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UCLA Decanato de Ingeniería Civil Departamento de Hidráulica y Sanitaria

PROBLEMARIO DE HIDROLOGIA APLICADA A LA INGENIERIA CIVIL

Autor: Oberto R., Livia R.

Barquisimeto, abril 2003

INDICE DE CONTENIDO

Pagína ii iv v

INDICE DE CONTENIDO INDICE DE TABLAS INDICE DE FIGURAS CAPITULO I. GENERALIDADES 1.0 1.1 1.2

Introducción Justificación Objetivo

1 1 1

CAPITULO II 2.0

Distribución espacial de la precipitación

2

2.1

Cálculo de la precipitación media 2.1.1 Promedio aritmético 2.1.2 Polígono de Thiessen 2.1.3 Métodos de las Isoyetas

2 2 2 3

2.2

Problemas relativos a la distribución espacial de la precipitación

4

CAPITULO III 3.0

Aplicación de la teoría de las probabilidades a la Hidrología

11

3.1 3.2 3.3 3.4 3.5

Distribución normal o Gaussiana Distribución log-normal de 2 parámetros Distribución log-normal de 3 parámetros Distribución de valores extremos Problemas de probabili dad aplicados a la hidrología

11 12 13 14 16

CAPITULO IV 4.0 4.1 4.2 4.3 4.4

Hidrograma de escorrentía Coeficiente de escorrentía Hidrograma de crecientes Separación del caudal base Hidrograma Unitario

31 31 32 33 34

ii

4.5 4.6

Cálculo de Hu para diferentes duraciones efectivas Problemas relativos a Hidrogramas

36 38

CAPITULO V 5.1 5.2 5.3

Método de la curva número Distribución del evento en el tiempo Problemas de aplicación de la Curva Número

59 61 64

CAPITULO VI 6.1 6.2 6.3

Tránsito por embalses Tránsito por cauces naturales Problemas relativos a el tránsito por el embalse y tránsito por el cauce

70 73 75

CAPITULO VII 7.1 7.2

Hidrograma de C.O Clark 86 Problemas de aplicación del Hidrograma Unitario Instantáneo 88

CAPITULO VIII 8.1 8.2

Demanda de riego Problemas relativos a la demanda de riego

108 110

CAPITULO IX 9.1 9.2

Operación de embalse Problemas de aplicación de la operación de embalse

BIBLIOGRAFÍA ANEXO 1 ANEXO 2 ANEXO 3

114 115 123 124 126 129

iii

INDICE DE TABLAS

Tabla No.

Página

1

Gumbel

125

2

Número de curva de escorrentía para comple jo hidrológico suelos-cobertura, para condiciones de humedad antecedente II e Ia = 0.20

127

3

Número de curva (CN) para otras condiciones

128

4

Coeficiente de desarrollo foliar para el cálculo de la evapotranspiración

130

Coeficiente de densidad de enraizamiento, r, Para el cálculo del umbral óptimo de riego (Norero,1976)

130

5

iv

INDICE DE FIGURAS

Figura

Página

4.1

Relación lluvia – Escorrentía

31

4.2

Hidrograma de escorrentía

32

4.3

Separación del caudal base del Hidrograma

33

4.4

Método de las tangentes para la separación de Qb

34

4.5

Determinación de la duración efectiva de la lluvia

35

4.6 4.7 4.8 4.9 5.1

Cálculo de HU de 2t horas a partir del HU de t horas

36

Método de la curva “ S “

37

Curva adimensionales de tormentas(SCS,1958)

62

6.1

Volúmenes característicos en un embalse

70

6.2

Esquema del transito de una creciente a través de un embalse

71

6.3

Esquema del transito por cauces naturales

73

7.1

Líneas de igual tiempo de viaje Isocronas

86

v

CAPITULO I

1.0

Introducción

La hidrología es una disciplina muy importante para el ingeniero civil ya que estudia el agua en la tierra, su distribución y circulación, lo que le permite por diferentes métodos y procedimientos cuantificar el agua que llega a un punto determinado. Ello es información básica imprescindible para el diseño de puentes, estructuras para control de avenidas, presas, vertederos, sistemas de drenaje para poblaciones, carreteras, sistemas de abastecimiento de agua y otras estr ucturas similares. Una de las dificultades que encuentra el estudiante de ingeniería es la falta de bibliografía asociada al planteamiento y solución de problemas similares a los que se le puedan presentar en su ejercicio profesional. Ello ha motivado la elaboración del presente trabajo de problemas resueltos de hidrología, los cuáles pretender ayudar al estudiante a comprender mejor la enseñanza teórica que se les imparte, encaminándolos de forma sencilla y clara a la aplicación de esos conocimientos con ejemplos prácticos. 1.1

