

(I1 + I 2 ) ⋅ ∆t − (Q1 + Q 2 ) ⋅ ∆t = ∆S = S 2 − S1 2

2

ó

(I1 − Q1 ) + (I 2 − Q 2 ) 2

⋅ ∆t = ∆S = S 2 − S1

donde I1, Q1 y S1 son la entrada, salida y volumen de agua en el tramo del río al inicio del intervalo de tiempo ∆t, respectivamente. I2, Q2 y S2 son la entrada, salida y volumen de agua en el tramo del río al final del intervalo de tiempo ∆t, respectivamente. S se expresa S = K ⋅ [x ⋅ I + (1 − x ) ⋅ Q]

Aplicando un incremento de tiempo de 6 h, los cálculos se muestran en forma de tabla (Tabla 25.1). El incremento del almacenamiento se calculan en las columnas 6 y 7, respectivamente. Los valores (I1 – Q1) y (I2 – Q2) se calculan en la columna 4. En la columna 5 se calcula su media; de esta manera el primer valor (7) es la media de 0 y 14; el segundo valor (26) es la media de 14 y 38 y así sucesivamente. En las columnas 8, 9 y 10 se calculan los valores de S mediante la expresión de Muskingum dada anteriormente para tres valores distintos de x. Posteriormente se representan y confrontan los valores de S obtenidos con las distintas x con los valores de S obtenidos del balance de entradas y salidas. La solución más exacta será aquella cuyos puntos estén más próximos a una recta, es decir que la correlación sea la más aceptable. A partir de la recta obtenida se puede deducir el valor de K, ya que será precisamente la pendiente de la misma.

122

Problemas de Hidrología

Tabla 25.1. Método de .Muskingum. S = K ⋅ [x ⋅ I + (1 − x ) ⋅ Q]

Tiempo I (h) (m3/s) 0 5 6 20 12 50 18 50 24 32 30 22 36 15 42 10 48 7 54 5 60 5 66 5

Q (m3/s) 5 6 12 29 38 35 29 23 17 13 9 7

I–Q

0 14 38 21 -6 -13 -14 -13 -10 -8 -4 -2

Media ∆t x S = Σ ∆S (I – Q) Media (m3/s h) 0 7 42 42 26 156 198 29.5 177 375 7.5 45 420 -9.5 -57 363 -13.5 -81 282 -13.5 -81 201 -11.5 -69 132 -9 -54 78 -6 -36 42 -3 -18 24

x= 0.35 5 10.9 25.3 36.4 35.9 30.5 24.1 18.5 13.5 10.2 7.6 6.3

x= 0.3 5 10.2 23.4 35.3 36.2 31.1 24.8 19.1 14 10.6 7.8 6.4

x= 0.25 5 9.5 21.5 34.3 36.5 31.8 25.5 19.8 14.5 11 8 6.5

En las siguientes figuras se puede comprobar que el valor x = 0.25 es el que más aproxima los puntos a una recta. Así pués, tomaremos este valor como válido. La pendiente de la recta nos proporcionará el valor de K: K=

400 = 13.3 h 30

x = 0.35

40 35

3

(I.x+(1-x).Q) (m /s)

30 25 20 15 10 5 0 0

100

200

300

400

500

3

Almacenamiento (m /s.h)

Figura 25.1. Curva para x = 0.35.

123

Problemas de Hidrología

40

x = 0.3

35

3

(I.x+(1-x).Q) (m /s)

30 25 20 15 10 5 0 0

100

200

300

400

500

3

Almacenamiento (m /s.h)

Figura 25.2. Curva para x = 0.3.

40 x = 0.25

35

3

(I.x+(1-x).Q) (m /s)

30 25 20 15 10 5 0 0

100

200

300

400

500

3

Almacenamiento (m /s.h)

Figura 25.3. Curva para x = 0.25.

También se ha representado el hidrograma de la avenida de entrada y el de salida en la última figura (Figura 25.4).

124

Problemas de Hidrología

Hidrograma de entrada Hidrograma de salida

Desfase

60 50

Despunte (atenuación)

3

Q (m /s)

40 30 20 10 0 0

10

20

30

40

50

60

70

80

Tiempo (h)

Figura 25.4. Hidrogramas de entrada y salida.

De la Figura 25.4 se puede observar que el máximo del hidrograma de salida no coincide con el punto de corte de ambos hidrogramas, ya que la solución de x es aproximada.

125

Problemas de Hidrología

PROBLEMA 26 En un tramo de un río se observó el hidrograma de una avenida donde K = 12 h y x = 0.2. Si inicialmente el caudal de salida de dicho tramo es 10 m3/s se pide el hidrograma de caudales de salida Tabla 1. Hidrograma de entrada Tiempo (h) Hidr. Entrada (m3/s)

0 10

6 20

12 50

18 60

24 55

30 45

36 35

42 27

48 20

54 15

A partir de la ecuación de Muskingum se obtiene el hidrograma de salida de un tramo de río con la siguiente expresión: Q n = C 0 ⋅ I n + C1 ⋅ I n −1 + C 2 ⋅ Q n −1 donde Qn e In son los valores de los caudales en el tiempo n de salida y de entrada, respectivamente; Qn-1 e In-1 son los valores de los caudales en el tiempo anterior, respectivamente. C0, C1 y C2 vienen dados por las siguientes expresiones: C0 =

− K ⋅ x + 0.5 ⋅ ∆t K − K ⋅ x + 0.5 ⋅ ∆t

C1 =

K ⋅ x + 0.5 ⋅ ∆t K − K ⋅ x + 0.5 ⋅ ∆t

C2 =

K − K ⋅ x − 0.5 ⋅ ∆t K − K ⋅ x + 0.5 ⋅ ∆t

Como K = 12 h y 2 ⋅ K ⋅ x = 2 ⋅ 12 ⋅ 0.2 = 4.8 h , el incremento de tiempo a elegir debería estar comprendido entre ambos valores: 12 > ∆t > 4.8. Por ello elegiremos ∆t = 6 h. Sustituyendo los datos se pueden obtener C0, C1 y C2: C0 =

− K ⋅ x + 0.5 ⋅ ∆t − 12 ⋅ 0.2 + 0.5 ⋅ 6 = = 0.048 K − K ⋅ x + 0.5 ⋅ ∆t 12 − 12 ⋅ 0.2 + 0.5 ⋅ 6

C1 =

12 ⋅ 0.2 + 0.5 ⋅ 6 K ⋅ x + 0.5 ⋅ ∆t = = 0.429 K − K ⋅ x + 0.5 ⋅ ∆t 12 − 12 ⋅ 0.2 + 0.5 ⋅ 6

C2 =

K − K ⋅ x − 0.5 ⋅ ∆t 12 − 12 ⋅ 0.2 − 0.5 ⋅ 6 = = 0.523 K − K ⋅ x + 0.5 ⋅ ∆t 12 − 12 ⋅ 0.2 + 0.5 ⋅ 6

Para el primer intervalo, 126

Problemas de Hidrología

I1 = 10 ⇒ C1 ⋅ I1 = 4.29

I 2 = 20 ⇒ C 0 ⋅ I 2 = 0.96 Q1 = 10 ⇒ C 2 ⋅ Q1 = 5.23

por lo que Q 2 = C 0 ⋅ I 2 + C1 ⋅ I1 + C 2 ⋅ Q1 = 10.48 m 3 / s

Para los siguientes valores se procedería de igual forma. En la siguiente tabla se muestran los resultados obtenidos. Tabla 26.1. Resultados obtenidos. Tiempo (h) 0 6 12 18 24 30 36 42 48 54

I (m3/s) 10 20 50 60 55 45 35 27 20 15

0.048 In

0.96 2.4 2.88 2.64 2.16 1.68 1.3 0.96 0.72

0.429 In-1 4.29 8.58 21.45 25.74 23.6 19.3 15.02 11.58 8.58

0.523 Qn-1 5.23 5.48 8.61 17.23 23.85 25.95 24.55 21.38 17.74

Q (m3/s) 10 10.48 16.46 32.94 45.61 49.61 46.93 40.87 33.92 27.04

En la siguiente figura se muestran los hidrogramas de entrada y de salida (Figura 26.1). En dicha figura se puede ver que el valor máximo del hidrograma de salida no coincide con el punto de corte de ambos hidrogramas. El método aplicado es un método aproximado lo que origina que el desfase no coincida con dicho punto de corte de ambos hidrogramas.