Justificación

En la generalidad de los casos, los textos tradicionales de hidrología básica desarrollan sus ejemplos y aplicaciones prácticas utilizando información de cuencas cuyas condiciones físico ambientales, y de disponibilidad de información, son diferentes al entorno regional y nacional en el cual se desenvolverá el futuro ingeniero civil. Un ejemplo típico lo constituye el tópico de cálculo de la evapotranspiración y las demandas de riego, los cuáles usualmente se hacen a partir de ecuaciones basadas en información climática que usualmente no están disponibles en la mayoría de las cuencas locales. Adicionalmente, se estima conveniente que el estudio de los diferentes procesos que integran el ciclo hidrológico se presenten de manera interrelacionada, tal como sucede en la naturaleza. Por lo expuesto, se considera que el material aquí presentado constituye un valioso aporte a la formación del futuro ingeniero civil 1.2

Objetivo Elaborar un conjunto de ejemplos y problemas típicos que sirvan como material de apoyo en el aprendizaje de la hidrología básica para el ingeniero civil.

2

CAPITULO II

2.0

Distribución espacial de la precipitación

Desde el punto de vista espacial, la precipitación no se distribuye de manera uniforme en el ámbito de la cuenca, debido principalmente a los mecanismos de generación de la lluvia y a las características altitudinales de la hoya hidrográfica. De allí que uno de los aspectos iniciales de la hidrología es la estimación de la precipitación representativa para el conjunto del área en estudio. Usualmente, este valor representativo puede tomarse como el promedio aritmético del conjunto de las estaciones existentes o como el valor ponderado por un área de influencia determinado. En este segundo caso, el problema a resolver será la estimación del área para el cuál el valor puntual, medido en una estación, es representativo.

2.1

Cálculo de la precipitación media Para la estimación de la precipitación media existen 3 métodos usuales: • • •

Promedio aritmético Polígono de Thiessen Isoyetas.

2.1.1 Promedio aritmético Es el más simple de los procedimientos para determinar la lluvia promedio sobre un área, se promedian las profundidades de lluvia que se registran en un número dado de pluviómetros. Este método es satisfactorio si los pluviómetros se distribuyen uniformemente sobre el área y sus mediciones individuales no varían de manera considerable de la media.

Pm =

P1 + P 2 + P 3 + ......... + Pn n

(2.1)

donde: Pm: P1, P2,P3…Pn: n:

precipitación media precipitación en cada una de las estaciones número de estaciones

3

2.1.2 Polígono de Thiessen Este método es aplicado a zonas con una distribución irregular de las estaciones y en dónde los accidentes topográficos no juegan un papel importante en la distribución de la precipitación. El cálculo se inicia ubicando en los mapas las estaciones de precipitación ubicadas en la cuenca y en las áreas circunvecinas. Se unen estas estaciones con trazos rectos, tratando de formar triángulo s, cuyos lados sean de la mínima longitud posible ; después de que los triángulos hayan sido dibujados, se trazan las mediatrices de todos los lados, con lo que se formarán unos polígonos alrededor de cada estación. Se determina el área de cada polígono y, a partir de su relación con el área total, se obtiene un coeficiente de ponderación para cada estación. La precipitación media resultante de la sumatoria de los productos de las lluvias registradas en cada estación por su área correspondiente, entre el área total: n

Pm =

∑ Ai * Pi i =1

At

(2.2)

para: Ai : P i: At : Pm : n:

área del polígono i precipitación en la estación i área total de la cuenca precipitación media sobre la cuenca número de polígonos

2.1.3 Métodos de las Isoyetas Utilizando las profundidades que se observan en los pluviómetros, e interpolando entre pluviómetros adyacentes, se unen los puntos de igual profundidad de precipitación, (de modo semejante a como se trazan las curvas de nivel en topografía). Una vez que el mapa de Isoyetas se construye, se mide el área Aj entre cada par de Isoyetas en la cuenca y se multiplica por el promedio Pj de las profundidades de la lluvia de las dos isoyetas adyacentes para calcular la precipitación promedio sobre el área mediante la ecuación: n

Pm =

∑ Aj * Pj j =1

At

(2.3)

donde: Aj : Pj :

área entre cada par de Isoyetas promedio de las profundidades de lluvia de dos isoyetas adyacentes.

4

At : Pm : n:

área total de la cuenca. precipitación media número de isoyetas adyacentes

El método de las isoyetas es flexible, y el conocimiento de los patrones de la tormenta pueden influir en la gráfica de las mismas, pero es necesario una red de medidores más o menos densa para construir correctamente el mapa de Isoyetas de una tormenta compleja.

5

2.2

Problemas relativos a la distribución espacial de la precipitación

PROBLEMA 2.2.1 En la figura y cuadro adjuntos se muestran la ubicación de 5 estaciones de precipitación de una cuenca dada, así como los va lores de precipitación anual, en milímetros. Calcular la precipitación media anual en la cuenca aplicando el método de polígonos de Thiessen, si cada cuadricula del gráfico equivale a 1 kilómetro cuadrado. Estación P1 P2 P3 P4 P5

Precipitación anual (mm) 800 600 900 400 200

SOLUCIÓN El primer paso para la solución del problema es el trazado de los polígonos de Thiessen, los mismos que se aprecian en el gráfico adjunto.

6

Calculando las respectivas áreas, se tiene: Estaciones

2

Área (Km ) Precipitación (mm) A * P

P1 P2 P3 P4

11.5 16.5 13 12.5

800 600 900 400

9200 9900 11700 5000

P5

11.5 65

200

2300 38100

Aplicando la ecuación (2.2) se obtiene:

Pm =

38100Km 2 * mm = 586.15mm 65Km 2

PROBLEMA 2.2.2 Resolver el problema anterior por el método de las isoyetas. SOLUCIÓN Con la información proporcionada se construyen las isoyetas, tal como se muestra en el gráfico. Luego se mide el área encerrada por cada par de las isoyetas adyacentes, como por ejemplo la correspondiente a los valores 800 y 900 mm que se destaca en la figura.

7

De esta forma, puede elaborarse el cuadro siguiente, en el cuál el valor de la columna precipitación corresponde al promedio de los valores de las isoyetas adyacentes: Isoyetas

Áreas

Precipitación

Area*Precipitación

(mm)

(Km2)

(mm)

(Km2*mm)

900

6

900

5400

900-800

8

850

6800

800-700 700-600 600-500 500-400 400-300 300-200 200

9 7 8.5 8.5 8 6 4

750 650 550 450 350 250 200

6750 4550 4675 3825 2800 1500 800

65

37100

Aplicando ahora la ecuación (2.3) se tiene:

Pm =

37100Km 2 * mm = 570.77mm 65Km 2

8

PROBLEMA 2.2.3 En la figura, las líneas delgadas identifican la delimitación de la cuenca y subcuencas que como puede apreciarse son tres: SC1, SC2 y SC3. Cada cuadricula del gráfico puede asumirse igual a 1 Km2 . Empleando el método de los polígonos de Thiessen, se pide calcular el volumen total de agua precipitada en cada una de las subcuencas, así como en el total de la cuenca, durante el mes 2, en millones de metros cúbicos, mmc.

Precipitación (mm) Estación 1 2 3 4

Mes 1 170 70 50 35

Mes 2 54 30 9.1 4.6

Mes 3 49.6 22 7.5 3.1

Mes 4 30 21 10.3 5

9

SOLUCIÓN En la figura adjunta se muestran los polígonos de Thiessen trazados para la cuenca.

Para cada subcuenca puede determinarse el área, en km2, que es influenciada por cada estación de precipitación, obteniéndose el cuadro siguiente: Subc/Estación SC 1 SC2 SC3 Total

P1 8 8.5 0 16.5

P2 8 0 9 17

P3 4.5 18.75 0 23.25

P4 0.75 3.25 31 35

Total 21.25 30.5 40 91.75

Como puede apreciarse, el área total de la cuenca es de 91.75 km2, correspondiendo superficies de 21.25, 30.5 y 40 km2 a las subcuencas 1, 2 y 3, respectivamente. Esta área total también puede expresarse en términos de cuál es la superficie de la cuenca influenciada por cada estación de precipitación lo cuál corresponde a valores de 16.5, 17, 23.25 y 35 km2 . para las estaciones P1, P2, P3 y P4, respectivamente.

10

Aplicando ahora la ecuación (2.2) para el mes 2, la precipitación media en la cuenca será: Pm =

54 mm * (8 + 8.5) Km 2 + 30 mm * (8 + 9) Km 2 + 9.1mm * (4.5 + 18.75) Km 2 + 4.6mm * ( 0.75 + 3.25 + 31) Km 2 = 19.33mm 91.75 Km 2

Este valor corresponde a la precipitación media sobre toda la cuenca; a partir del mismo, y considerando el área total, puede obtenerse el volumen total precipitado, Vp:

V p = 0.01933m * 91750000m 2 = 1.77 *10 6 m 3 Lo cuál equivale a 1.77 millones de metros cúbicos, mmc. Procediendo de forma similar en cada una de las subcuencas, se tiene: Subcuenca 1 : Pm1 =

54 mm * 8Km 2 + 30mm * 8Km 2 + 9.1mm * 4.5Km 2 + 4.6mm * 0.75 Km 2 = 33.71mm 21 .25 Km 2

V p1 = 0.0337m * 21250000m 2 = 716337.5m 3 = 0.716mmc Subcuenca 2:

Pm2 =

54mm * 8.5Km 2 + 9.1mm *18.75Km 2 + 4.6mm * 3.25Km 2 = 21.13mm 30.5Km 2

V p2 = 0.02113m * 30500000m2 = 644465m3 = 0.644mmc Subcuenca 3:

Pm3 =

30mm * 9Km 2 + 4.6mm * 31Km 2 = 10.315mm 40Km 2

V p3 = 0.010315m * 40000000m 2 = 412600m3 = 0.4126mmc PROBLEMA 2.2.4 Calcule la precipitación media de la cuenca, que tiene las siguientes isoyetas, (línea punteada), cada cuadro de la cuadricula vale 1 Km2.