127

Problemas de Hidrología

Hidrograma de entrada Hidrograma de salida

Desfase

70 60

Despunte (atenuación)

40

3

Q (m /s)

50

30 20 10 0 0

10

20

30

40

50

Tiempo (h)

Figura 26.1. Hidrogramas de entrada y salida.

128

60

Problemas de Hidrología

HIDROLOGÍA SUBTERRÁNEA

PROBLEMA 27 Se pretende realizar una excavación de 8 m de profundidad (ver figura), para lo cual se quiere bajar el nivel freático por debajo de la cota de la excavación a un mes vista. Para ello se quieren perforar dos tipos de configuraciones de pozos (A y B), a partir de los cuales bombear. Se pide: a) El caudal necesario que se ha de bombear en cada pozo en la configuración de pozos A. b) El caudal necesario que se ha de bombear en cada pozo en la configuración de pozos B c) El caudal necesario que se ha de bombear en cada pozo en las configuraciones A y B conjuntas. d) Obtener la expresión del descenso en los pozos A y B por superposición de los efectos producidos por los bombeos en los demás pozos. NOTA: K = 100 m/d, Ss = 0.0001 m-1.

5m

100 m

3m

1m

B

Alzado

A

100 m

10 m

B

50 m Planta A

Figura 1. Esquema de la excavación.

129

Problemas de Hidrología

a) Tanto en la configuración A como en la B, el nivel en el punto más alejado de los sondeos tiene que quedar por debajo de 3 m, lo que implica que en el propio pozo el nivel ha de quedar a nivel inferior. En el caso de la configuración A el punto más alejado de ambos sondeos son los puntos C y C’ de la figura adjunta.

Figura 27.1. Representación del bombeo. Alzado. 1m

A

51 m

100 m C

C’

50 m Planta A

Figura 27.2. Representación del bombeo. Planta.

La distancia es:

d = 512 + 25 2 = 56.79 m Para obtener el caudal que hay que bombear en cada pozo A durante un mes para bajar el nivel por debajo de la excavación obligaremos a que el descenso producido en C o C’ sea 3 m. El descenso producido en C (o C’) será la suma de los descensos producidos por el bombeo en ambos pozos (principio de superposición). 130

Problemas de Hidrología

En nuestro caso, como la función u es: u=

S ⋅ b ⋅ r2 S ⋅ r2 S⋅ r2 0.0001 ⋅ 56.79 2 = s = s = = 2.6 ⋅ 10 −5 ≤ 0.03 4⋅T⋅t 4⋅K ⋅b⋅t 4⋅K ⋅t 4 ⋅ 100 ⋅ 30

se puede aplicar la aproximación de Jacob en la fórmula de Theis: s=

Q  2.25 ⋅ T ⋅ t  ⋅ ln  4πT  S ⋅ r 2 

El descenso total se calcula sumando los descensos parciales producidos por cada pozo: Q Q Q  2.25 ⋅ T ⋅ t   2.25 ⋅ T ⋅ t   2.25 ⋅ T ⋅ t  ⋅ ln ⋅ ln ⋅ ln +  = 2⋅  2 2 4πT  S ⋅ r 4πT  S ⋅ r 2   4πT  S ⋅ r 

sT = ∑ si = i

donde r = 56.79 m, T = K b = 100*100 m2/d, S = Ss b = 0.0001*100, t = 30 días. Como en C (ó C’) el descenso ha de ser sT = 3 m, 3 = 2⋅

Q Q  2.25 ⋅ T ⋅ t   2.25 ⋅ 100 ⋅ 30  ⋅ ln ⋅ ln  = 2⋅ 2 4 2  4πT  S ⋅ r 4π10   0.0001 ⋅ 56.79 

donde, despejando Q = 220 l/s para cada pozo. b) En el caso de la segunda configuración el valor de la distancia al punto más alejado es (ver Figura 27.3):

d = 50 2 + 35 2 = 61.03 m El valor de u es: u=

S ⋅ r2 S⋅ r2 0.0001 ⋅ 61.03 2 = s = = 3.1 ⋅ 10 −5 ≤ 0.03 4⋅T⋅t 4⋅K ⋅t 4 ⋅ 100 ⋅ 30

por lo que se puede aplicar la aproximación de Jacob a la fórmula de Theis. Haciendo el mismo razonamiento que en el caso anterior, sT = ∑ si = 2 ⋅ i

Q Q  2.25 ⋅ T ⋅ t   2.25 ⋅ 100 ⋅ 30  ⋅ ln ⋅ ln =3  = 2⋅ 2 4 2  4πT  S ⋅ r 4π10   0.0001 ⋅ 61.03 

despejando, Q = 222.5 l/s por cada pozo. Se necesita más caudal de extracción en la segunda configuración que en la primera.

131

Problemas de Hidrología

C

d

B

100 m

10 m

B

50 m Planta

C’

Figura 27.3. Representación del bombeo. Planta. Posición B. c) En el caso de utilizar ambas configuraciones conjuntamente, el punto más lejano de los cuatro pozos es el punto central del rectángulo (punto C) (ver figura).

A

1m

C

B

100 m

10 m

B

50 m Planta A

Figura 27.4. Representación conjunta.

132

Problemas de Hidrología

En este caso la distancia AC = 51 m y la distancia BC = 35 m. Los valores de u son: Ss ⋅ r 2 0.0001 ⋅ 512 u= = = 2.1 ⋅ 10 −5 ≤ 0.03 4⋅K ⋅t 4 ⋅ 100 ⋅ 30 u=

Ss ⋅ r 2 0.0001 ⋅ 35 2 = = 10 −5 ≤ 0.03 4⋅K ⋅t 4 ⋅ 100 ⋅ 30

En consecuencia se puede aplicar la aproximación de Jacob. El descenso en C es la suma de los descensos producidos por cada bombeo: sT = ∑ si = 2 ⋅ i

 2.25 ⋅ T ⋅ t   2.25 ⋅ T ⋅ t  Q Q  + 2 ⋅ =3 ⋅ ln ⋅ ln 2 4πT  S ⋅ r1  4πT  S ⋅ r22 

es decir, 3 = 2⋅

Q Q  2.25 ⋅ 100 ⋅ 30   2.25 ⋅ 100 ⋅ 30  ⋅ ln + 2⋅ ⋅ ln =3 4 2  4 2  4π10 4π10  0.0001 ⋅ 51   0.0001 ⋅ 35 

despejando, Q = 103 l/s para cada uno de los cuatro pozos. d) Para obtener la expresión de los descensos en los pozos A y B por el efecto producido conjuntamente por todos los pozos se aplicará el principio de superposición.

Para el caso del pozo A el descenso total sAT será: s AT = ∑ s i = s AA + s AB + s AB + s A = s AA + 2 ⋅ s AB + s A i

donde sAA es el descenso producido por el pozo simétrico A por el bombeo de caudal, sA es el descenso producido en el propio pozo A por bombear un caudal Q y sAB es el descenso producido en A por el bombeo en los pozos B.: s AA =

 2.25 ⋅ T ⋅ t  Q Q  2.25 ⋅ 100 ⋅ 30   = ⋅ ln ⋅ ln 2 4 2  4πT  S ⋅ rAA  4π10  0.0001 ⋅ 102 

sA =

 2.25 ⋅ T ⋅ t   2.25 ⋅ 100 ⋅ 30  Q Q  =  ⋅ ln ⋅ ln 2 4 2  4πT  S ⋅ rA  4π10 ⋅ 0 . 0001 r A  

s AB =

 2.25 ⋅ T ⋅ t   2.25 ⋅ 100 ⋅ 30 Q Q  = ⋅ ln ⋅ ln 2 4 2 2 4πT  S ⋅ rAB  4π10  0.0001 ⋅ 51 + 35

(

)

  

donde rA es el radio del pozo A, rAB es la distancia entre el pozo A y el B y rAA es la distancia entre los pozos A. La expresión queda,

133

Problemas de Hidrología

s AT =

 2.25 ⋅ 100 ⋅ 30 Q   2.25 ⋅ 100 ⋅ 30  ⋅ ln + 2 ⋅ ln 2  2 2 4πT   0.0001 ⋅ 102   0.0001 ⋅ 51 + 35

(

)

 2.25 ⋅ 100 ⋅ 30     + ln 2  ⋅ 0 . 0001 r  A   

Para el caso del pozo B el descenso total sBT será: s BT = ∑ s i = s BB + s BA + s BA + s B = s BB + 2 ⋅ s BA + s B i

donde sBB es el descenso producido por el pozo simétrico B por el bombeo de caudal, sB es el descenso producido en el propio pozo B por bombear un caudal Q y sBA es el descenso producido en B por el bombeo en los pozos A.: s BB =

 2.25 ⋅ T ⋅ t  Q Q  2.25 ⋅ 100 ⋅ 30   = ⋅ ln ⋅ ln 2 4 2  4πT  S ⋅ rBB  4π10  0.0001 ⋅ 70 

sB =

 2.25 ⋅ T ⋅ t   2.25 ⋅ 100 ⋅ 30  Q Q  =  ⋅ ln ⋅ ln 2 4 2  4πT  S ⋅ rB  4π10 ⋅ 0 . 0001 r B  

s BA =

 2.25 ⋅ T ⋅ t   2.25 ⋅ 100 ⋅ 30 Q Q  = ⋅ ln ⋅ ln 2 4 2 2 4πT  S ⋅ rBA  4π10  0.0001 ⋅ 51 + 35

(

)

  

donde rB es el radio del pozo B, rBA es la distancia entre el pozo A y el B (= rAB) y rBB es la distancia entre los pozos B. La expresión queda, s BT =

134

 2.25 ⋅ 100 ⋅ 30 Q   2.25 ⋅ 100 ⋅ 30  ⋅ ln + 2 ⋅ ln 2  2 2 4πT   0.0001 ⋅ 70   0.0001 ⋅ 51 + 35

(

)

 2.25 ⋅ 100 ⋅ 30     + ln 2    0.0001 ⋅ rB 

Problemas de Hidrología

PROBLEMA 28 Deducir a partir de la ecuación de Thiem la ecuación de Goodman (1965) para el cálculo del caudal que fluye hacia un túnel por unidad de longitud, q, sabiendo que el radio del túnel es r, la profundidad del túnel por debajo del nivel freático es H0 y la conductividad hidráulica es K. Aplicar dicha ecuación al cálculo del caudal en un túnel de r = 2.5 m, H0 = 200 m y K = 10 m/d.

La ecuación de Thiem es la solución del descenso producido en régimen permanente en un pozo situado en un terreno de extensión infinita cuando se bombea un caudal constante Q. Se supone el medio homogéneo e isótropo: H0 − h =

Q R ⋅ ln  2πT  r 

donde H0 es el nivel fijo existente en el caso de que no existiese el pozo, R es el radio de influencia a partir del cual el nivel es invariable e igual a H0, h es el nivel producido por el bombeo a una distancia r del centro del pozo (ver figura). Q

R

r H0 h

Figura 28.1. Esquema de pozo.

En el caso de un túnel el problema a resolver equivale al de un pozo vertical completo que bombea en un acuífero con un límite (túnel) situado a una distancia H0 que está siendo recargado con un caudal igual que el que fluye al túnel, consiguiéndose el

135

Problemas de Hidrología

régimen estacionario. En este caso el límite se sustituye con un pozo imagen que introduce un caudal Q a una distancia de 2H0 (igual que si el límite fuese un río). En la figura adjunta se representa el túnel (Figura 28.2) y el problema equivalente a resolver (Figura 28.3).

s

H0

r

Figura 28.2. Esquema de túnel.

La fórmula de Thiem se puede expresar en logaritmos decimales: H 0 − h = 2.3 ⋅

Q

Q R ⋅ log  2πT r Q

H0

Figura 28.3. Esquema de funcionamiento análogo. 136

Problemas de Hidrología

Aplicando la teoría de las imágenes, el descenso en el propio túnel es s = 2 .3 ⋅

 R   R r  Q Q Q Q  2H 0  R  = 2.3 ⋅  = 2.3 ⋅ ⋅ log ⋅ log ⋅ log ⋅ log  − 2.3 ⋅  2πT 2πT 2πT 2πT r  r   2H 0   R 2H 0 

como T = k b y b en este caso es la longitud del túnel, s = 2.3 ⋅

q Q Q  2H 0   2H 0   2H 0  ⋅ log ⋅ log ⋅ log  = 2.3 ⋅  = 2.3 ⋅  2πK ⋅ b 2πK 2πT  r   r   r 

siendo q el caudal por unidad de longitud del túnel (Q/b). Despejando y sabiendo que el descenso es s = H0 – h ≈ H0, se obtiene q=

2πK ⋅ H0 2H 0   2.3 ⋅ log r  

que es la ecuación de Goodman. Para el caso en que r = 2.5 m, H0 = 200 m y K = 10 m/d, sustituyendo se obtiene q=

2π10 2πK ⋅ H0 = ⋅ 200 = 2476.04 m 2 d 2 ⋅ 200 2H 2.3 ⋅ log 2.3 ⋅ log 0  2 .5 r  

(

)

137

Problemas de Hidrología

PROBLEMA 29 Para la construcción de un depósito enterrado circular es necesario realizar una excavación circular de 50 m de diámetro y 5 m de profundidad. Para trabajar en seco se precisa rebajar el nivel freático 3 m por debajo de su cota natural situada a 2 m de profundidad. Para ello se propone bombear en un pozo existente de 0.4 m de diámetro situado a 50 m del centro de la excavación. Este pozo es totalmente penetrante. El acuífero tiene un espesor saturado de 50 m. Como paso previo se decide realizar un ensayo de bombeo bombeando un caudal de 20 l/s y midiendo los descensos en un piezómetro de observación perforado a 20 m de distancia del pozo de bombeo. En este piezómetro se registraron los descensos a distintos tiempos (ver Tabla). Tabla 1. Descensos medidos en el punto de observación Tiempo (h)

10

14

18

22

26

30

34

38

100

Descenso (m)

1.735

1.92

2.059

2.169

2.261

2.34

2.409

2.47

3.002

Se pide: a) Dibujar los datos de los descensos medidos en el piezómetro de observación en un gráfico semilogarítmico y razonar porqué los datos se ajustan a una línea recta. b) Determinar a partir de dicho gráfico, suponiendo válida la aproximación de Jacob, la transmisividad y el coeficiente de almacenamiento del acuífero. c) Determinar a partir de qué tiempo es aplicable la aproximación de Jacob. d) Determinar el caudal que es necesario bombear en el pozo de bombeo para garantizar que la excavación quede en seco al cabo de 30 días de iniciar el bombeo. e) Calcular el descenso producido en el propio pozo de bombeo cuyo radio es de 0.2 m al cabo de 30 días, sabiendo que la eficiencia del pozo es de 0.8 (la eficiencia es la relación entre el descenso teórico y el real).

a) La representación de los descensos en un gráfico semilogarítmico se muestran en la figura adjunta.