11

SOLUCIÓN: Se mide el área Aj entre cada par de isoyetas en la cuenca y se multiplica por el promedio Pj de las profundidades de lluvia de las dos isoyetas adyacentes; luego, aplicando la ecuación (2.3) se obtiene: 1000mm* 3 .75Km + 950mm * 10Km + 850mm * 7 .25 Km 750mm * 8 .25Km + 650mm * 17 Km + 550mm* 7 .25Km 53.5 Km 2 2

Pm =

2

2

Pm = 759.58mm

2

2

2

12

CAPITULO III 3.0

Aplicaciones de la teoría de las probabilidades a la hidrología

El cálculo de un valor específico para una variable hidrológica que se evalúa es uno de los aspectos básicos del análisis hidrológico en la ingeniería civil. Usualmente este valor específico, también denominado valor de diseño, está referido a valores máximos de precipitación en un intervalo dado o de caudal para una sección específica del cauce. En ambos casos, constituye una información básica para el posterior dimensionamiento y diseño de la estructura. Sin embargo, el procedimiento de cálculo implica, además de los aspectos númericos, los relativos a la pos ibilidad de que el valor de diseño sea igualado o excedido durante un evento cualesquiera o durante un número de eventos dado. Desde el punto de vista estadístico, las variables hidrológicas pueden considerarse como variables aleatorias continúas mientras que su ocurrencia efectiva para un evento, o un número de eventos dado, puede resolverse tratándolas como variables aleatorias discretas.

3.1

Funciones de probabilidad: variable discreta

Un modelo probabilística asocia un valor de probabilidad a cada punto del espacio muestral; dicho modelo se denomina función de probabilidad de masa (FPM) y se designa por px(x0 ) y se define como la probabilidad de que el valor de la variable aleatoria X sea igual a x0 . Para que una función matemática cualquiera se considere una función de probabilidad de masa debe cumplir las siguientes dos condiciones: • •

Su valor debe estar comprendido entre 0 y 1 La sumatoria de todos los posibles valores de x debe ser igual 1

También conviene recordar que, a partir de la de finición de variable condicionada, puede considerarse que dos variables aleatorias son independientes si:

p xy ( x 0 , y 0 ) = p x ( x 0 ) p y ( y 0 )

(3.1)

Se define como función distribución acumulada, FDA, a la función que define la probabilidad de que la variable aleatoria X tome valores menores o iguales a un valor dado:

13

Pr ob( X ≤ x 0 ) = Px ( x0 ) =

∑p

x

( x0 )

(3.2)

∀x

Esta función es positiva, comprendida entre cero y uno, y es siempre creciente. Otro concepto que conviene recordar es el del valor esperado, éste se define como la sumatoria para todos los posibles valores de X del producto de la función por la FPM evaluada en el mismo punto que la función:

E {g ( x)} = ∑ g ( x0 ) * p x ( x0 )

(3.3)

∀x

En particular interesan algunos casos especiales de la función g(x): los correspondientes a las potencias enteras de x, las cuáles se denominan momentos de x:

E (x n ) = ∑ x n * px (x0 )

(3.4)

La expresión (3.4) también puede definirse como la potencia centrada con respecto al valor esperado o momento central n-ésimo de x:

{

E ( x − E ( x) n 3.2

}

(3.5)

Funciones de probabilidad: variable continua

La probabilidad asociada a una variable continua está representada por la función densidad de probabilidad, fdp. Si X es una variable aleatoria continua en el rango a – b, se tie ne: b

Pr ob(a ≤ x ≤ b) = ∫ f x ( x) dx a

donde:

f x (x) :

función densidad de probabilidades

Figura 3.1. Area que representa la Prob(a = x = b)

(3.6)

14

Se define como función de distribución acumulada, FDA, de la variable X a la probabilidad de que la variable aleatoria sea menor o igual a un valor dado: x0

Pr ob( x ≤ x0 ) = FX ( x0 ) =

∫f

x

( x) dx

(3.7)

−∞

La función de distribución acumulada mide la probabilidad de que el valor de la variable sea menor o igual al valor x0 ; tiene las siguientes propiedades:

FX ( +∞) = 1

FX (−∞) = 0

Prob(a ≤ x ≤ b) = FX (b) − FX (a) FX (b) ≥ FX ( a)

para: b ≥ a

dFX ( x) = f x (x ) dx 3.3

(3.8) (3.9)

(3.10) (3.11)

Algunas distribuciones probabilísticas de uso frecuente en la hidrología

3.3.1 Distribución binomial Esta es una distribución de probabilidad discreta; en este caso la variable aleatoria K se define como el número de éxitos que ocurren en n ensayos; se define por la expresión: p K ( k ) = C kn p k (1 − p) (1 −k )

k = 1,2 ........n

(3.12)

siendo las combinaciones de k0 grupos en n elementos:

C kn =

n! k! (n − k )!

(3.13)

3.3.2 Distribución de probabilidad empírica A esta distribución se le denomina también probabilidad experimental o frecuencia acumulada. Para su cálculo existen varias formulas algunas de las cuáles se presentan en el cuadro 3.1.

15

Cuadro 3.1 Formulas para la probabilidad experimental Método

Probabilidad(P) n m m− 1

California Hazen

Método

Probabilidad (P)

Weibull

m n +1

2

Chegadayev

m − 0.3 n + 0 .4

8

Tukey

3m − 1 3n + 1

n m− 3

Blom

n+ 1

4 m−a n + 1− 2a

Gringorten Donde: P: m: n: a:

probabilidad experimental o frecuencia relativa empírica número de orden número de datos valor comprendido en el intervalo 0 a 1

el valor de a depende de n, de acuerdo a: valor n valor a

10 20 30 40 50 0.448 0.443 0.442 0.441 0.44

60 0.44

70 0.44

80 0.44

90 100 0.439 0.439

Fuente. Villón, 1993

3.3.3 Distribución normal o Gaussiana Para esta distribución la función de densidad es:

1 f ( x) = e S 2π

 1 x − x  −  &&& p  2 S 

2

  

  

− ∞〈 x〈∞

(3.14)

16

donde:

xp : S:

promedio desviación típica

Cada valor x de la muestra puede ser expresado en términos de la variable reducida utilizando la expresión:

Z=

x − xp

S con lo cuál la ecuación (3.14) se transforma en:

 Z 2  

− 1 2 f ( x) = e  S 2π

− ∞〈 Z 〈∞

(3.15)

(3.16)

La función de distribución acumulada, (FDA), es:

x

1 F ( x ) = ∫ f ( x )dx = S 2π −∞

∫

x

e

−∞

 1 x − x p −   2  S 

  

2

  

dx

(3.17)

o su equivalente: 1 F(Z ) = 2π

∫

Z

−∞

e

 Z 2 −   2 

dZ

(3.18)

Para resolver la ecuación (3.18) existen algunos métodos de aproximación entre los cuáles puede mencionarse el de Abramowitz y Stegun:

F ( Z ) ≈ 1 − f ( Z )(0.043618V − 0.1217V 2 + 0.9373V 3 donde: F(Z): función de distribución acumulada f(Z): función densidad de la variable estandarizada V se define para valores de Z mayores o iguales a cero como:

(3.19)

17

1 1 + 0.33267 Z el error de esta aproximación es menor de 10-5 V =

(3.20)

Otra aproximación usual es la de Masting:

F ( Z ) = 1 − f ( Z )(b1w + b2w2 + b3w3 + b4w4 +b5 w5 )

(3.21)

donde w es definido para Z mayor o igual a cero como: w=

con:

1 1 + 0.2316419 Z

(3.22)

b1 = 0.319381530 b3 = 1.781477937 b5 = 1.330274429

b2 = -0.356563782 b4 = -1.821255978

el error de esta aproximación es menor de 10-8 . En ambas aproximaciones la FDA es (1 – F(Z) ) si Z < 0 el error de esta aproximación es menor de 10-5

3.3.4 Distribución Log-Normal de 2 parámetros En este caso la variable aleatoria X es positiva y el límite inferior x0 no aparece. La variable aleatoria Y = lnX es normalmente distribuida, con media µ y y varianza σ2 y La función de densidad de Y es:

f ( y) =

1 e σy

1  y−µ y −  2  σ y

  

2

(3.23)

donde: para: − ∞〈 y〈∞ la función de distribución acumulada es:

F ( y) =

1 2π σ y

y

∫e

1  y −µ y  −   2  σ y 

2

dy

−∞

o, en términos de la variable reducida:

(3.24)