La explicación de que la representación obtenida es una recta es debido a que la solución de Jacob establece que los descensos s son proporcionales al logaritmo del tiempo. La relación entre el logaritmo neperiano y el decimal es una constante de 2.3, por ello la representación de los descensos en ejes logarítmicos neperianos daría también una recta. La pendiente de dicha recta es:

138

Problemas de Hidrología

Q 4πT en el caso de que en el eje de abcisas se representasen los logaritmos neperianos. En el caso de que el eje de abcisas sea de logaritmos decimales, la pendiente sería, 2.3 ⋅

Q 4πT

3.2 3.0

descensos (m)

2.8 2.6 2.4 2.2 2.0 1.8 1.6 10

100 log (t)

Figura 29.1. Representación de los descensos. b) Para calcular la transmisividad y el coeficiente de almacenamiento, conociendo el valor del descenso en dos tiempos cualquiera y suponiendo válida la aproximación de Jacob se tiene,

s1 =

Q Q  2.25 ⋅ T ⋅ t 1   2.25 ⋅ T ⋅ t 1  ⋅ ln ⋅ log  = 2.3 ⋅  2 2 4πT  S ⋅ r 4πT   S⋅ r 

s2 =

Q Q  2.25 ⋅ T ⋅ t 2   2.25 ⋅ T ⋅ t 2  ⋅ log ⋅ ln  = 2.3 ⋅  2 2 4πT  S ⋅ r 4πT   S⋅ r 

restando ambas,

139

Problemas de Hidrología

s 2 - s1 =

t  t  Q Q ⋅ log 2  ⋅ ln 2  = 2.3 ⋅ 4πT  t 1  4πT  t1 

Tomando los tiempos t2 = 100 h y t1 = 10 h y sabiendo que el caudal bombeado es Q = 20 l/s = 1728 m3/d, se deduce, 3.002 − 1.735 = 2.3 ⋅

1728 1728  100  ⋅ log  = 2.3 ⋅ 4πT 4πT  10 

y despejando, T = 249.62 m2/d. Sabiendo que el espesor saturado es b = 50 m, la permeabilidad es K = T/b = 249.62 / 50 = 5 m/d. Q Pozo de observación

20 m

Figura 29.2. Esquema de bombeo.

Para calcular S se sustituye el valor del descenso en un tiempo cualquiera y se despeja. Escogemos el tiempo t2 = 100 h = 4.16 d, s2 =

Q 1728  2.25 ⋅ T ⋅ t 2   2.25 ⋅ 249.62 ⋅ 4.16  ⋅ ln ⋅ ln =  = 3.002 2 4πT  S ⋅ r S ⋅ 20 2   4π ⋅ 249.62 

de donde S = 0.025. c) La aproximación de Jacob es aplicable siempre que u < 0.03, es decir,

u=

S⋅ r2 =≤ 0.03 4⋅T⋅t

Para los valores de T y S calculados y r = 20 m, el tiempo a partir del cual la ecuación de Jacob es válida se deduce de

140

Problemas de Hidrología

u=

S⋅ r2 0.025 ⋅ 20 2 ≤ 0.03 = 4 ⋅ T ⋅ t 4 ⋅ 249.62 ⋅ t

obteniéndose t > 0.33 d ó t > 8 h, por lo que los datos están en el rango donde es válida la aproximación de Jacob. d) Para conseguir que la excavación quede en seco al cabo de 30 días, se debe bombear un caudal Qe que garantice que el descenso en el punto más desfavorable sea de 3 m (ver figura). El punto más desfavorable es el punto de la excavación más alejado del pozo de bombeo. Este punto está situado en el extremo del diámetro de la excavación que pasa por el pozo de bombeo resultando por tanto que la distancia re es igual a 75 m.

Entrando en la ecuación de Jacob con t = 30 días e imponiendo un descenso de 3 m, se obtiene el caudal Qe

50 m

50 m d = 0.4 m

5m 3m

Figura 29.3. Representación del nivel y excavación cuando se bombea.

se =

Qe Qe  2.25 ⋅ T ⋅ t   2.25 ⋅ 249.62 ⋅ 30  ⋅ ln ⋅ ln = =3 2 2 4πT  S ⋅ r  4π ⋅ 249.62  0.025 ⋅ 75 

Operando se obtiene Qe = 22.75 l/s (1966.25 m3/d).

141

Problemas de Hidrología

e) Para calcular el descenso en el pozo de bombeo se aplica ecuación de Jacob con r = 0.2. El descenso teórico es sp =

Qp

1966.25  2.25 ⋅ 249.62 ⋅ 30   2.25 ⋅ T ⋅ t  ⋅ ln ⋅ ln  = 10.43 m = 2 2 4πT  S ⋅ r   4π ⋅ 249.62  0.025 ⋅ 0.2

El descenso real es 10.43/0.8 = 13.04 m.

142

Problemas de Hidrología

PROBLEMA 30 En el plano de la figura se recogen los niveles piezométricos medidos en una serie de pozos y piezómetros perforados en un acuífero formado por los materiales de alteración de esquistos. A partir de estos datos y sabiendo las cotas del arroyo próximo, se pide: a) Dibujar el mapa de isopiezas con equidistancia de 2 m entre los valores 240 y 260. b) Razonar a qué pueden ser debidas la diferencias existentes en el espaciamiento de las isopiezas e identificar las zonas de mayor y menor permeabilidad. c) Dibujar las líneas de corriente que pasan por los puntos A, B, C y D. d) En uno de los sondeos disponibles de 0.4 m de diámetro se realizó un ensayo hidráulico de bombeo, bombeándose un caudal constante de Q = 1 l/s. Sabiendo que al cabo de 10 minutos el descenso del nivel fue de 2.04 m y que al cabo de 100 minutos el descenso había aumentado hasta 4.1 m, se pide determinar la transmisividad del acuífero. Deducir el valor de la conductividad hidráulica K sabiendo que el espesor saturado es de 10 m. e) Calcular el tiempo de tránsito desde el punto C hasta el arroyo suponiendo que la porosidad del acuífero es 0.2 y que la conductividad hidráulica K es la obtenida en el apartado anterior.

B

A 258.7

262

C 254.5 256

256 252.4

252.5

250

246

100 m 245

250.4 248

252

MAPA DE ISOPIEZAS

D

244

248

245.7

244

242 239

242

Cotas del Arroyo

240.3 240 238

Arroyo 244

Nivel piezométrico (m.s.n.m.) Figura 1. Mapa de pozos y piezómetros

143

Problemas de Hidrología

a) y c) El mapa de isopiezas se muestra en la Figura adjunta. Las isopiezas indican la existencia de flujo hacia el arroyo. Nótese que el arroyo no es un límite de nivel constante y por ello las isopiezas no son paralelas a la traza del arroyo. Por el mismo motivo, tampoco son ortogonales al arroyo las líneas de corriente que pasan por los puntos A, B, C y D.

B

A

C

D

260 258.7

262

254.5

252.5

250

246

245

250.4 248

252

250 100 m

256

256 252.4

MAPA DE ISOPIEZAS

245.7

244

242 239

244

248

242

Cotas del Arroyo

240.3 240 238

Arroyo 244

Nivel piezométrico (m.s.n.m.)

Figura 30.1. Mapa de isopiezas. b) Se observa cómo aguas abajo de los puntos A, B, C y D existe una zona donde las isopiezas están más juntas y por tanto en esta zona el gradiente piezométrico es mayor alcanzando valores del orden de 0.12 (ver Figura 30.2).

En la zona situada a la derecha y cerca del arroyo, el gradiente es menor (del orden de 0.05), lo que significa una mayor transmisividad, suponiendo el flujo en régimen permanente. Las posibles explicaciones de este comportamiento son que en la primera zona la transmisividad es menor que en el resto del acuífero. Esta menor transmisividad puede ser debida a dos motivos: 1. un menor espesor saturado, 2. una menor conductividad hidráulica (posiblemente asociada a la existencia de un menor espesor de materiales cuaternarios). d) Se conocen los descensos a dos tiempos, t1 y t2. Si s1 y s2 son los descensos en estos dos tiempos, aplicando la ecuación de Jacob para el caudal Q = 1 l/s = 86.4 m3/d se obtiene 144

Problemas de Hidrología

B C Fuerte A gradiente de nivel (0.12) Baja transmisividad 258.7

262

256 252.5

250

100 m

250.4 248

252

MAPA DE ISOPIEZAS

254.5

256 252.4

D

245 245.7

244

242 239

244

246 Menor gradiente piezométrico (0.05) 242 248 Mayor permeabilidad240 Cotas del Arroyo

240.3

238

Arroyo 244

Nivel piezométrico (m.s.n.m.)

Figura 30.2. Zonas de mayor y menor permeabilidad.

s1 =

Q Q  2.25 ⋅ T ⋅ t 1   2.25 ⋅ T ⋅ t 1  ⋅ ln ⋅ log  = 2.3 ⋅  2 2 4πT  S ⋅ r 4πT   S⋅ r 

s2 =

Q Q  2.25 ⋅ T ⋅ t 2   2.25 ⋅ T ⋅ t 2  ⋅ ln ⋅ log  = 2.3 ⋅  2 2 4πT  S ⋅ r 4πT   S⋅ r 

restando ambas expresiones, s 2 - s 1 = 2 .3 ⋅

t  Q ⋅ log 2  4πT  t1 

Puesto que t2 es 10 veces t1, el término del logaritmo de t2 /t1 es reduce a 1. Por tanto, se obtiene s 2 - s 1 = 2 .3 ⋅

t  Q 86.4 86.4  100  ⋅ log ⋅ log 2  = 2.3 ⋅  = 2 .3 ⋅ 4πT 4πT 4πT  10   t1 

luego, 4.1 − 2.04 = 2.3 ⋅

86.4 4πT

145

Problemas de Hidrología

De esta ecuación se puede obtener la transmisividad, T = 7.68 m2/d. Por tanto, la conductividad hidráulica K es igual a K = T/b = 0.768 m/d. e) A partir de la línea de corriente que pasa por el punto C se calculan las longitudes, Li correspondientes a cada tramo entre isopiezas cuyo espaciamiento es , ∆h = 2 m y siendo φ la porosidad igual a 0.2.

Para calcular el tiempo de tránsito se aplica la ecuación de Darcy:

q = −K ⋅

dh = v⋅φ dx

siendo v la velocidad real. Aproximando la anterior ecuación mediante diferencias incrementales K⋅

∆h ∆x = v⋅φ = ⋅φ ∆x ∆t

donde ∆h es positivo. Despejando el incremento de tiempo ∆t

∆t =

φ ⋅ ∆x 2 K ⋅ ∆h

En nuestro caso ∆x = L. El tiempo de tránsito se calcula sumando todos los incrementos de tiempo parciales de los 11 tramos (12 isopiezas, ver figura del apartado a). Tabla 30.1. Tiempo de tránsito. Tramo

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 Total

146

longitud

cuadrado

Conductividad

Li (m)

Li2

K (m/d)

30.30 30.30 18.18 21.21 15.15 15.15 15.15 18.18 45.45 48.48 81.82

918.27 918.27 330.58 449.95 229.57 229.57 229.57 330.58 2066.12 2350.78 6694.21

0.768 0.768 0.768 0.768 0.768 0.768 0.768 0.768 0.768 0.768 0.768

Tiempo parcial φ ⋅ L2i (días) ∆t = K ⋅ ∆h 119.57 119.57 43.04 58.59 29.89 29.89 29.89 43.04 269.03 306.09 871.64 1920 días (5.26 años)

Problemas de Hidrología

El valor que se obtiene es T = 5.26 años Ahora bien, hay una zona donde la permeabilidad puede ser menor, por ello los cálculos se han rehecho considerando que en la zona menos permeable la conductividad hidráulica es el valor obtenido en el apartado d) dividido por un factor de 2.4: K = 0.768/2.4 = 0.32 m/d, ya que la relación de gradientes es aproximadamente 2.4. En régimen permanente, con el espesor saturado constante, se cumple q = − K 1 ⋅ ∇h 1 = − K 2 ⋅ ∇h 2

Sustituyendo, K 1 ⋅ 0.12 = K 2 ⋅ 0.05

es decir, K1 =

K2 2 .4

En la tabla siguiente se muestran los valores obtenidos. Hay 9 isopiezas más juntas (zona de mayor gradiente) y 3 isopiezas más espaciadas (zona de menor gradiente). Tabla 30.2. Tiempo de tránsito. Opción 2ª. Tramo

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 Total

longitud

cuadrado

Conductividad

Li (m)

Li2

K (m/d)

30.30 30.30 18.18 21.21 15.15 15.15 15.15 18.18 45.45 48.48 81.82

918.27 918.27 330.58 449.95 229.57 229.57 229.57 330.58 2066.12 2350.78 6694.21

0.32 0.32 0.32 0.32 0.32 0.32 0.32 0.32 0.768 0.768 0.768

Tiempo parcial φ ⋅ L2i (días) ∆t = K ⋅ ∆h 286.95 286.95 103.30 140.6 71.74 71.74 71.74 103.30 269.03 306.09 871.64 2583 días (7 años)

En este caso el tiempo de tránsito es de 7 años.

147

Problemas de Hidrología

PROBLEMA 31 Para realizar una excavación de 40 x 60 m y 10 m de profundidad es necesario rebajar el nivel freático que se encuentra a 5 m de profundidad. En la zona existe un acuífero libre de 50 m de espesor inicial; su conductividad hidráulica es de 5 m/d y la porosidad drenable es 0.1. Se pide: a) Calcular la transmisividad del acuífero. b) Calcular la difusividad hidráulica del acuífero. c) Calcular el caudal que es necesario bombear de forma permanente en ambos pozos (ambos al mismo caudal) para mantener la excavación en seco al cabo de 30 días. d) Calcular el caudal que es necesario bombear de forma permanente en ambos pozos (ambos al mismo caudal) para mantener la excavación en seco al cabo de 60 días. e) Calcular el volumen total bombeado del acuífero en hm3 al cabo de 6 meses en los dos supuestos anteriores (apartados c y d). Indicar las ventajas e inconvenientes de cada uno de los dos supuestos.