18

1 2π

F (Z ) =

∫

z

e

−

Z2 2

−∞

(3.25)

dZ

3.3.5 Distribuciones de valores extremos Una muestra de valores extremos se genera tomando una serie continua de datos, de longitud T, de la variable aleatoria x y dividiéndola en n submuestras, cada una de longitud m, de forma tal que T = n*m. Luego, en cada una de dichas submuestras se seleccionan valores de la variable x de acuerdo a un cierto criterio tal como la magnitud de la variable, un valor acumulativo o alguna propiedad. Tal proceso de selección generará una muestra de una nueva variable aleatoria, y, con una longitud n. Usualmente los criterios de selección están asociados a la ocurrencia de eventos máximos, tales como los caudales máximos, o mínimos, tal como las sequías. En ambos casos se tratan de eventos extremos. Una de las distribuciones de valores extremos pa ra eventos máximos es la presentada por R.A. Fisher y L.H.C. Tippet: − α ( x− β )

F ( x) = e −e

(3.26)

donde: 0 ‹ α ‹8 -8 ‹ β ‹8

es el parámetro de escala es el parámetro de posición, llamado también valor central o moda

A esta distribución transformación:

también se le denomina de Gumbel.

y = α (x − β ) la ecuación (3.26) se transforma en:

F ( x ) = e −e

−y

(3.27)

También: α =

1.281 σ

β = µ − 0 .45 * σ

(3.28)

Si se hace la

19

Gumbel obtuvo valores modificados minimizando la suma de los cuadrados de los errores perpendiculares a la recta de ajuste de valores extremos.. Las ecuaciones que obtuvo son sólo función del tamaño de muestra y de los parámetros:

 Y − yn   * σ x X T = X +   σn 

(3.29)

donde: XT : X: sx : s n , yn :

3.4

valor de la variable correspondiente al período de retorno media de la serie de datos desviación estándar funciones de la longitud de la serie de datos, en la tabla Nº1 anexo 1.

Prueba de bondad de ajuste Smirnov - Kolmogorov

Esta prueba de ajuste consiste en comparar las diferencias, en valores absolutos, entre la probabilidad empírica y la probabilidad teórica seleccionada; de estas diferencias se toma el valor máximo, el cuál se denomina discrepancia máxima calculada. Dicho valor se compara con el valor de la máxima discrepancia permitida o valor crítico del estadístico Smirnov – Kolmogorov, el cuál es función del número de datos y del nivel de confiabilidad seleccionado, tal como se aprecia en el cuadro 3.2. Cuadro 3.2 Valores críticos del estadístico Smirnov Kolmogorov Tamaño de la Muestra (N) 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 N >50

0.20

NIVEL DE SIGNIFICACIÓN ( α ) 0.10 0.05 0.01

0.45 0.32 0.27 0.23 0.21 0.19 0.18 0.17 0.16 0.15 1.07 N

Fuente: Yevjevich, 1972

0.51 0.37 0.30 0.26 0.24 0.22 0.20 0.19 0.18 0.17 1.22 N

0.56 0.41 0.34 0.29 0.27 0.24 0.23 0.21 0.20 0.19 1.36 N

0.67 0.49 0.40 0.36 0.32 0.29 0.27 0.25 0.24 0.23 1.63 N

20

3.5

Problemas de probabilidad aplicados a la hidrología

PROBLEMA 3.5.1 Para una estación de precipitación se tiene información de 15 años de registro para profundidades máximas de lluvia para una duración de 02 horas. Los mismos indican que la lluvia correspondiente a dicha duración y a un periodo de 15 años de período de retorno, es de 97.52 mm. Análogamente, para un período de retorno de 100 años, y la misma duración, se tiene un valor de 120.91 mm. Con base a ello, y asumiendo que los datos se ajustan a una distribución Gumbel, se pide calcular:

a. b. c.

Profundidad de la lluvia correspondiente a 50 años de periodo de retorno. Probabilidad de que dicha lluvia sea igualada o excedida al menos una vez durante 30 años de vida útil de la estructura a diseñar. Si se toma 110 mm como valor de diseño. ¿Cuál será la probabilidad de que dicho valor sea igualado o excedido 2 veces durante un período igual a 2 veces su periodo de retorno.

SOLUCION: a.

Aplicando la ecuación (3.29):

Los valores Yn y s n son función del número de datos, conforme al cuadro que se muestra en el anexo 1; el valor de Y depende del período de retorno Tr. Utilizando dicha tabla 1 para n = 15 datos se obtiene: Yn = 0.5128

s n = 1.0210

Análogamente, y utilizando la misma tabla se tiene:

Tr = 15 años Tr = 100 años

Y = 2.674 Y = 4.6

Aplicando nuevamente la ecuación (3.29) para los valores dados correspondientes a los períodos de retorno de 15 y 100 años de período de retorno puede formarse el siguiente sistema de ecuaciones: −