Pozos de Bombeo

Acuífero 20

A

B

20

20

10

40 Excavación

a) La transmisividad es el producto de la conductividad, 5 m/d, y el espesor saturado inicial, 50 m, es decir T = K b = 250 m2/d.

148

Problemas de Hidrología

b) La difusividad hidráulica del acuífero D es el cociente entre la transmisividad T y el coeficiente de almacenamiento, S. Para un acuífero libre S coincide con la porosidad drenable, es decir, S = 0.1, por tanto, D = T/S = 2500 m2/d. c) Para rebajar el nivel freático 5 m, bombeando en los pozos A y B, es necesario bombear un caudal Q tal que el descenso total (la suma de los descensos producidos por ambos bombeos) sea al menos 5 m en el punto más desfavorable de la excavación (punto C ó C’). El punto más desfavorable es el punto de la esquina inferior, que es el más alejado.

Pozos de Bombeo A

Acuífero 20 m

B

20 m

d1

20 m

d2

10 m

d1

40 m

Excavación C’

C Figura 31.1. Esquema de pozos y excavación.

Las distancias d1 y d2 desde A y B a C (ó C’) son d 1 = 20 2 + 50 2 = 53.85 m d 2 = 40 2 + 50 2 = 64.03 m El descenso total se calcula mediante la fórmula de Jacob: sT =

 2.25 ⋅ T ⋅ t   2.25 ⋅ T ⋅ t  Q Q  +  ⋅ ln ⋅ ln 2 4πT  S ⋅ d 1  4πT  S ⋅ d 22 

Sustituyendo, T = 250 m2/d, S = 0.1, t = 30 días, se obtiene

149

Problemas de Hidrología

5=

Q Q  2.25 ⋅ 250 ⋅ 30   2.25 ⋅ 250 ⋅ 30  ⋅ ln + ⋅ ln  2  4π ⋅ 250  0.1 ⋅ 53.85  4π ⋅ 250  0.1 ⋅ 64.03 2 

El caudal por pozo que se deduce es 23.39 l/s, es decir el caudal total es 46.8 l/s equivalentes a 4042 m3/d. Para el cálculo del descenso se ha aplicado la fórmula de Jacob ya que la función u es inferior a 0.03 para las distancias d1 y d2: d 12 ⋅ S 53.85 2 ⋅ 0.1 u= = = 0.009 ≤ 0.03 4 ⋅ T ⋅ t 4 ⋅ 250 ⋅ 30 u=

d 22 ⋅ S 64.03 2 ⋅ 0.1 = = 0.013 ≤ 0.03 4 ⋅ T ⋅ t 4 ⋅ 250 ⋅ 30

d) Para rebajar el nivel freático 5 m al cabo de 60 de días bombeando en los pozos A y B, es necesario bombear un caudal Q tal que el descenso total en el punto C (ó C’) sea al menos 5 m. El cálculo sería igual que en el apartado anterior pero con un tiempo de 60 días en lugar de 30 días: sT =

 2.25 ⋅ T ⋅ t   2.25 ⋅ T ⋅ t  Q Q   + ⋅ ln ⋅ ln 2 4πT  S ⋅ d 1  4πT  S ⋅ d 22 

Sustituyendo, T = 250 m2/d, S = 0.1, t = 60 días, se obtiene 5=

Q Q  2.25 ⋅ 250 ⋅ 60   2.25 ⋅ 250 ⋅ 60  ⋅ ln + ⋅ ln  2  4π ⋅ 250  0.1 ⋅ 53.85  4π ⋅ 250  0.1 ⋅ 64.03 2 

El caudal por pozo deducido es 19.83 l/s, es decir el caudal total es 39.7 l/s equivalentes a 3426.8 m3/d. En este caso también se aplica la fórmula de Jacob ya que se cumple u=

d 12 ⋅ S 53.85 2 ⋅ 0.1 = = 0.0045 ≤ 0.03 4 ⋅ T ⋅ t 4 ⋅ 250 ⋅ 60

u=

d 22 ⋅ S 64.03 2 ⋅ 0.1 = = 0.0065 ≤ 0.03 4 ⋅ T ⋅ t 4 ⋅ 250 ⋅ 60

e) El volumen bombeado al cabo de 6 meses (180 días) en el caso del apartado c) es: Vol = Q ⋅ t = 4042 ⋅ 180 = 727560 m 3 = 0.72 hm 3

En el caso del apartado d):

150

Problemas de Hidrología

Vol = Q ⋅ t = 3426.8 ⋅ 180 = 616824 m 3 = 0.61 hm 3

Se deduce que la primera opción (secar la excavación al cabo de 30 días), requiere un mayor caudal de bombeo y conlleva un mayor volumen de extracción de agua. La segunda opción requiere menos bombeo y menor volumen bombeado, pero tiene el inconveniente de que hay que esperar 30 días más que en la primera opción para que la excavación quede en seco.

151

Problemas de Hidrología

REGULACIÓN

PROBLEMA 32 En la Tabla se dan los caudales medios mensuales en una cuenca. Calcular la capacidad mínima y el volumen inicial que debe tener un embalse que regule las aportaciones de la cuenca para garantizar una demanda media mensual de 30 m3/s. NOTA: Aplicar el método analítico para resolverlo. Tabla 1. Aportaciones. MES APOR. (m3/s) MES APOR. (m3/s)

Enero 60 Julio 50

Febrero 45 Agosto 80

Marzo 35 Septiembre 105

Abril 25

Mayo 15

Junio 22

Octubre 90

Noviembre 80

Diciembre 70

En la tabla siguiente se muestran los valores de aportaciones y demandas y la diferencia de ambas, ordenando los meses considerando el año hidrológico. A partir de estos valores se pueden deducir los meses en los cuales se produce déficit. Tabla 32.1. Cálculos. Mes Octubre Noviembre Diciembre Enero Febrero Marzo Abril Mayo Junio Julio Agosto Septiembre

152

Aportaciones (m3/s) 90 80 70 60 45 35 25 15 22 50 80 105

Demanda (m3/s) 30 30 30 30 30 30 30 30 30 30 30 30

Diferencia 60 50 40 30 15 5 -5 -15 -8 20 50 75

Problemas de Hidrología

El déficit total será la suma de los valores de los caudales negativos (-5, -15, -8) multiplicados por el número de días de cada mes (abril, mayo y junio): Déficit = (5 x 30 + 15 x 31 + 8 x 30) x 86400 = 73.872 hm3 La capacidad mínima a embalsar será el déficit acumulado. La suma acumulada de la diferencia de aportaciones y demanda de los meses anteriores a abril superan el déficit total, 60 x 31 + 50 x 30 + 40 x 31 + 30 x 31 + 15 x 28 + 5 x 31 = 527.472 hm3 por lo que la cantidad de agua inicial embalsada a 1 de octubre (inicio del año hidrológico) puede ser nula, además de que en octubre la diferencia de aportaciones y demandas es positiva (60 m3/s). El volumen del embalse, como mínimo tendrá que tener una capacidad de Emin = 73.872 hm3, para poder almacenar dicha cantidad los meses de octubre a marzo y hacer frente al déficit producido los tres meses siguientes.

153

Problemas de Hidrología

PROBLEMA 33 El río Zújar es un afluente del río Guadiana. Para regar 40000 ha se dispone de un embalse de capacidad E = 50 hm3. A partir de los datos de las aportaciones mensuales de los años hidrológicos 80/81 y 81/82 (ver Tabla) se pide determinar: a) La magnitud de los déficits y vertidos. b) La garantía de suministro. c) La garantía de regulación. Se supondrá que inicialmente el embalse está vacío y que la dotación para riego es de 5000 m3/ha/año. Tabla 1. Aportaciones. AÑO 80/81 APORT. (Hm3) AÑO 80/81 APORT. (Hm3) AÑO 81/82 APORT. (Hm3) AÑO 81/82 APORT. (Hm3)

OCT. 0.06 ABRIL 14.78 OCT. 0.56 ABRIL 13.94

NOV. 21.4 MAYO 10.27 NOV. 0.35 MAYO 2.38

DIC. 2.88 JUNIO 2.48 DIC. 92.13 JUNIO 0.73

ENERO 2.61 JULIO 0 ENERO 123.69 JULIO 0

FEBR. 3.67 AGOSTO 1.64 FEBR. 36.35 AGOSTO 0.61

MARZO 4.45 SEPT. 2.64 MARZO 14.74 SEPT. 3.14

Para calcular la magnitud de los déficits y vertidos calcularemos la demanda correspondiente total: Demanda total = 5000 m3/ha/año x 40000 ha x 2 años = 400 hm3 Tabla 33.1. Cálculo de la demanda mensual. Mes Octubre Noviembre Diciembre Enero Febrero Marzo Abril Mayo Junio Julio Agosto Septiembre

154

Nº de días 31 30 31 31 28 31 30 31 30 31 31 30

Cálculo 31 x 400/730 30 x 400/730 31 x 400/730 31 x 400/730 28 x 400/730 31 x 400/730 30 x 400/730 31 x 400/730 30 x 400/730 31 x 400/730 31 x 400/730 30 x 400/730

Demanda mensual (hm3) 16.986 16.438 16.986 16.986 15.342 16.986 16.438 16.986 16.438 16.986 16.986 16.438

Problemas de Hidrología

En la Tabla 33.1 se ha tenido en cuenta los números de días de cada mes, calculando la demanda correspondiente proporcionalmente: Demanda del mes i = Nº de días del mes x 400/(2 x 365) En la siguiente tabla se muestran los valores de déficits, vertidos, volumen de agua almacenado en el embalse al final del mes y volumen regulado. Tabla 33.2. Cálculo del volumen regulado. Mes Octubre 80/81 Noviembre 80/81 Diciembre 80/81 Enero 80/81 Febrero 80/81 Marzo 80/81 Abril 80/81 Mayo 80/81 Junio 80/81 Julio 80/81 Agosto 80/81 Septiembre 80/81 Octubre 81/82 Noviembre 81/82 Diciembre 81/82 Enero 81/82 Febrero 81/82 Marzo 81/82 Abril 81/82 Mayo 81/82 Junio 81/82 Julio 81/82 Agosto 81/82 Septiembre 81/82 TOTAL

Aport. (hm3) 0.06 21.4 2.88 2.61 3.67 4.45 14.78 10.27 2.48 0 1.64 2.64 0.56 0.35 92.13 123.69 36.35 14.74 13.94 2.38 0.73 0 0.61 3.14

Demanda (hm3) 16.986 16.438 16.986 16.986 15.342 16.986 16.438 16.986 16.438 16.986 16.986 16.438 16.984 16.438 16.986 16.986 15.342 16.986 16.438 16.986 16.438 16.986 16.986 16.438 400

Déficit (hm3) 16.926 0 9.144 14.376 11.672 12.536 1.658 6.716 13.958 16.986 15.346 13.798 16.424 16.088 0 0 0 0 0 0 0 2.044 16.376 13.298 197.346

Vertido (hm3) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 25.144 106.704 21.008 0 0 0 0 0 0 0 152.856

Volumen embalsado 0 4.962 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 50 50 50 47.754 45.256 30.65 14.942 0 0 0

Volumen regulado 0.06 16.438 7.842 2.61 3.67 4.45 14.78 10.27 2.48 0 1.64 2.64 0.56 0.35 16.986 16.986 15.342 16.986 16.438 16.986 16.438 14.942 0.61 3.14 202.644

Para el cálculo de los volúmenes regulados en cada mes hay que tener en cuenta el volumen almacenado en el embalse al final del mes anterior, ya que lo que se resuelve es la ecuación de balance de masa: E n = E n −1 + A n − D n

si

En < 50 hm3

155

Problemas de Hidrología

donde En y En-1 es el volumen de agua almacenado al final del mes n y n-1, respectivamente; An y Dn son la aportación y demanda producida en dicho mes n. La garantía de regulación es: Gr =

Volumen regulado Demanda Total

=

202.644 = 0.50 = 50% 400

Para calcular la garantía de suministro se calculan los días en lo cuales no se ha producido déficit. Los meses donde no se ha producido déficit son: Noviembre del año 80/81, Diciembre, Enero, Febrero, Marzo, Abril, Mayo y Junio del año 81/82. El número total de días es: 30 + 31 + 31 + 28 + 31 + 30 + 31 + 30 = 242 días En consecuencia, la garantía de suministro es: Gs =

156

Tiempo sin déficit Tiempo Total

=

242 = 0.33 = 33% 730

Problemas de Hidrología

PROBLEMA 34 Para abastecer a una población urbana se ha construido un embalse A de capacidad EA = 50 hm3 en un río determinado. La demanda media mensual es de 15 hm3 y las aportaciones mensuales en dos años hidrológicos característicos son las que se detallan en la Tabla 1. Tabla 1. Aportaciones al embalse A. AÑO 1 APORT. (Hm3) AÑO 1 APORT. (Hm3) AÑO 2 APORT. (Hm3) AÑO 2 APORT. (Hm3)

OCT. 5 ABRIL 30 OCT. 15 ABRIL 25

NOV. 10 MAYO 20 NOV. 12 MAYO 10

DIC. 15 JUNIO 0 DIC. 10 JUNIO 5

ENERO 30 JULIO 0 ENERO 20 JULIO 0

FEBR. 40 AGOSTO 0 FEBR. 25 AGOSTO 3

MARZO 45 SEPT. 20 MARZO 30 SEPT. 24

Para regar una importante plantación se dispone de un embalse B de capacidad EB = 50 hm3 en otro río distinto del anterior, que inicialmente se encuentra al 50% de su capacidad. A partir de los datos de las aportaciones mensuales de los años hidrológicos característicos 1 y 2 (ver Tabla 2) se ha podido comprobar que la demanda media mensual de 17 hm3 no se garantiza adecuadamente. Por ello, se ha pensado reutilizar las aguas residuales provenientes de la población urbana, las cuales representan el 70 % de la demanda, y canalizar los vertidos del embalse A hasta la zona de regadío. Tanto el agua reutilizada como la proveniente del vertido del embalse A servirá, en caso de que se necesite, para reducir el déficit y evitar vaciar el embalse B, y no para llenarlo. Se pide: a) Calcular el volumen inicial de llenado del embalse A para satisfacer al 100 % la demanda de la población urbana. b) Calcular la garantía de regulación y suministro cuando sólo se utiliza el embalse B para satisfacer la demanda de regadío. c) Calcular la garantía de regulación y suministro cuando se utilizan las aguas residuales de la población urbana y los vertidos canalizados del embalse A. Tabla 2. Aportaciones al embalse B. AÑO 1 APORT. (Hm3) AÑO 1 APORT. (Hm3) AÑO 2 APORT. (Hm3) AÑO 2 APORT. (Hm3)

OCT. 0 ABRIL 15 OCT. 15 ABRIL 5

NOV. 21 MAYO 10 NOV. 72 MAYO 1

DIC. 3 JUNIO 2 DIC. 60 JUNIO 0

ENERO 2 JULIO 1 ENERO 36 JULIO 0

FEBR. 4 AGOSTO 3 FEBR. 15 AGOSTO 3

MARZO 5 SEPT. 1 MARZO 14 SEPT. 3

157

Problemas de Hidrología

a) En este caso se realiza un estudio de regulación únicamente con el primer río y suponiendo que el embalse inicialmente está vacío. En la tabla adjunta se detallan los déficits, vertidos, volúmenes embalsados al final de un determinado mes y el volumen regulado.

Al igual que en el problema anterior, para el cálculo de los volúmenes regulados en cada mes hay que tener en cuenta el volumen almacenado en el embalse al final del mes anterior, ya que lo que se resuelve es la ecuación de balance de masa: E n = E n −1 + A n − D n

si

En < C

donde En y En-1 es el volumen de agua almacenado al final del mes n y n-1, respectivamente; An y Dn son la aportación y demanda producida en dicho mes y C es la capacidad máxima del embalse. En caso de que la suma de las aportaciones y del volumen embalsado al final del mes anterior menos la demanda sea superior a la capacidad máxima del embalse, éste quedará lleno: En = C Tabla 34.1. Cálculo de volúmenes. Embalse A. Mes Octubre año 1 Noviembre año 1 Diciembre año 1 Enero año 1 Febrero año 1 Marzo año 1 Abril año 1 Mayo año 1 Junio año 1 Julio año 1 Agosto año 1 Septiembre año 1 Octubre año 2 Noviembre año 2 Diciembre año 2 Enero año 2 Febrero año 2 Marzo año 2 Abril año 2 Mayo año 2 Junio año 2 Julio año 2 Agosto año 2 Septiembre año 2 TOTAL

158

Aport. (hm3) 5 10 15 30 40 45 30 20 0 0 0 20 15 12 10 20 25 30 25 10 5 0 3 24

Demanda (hm3) 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 360

Déficit (hm3) 10 5 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 15

Vertido (hm3) 0 0 0 0 0 20 15 5 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 40

Volumen embalsado 0 0 0 15 40 50 50 50 35 20 5 10 10 7 2 7 17 32 42 37 27 12 0 9

Volumen regulado 5 10 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 345

Problemas de Hidrología

La garantía de regulación es: Gr =

Volumen regulado Demanda Total

=

345 = 0.95 = 95% 360

El volumen inicial de llenado, al comienzo del año hidrológico 1 tendrá que ser el valor del déficit acumulado 15 hm3. Si inicialmente el embalse tiene 15 hm3, no existirá déficit. b) En el caso del segundo río, con el embalse B para satisfacer el regadío, se obtienen los vertidos, déficits, volúmenes embalsados y regulados que se detallan en la tabla siguiente.

En este caso el embalse se encuentra al 50 % de su capacidad, es decir 25 hm3, lo que implica que disponemos de ese volumen de agua adicionalmente. Tabla 34.2. Cálculo de volúmenes. Embalse B. Mes Octubre año 1 Noviembre año 1 Diciembre año 1 Enero año 1 Febrero año 1 Marzo año 1 Abril año 1 Mayo año 1 Junio año 1 Julio año 1 Agosto año 1 Septiembre año 1 Octubre año 2 Noviembre año 2 Diciembre año 2 Enero año 2 Febrero año 2 Marzo año 2 Abril año 2 Mayo año 2 Junio año 2 Julio año 2 Agosto año 2 Septiembre año 2 TOTAL

Aport. (hm3) 0 21 3 2 4 5 15 10 2 1 3 1 15 72 60 36 15 14 5 1 0 0 3 3

Demanda (hm3) 17 17 17 17 17 17 17 17 17 17 17 17 17 17 17 17 17 17 17 17 17 17 17 17 408

Déficit (hm3) 0 0 2 15 13 12 2 7 15 16 14 16 2 0 0 0 0 0 0 0 0 17 14 14 159

Vertido (hm3) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 5 43 19 0 0 0 0 0 0 0 0 67

Volumen embalsado 8 12 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 50 50 50 48 45 33 17 0 0 0 0

Volumen regulado 17 17 15 2 4 5 15 10 2 1 3 1 15 17 17 17 17 17 17 17 17 0 3 3 249

En estas condiciones la garantía de regulación es:

159

Problemas de Hidrología

Gr =

Volumen regulado Demanda Total

=

249 = 0.61 = 61% 408

teniendo en cuenta que el tiempo total en el que se ha producido déficit es 31 + 31 + 28 + 31 + 30 + 31 + 30 + 31 + 31 + 30 + 31 + 31 + 31 + 30 = 427 días la garantía de suministro vale: Gs =

Tiempo sin déficit Tiempo Total

=

730 − 427 = 0.41 = 41% 730

c) Si se reutilizan las aguas residuales (0.7 x Demanda de abastecimiento = 10.5 hm3) y los vertidos del embalse A se obtiene los valores de la tabla adjunta. Hay que tener en cuenta que tanto el agua reutilizada como la procedente del vertido del embalse A no sirven para llenar el embalse B, pero se utilizan antes que vaciar dicho embalse. Tabla 34.3. Cálculo de volúmenes. Mes Oct. 1 Nov. 1 Dic. 1 En. 1 Feb. 1 Mar. 1 Abr. 1 May. 1 Jun. 1 Jul. 1 Ago. 1 Sept. 1 Oct. 2 Nov. 2 Dic. 2 En. 2 Feb. 2 Mar. 2 Abr. 2 May. 2 Jun. 2 Jul. 2 Ago. 2 Sept. 2 TOT.

Aport. Demanda (hm3) (hm3) 0 17 21 17 3 17 2 17 4 17 5 17 15 17 10 17 2 17 1 17 3 17 1 17 15 17 72 17 60 17 36 17 15 17 14 17 5 17 1 17 0 17 0 17 3 17 3 17 408

0.7 x dem población 10.5 10.5 10.5 10.5 10.5 10.5 10.5 10.5 10.5 10.5 10.5 10.5 10.5 10.5 10.5 10.5 10.5 10.5 10.5 10.5 10.5 10.5 10.5 10.5 252

La garantía de regulación es: 160

Vertido Embalse B 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 5 43 19 0 0 0 0 0 0 0 0 67

Déficit (hm3) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1.5 5.5 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 8.5

Vertido Volumen A (hm3) embalsado 0 18.5 0 22.5 0 19 0 14.5 0 12 20 12 15 12 5 12 0 7.5 0 2 0 0 0 0 0 0 0 50 0 50 0 50 0 50 0 50 0 48.5 0 43 0 36.5 0 30 0 26.5 0 23 40

Volumen regulado 17 17 17 17 17 17 17 17 17 17 15.5 11.5 17 17 17 17 17 17 17 17 17 17 17 17 401

Problemas de Hidrología

Gr =

Volumen regulado Demanda Total

=

401 = 0.98 = 98% 408

Teniendo en cuenta que el tiempo en que el sistema ha permanecido con déficit es 31 + 30 = 61 días la garantía de suministro vale: Gs =

Tiempo sin déficit Tiempo Total

=

730 − 61 = 0.91 = 91% 730

es decir, se mejora sustancialmente la garantía del sistema. Se han reutilizado 401 – 249 = 152 hm3.

161