97.52 = X +

(2.674 − 0.5128 ) * σx 1.0210

21

−

120 .91 = X +

( 4.6 − 0.5128 ) * σx 1.0210

resolviendo, se obtiene: −

s x = 12.40 mm

X = 71.27 mm

Conocidas la media y la desviación típica puede aplicarse la ecuación (3.29) para un período de retorno de 50 años para el cuál Y = 3.9020, obtenido de la tabla del anexo 1: (3.9020 − 0.5128 ) *12 .40 1.0210

X = 71.27 +

de donde: P = X50 = 112.43 mm. b. Por definición, la probabilidad de que un valor dado sea excedido al menos una vez durante un período de vida útil n, corresponde al riesgo: Riesgo = 1 – P(o) En donde el valor P(o) se obtiene aplicando la ecua ción (3.12) con k = 0. También: P ( X ≥ x) =

1 Tr

(3.30)

luego: P ( X ≥ x) =

1 1 = = 0.02 Tr 50

luego:

P (0) =

30! * (0.02) 0 * (1 − 0.02) 30 −0 0!*(30 − 0)!

P(0) = 0.545 Finalmente, el riesgo de que se presente una lluvia igual o mayor de 112.43 mm, al menos una vez durante un período de 30 años, es: R = 1 – P(0) = 1 – 0.545 = 0.455

R = 0.455

c. En este caso, aplicando la ecuación (3.29) para la precipitación de 110 mm:

110 = 71.27+

(Y − 0.5128) *12.40 1.0210

22

se obtiene:

Y = 3.702

De acuerdo al cuadro del apéndice 1 este valor de Y correspondería a un período de retorno de Tr = 38.64 años ≈ 39 años; como el período de análisis, o vida útil, corresponde a dos veces este período de retorno: n = 2 * 39 = 78. Luego, aplicando (3.12) y teniendo en cuenta (3.30): P (k ) =

n! * ( P ( X ≥ x)) k * (1 − P ( X ≥ x)) n −k k!*( n − k )!

78! 1 1 * ( ) 2 * (1 − )78 − 2 2!*( 78 − 2)! 39 39 Finalmente, la probabilidad de que la precipitación 110 mm ocurra 2 veces en un período de 78 años es: P (2) =

P(2) = 0.274

PROBLEMA 3.5.2 En una cuenca dada los caudales máximos anuales tienen un promedio de 421 m3 /s y una desviación típica de 378 m3/s. Asumiendo que dichos caudales se ajustan a una distribución de probabilidades Extrema Tipo I, ¿cuál es la probabilidad de que ocurra un caudal entre 450 y 600 m3/s? SOLUCIÓN: Aplicando la ecuación (3.26) para la probabilidad de excedencia, se tiene: −α ( x −β )

P( X ≥ x) = 1 − F ( x) = 1 − e − e

(3.31)

Ecuación en la cuál α y β son los parámetros de la distribución e iguales a:

α=

1.281 Sx

−

β = X − 0.45 * Sx

reemplazando los valores dados: α =

1.281 1.281 = = 0.0034 Sx 378

−

β = X − 0.45 * Sx = 421 − 0.45 * 378 = 250.9

23

reemplazando valores en la ecuación (3.31) para x = 450 m3 /s:

P( X ≥ 450) = 1 − e − e

− 0.0034 ( 450 − 250.9 )

P(X ≥ 450) = 0.398 Análogamente para x = 600 m3 /s: − 0. 0 0 3 4( 6 0 0− 2 5 0. 9 )

P ( X ≥ 600) = 1 − e − e P(X ≥ 600) = 0.263 Finalmente:

P(450 ≤ X ≤ 600) = 0.398 – 0.263 = 0.135

PROBLEMA 3.5.3 En una cuenca dada existen 3 estaciones de precipitación, P1, P2 y P3, que influencian en 30%, el 40% y el 30% del área de la cuenca respectivamente. Para la estación P2 se tiene un registro de 20 años de profundidades máximas de precipitación para 6 horas de duración, con un promedio de 85.25 mm y una desviación típica de 27.65 mm. Asumiendo que los datos de la estación 2 se ajustan a una distribución probabilística Extrema Tipo I, se pide calcular la precipitación media de la cuenca para una lluvia de 6 horas de duración, y 25 años de periodo de retorno, si se conoce que las ecuaciones de correlación entre las estaciones son: P1 = 3.2 + 0.28 * P2 P3 = 2.5 + 0.021 * P22

SOLUCION: La probabilidad de excedencia para la lluvia de 6 horas de duración y 25 años de período de retorno en la estación 2 será: P ( X ≥ x) =

1 1 = = 0.04 Tr 25

calculando los parámetros de la distribución Extrema Tipo I:

24

α=

1.281 1.281 = = 0.0463 Sx 27 .65 −

β = X − 0.45 * Sx = 85.25 − 0.45 * 27.65 = 72.81 sustituyendo en la ecuación (3.31) se tiene: 0.04 = 1 − e− e

−0 .0463 ( x − 72 . 81)

de donde: X= P2 = 141.90 mm Considerando las ecuaciones de correlación se tendrá para las estaciones P1 y P3: P1 = 3.2 + 0.28 * 141.9 = 42.93 mm P3 = 2.5 + 0.021 * 141.9 2 = 425.35 mm Luego, la precipitación media sobre la cuenca será: Pm = P1 * 0.30 + P2 * 0.40 + P3 * 0.30 Pm = 42.93 *0.30 + 141.9 * 0.40 + 425.35 * 0.30 Pm = 197.24 mm.

PROBLEMA 3.5.4 La planta de tratamiento de agua para el abastecimiento de una ciudad tiene una capacidad de 1.5 millones de metros cúbicos, mmc, por semana y debe satisfacer una demanda aleatoria D, la cual puede considerarse que se ajusta a una distribución Gumbel, como una media de 1.5 mmc por semana y desviación típica de 50.000 metros cúbicos por semana. Estos valores se calcularon con base a 20 semanas de mediciones. Para satisfacer una eventual demanda adicional durante una semana, la municipalidad ha previsto un tanque a fin de tener en almacenamiento una cierta reserva de seguridad. Calcular cuál debe ser la capacidad C del tanque de seguridad si se desea que la probabilidad de no satisfacer la demanda sea de 0.01. SOLUCION:

25

En este caso debe aplicarse la ecuación (3.29) que es la correspondiente a la distribución Gumbel; para ello debe tenerse en cuenta que: X=1.5 mmc

s x = 0.05 mmc

utilizando la tabla Nº 1 del anexo 1 y para n = 20, se tiene: Yn = 0.5236

s n = 1.063

De acuerdo al problema la probabilidad de excedencia de la demanda debe ser de 0.01 lo cuál corresponde a un período de retorno de: Tr =

1 1 = = 100 años P ( X ≥ x ) 0.01

para el cuál, y utilizando la tabla antes citada, se tendrá: Y = 4.6 reemplazando valores en la ecuación (3.29) se tendrá: X = 1.5 +

(4.6 − 0.5236 ) * 0.05 1.063

de donde: X= 1.692 mmc Luego la capacidad del tanque de seguridad será: C = 1.692 – 1.5 = 0.192 mmc

PROBLEMA 3.5.5 El análisis de una serie anual de crecientes desde 1900 a 1959 muestra que la creciente correspondiente a 100 años de período de retorno es de 3100 m3 /seg y la de 10 años, 1400 m3 /seg. Si puede considerarse que la serie de datos se ajusta a una distribución Gumbel calcular: a. b. c. d.

La media y la desviación típica de las crecientes anuales. La probabilidad de tener el próximo año una creciente mayor o igual a 2000 m3 /seg La magnitud del evento de 40 años de período de retorno. La probabilidad de tener como mínimo una creciente de 100 años en los próximos 8 años.

SOLUCIÓN:

26

a.

Utilizando la tabla correspondiente del anexo 1 y para n = 60, se tiene: Yn = 0.5521

s n = 1.1750

Así mismo, para Tr = 100 años, Y = 4.6; luego reemplazando valores en la ecuación (3.29), se tiene : − (4.6 − 0.5521 ) 3100 = X + *σ x 1.1750 análogamente, para Tr = 10 años, Y = 2.25 se tiene: −

1400 = X +

( 2.25 − 0.5521 ) *σx 1.1750

Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene: X= 171.73

s x = 850

b.

Para determinar la P(X ≥ 2000), se debe calcular el valor de Y para lo cual reemplazando en la ecuación (3.29): 2000 = 171 .73+

despejando se tiene :

(Y − 0.5521 ) * 850 1.1750

Y = 3.079

De acuerdo al anexo 1, para Y = 3.079 se tiene Tr = 22.37 años; luego: P ( X ≥ 2000 ) =

c.

1 1 = = 0.0447 Tr 22 .37

Para calcular la creciente correspondiente para un periodo de retorno de 40 años debe considerarse que para este Tr se tiene Y = 3.643. Sustituyendo en la ecuación (3.29): X = 171.73+ de donde:

(3.643 − 0.5521) * 850 1.1750 X = 2407.70 m3 /seg.

27

d. Para calcular el riesgo de que ocurra una creciente de 100 años de período de retorno en un lapso de 8 años debe considerarse que: P ( X ≥ x) =

1 1 = = 0.01 Tr 100

reemplazando valores en la ecuación (3.12):

P (0) =

8! * 0.010 * (1 − 0.01)8 −0 = 0.9227 0!*(8 − 0)!

de donde:

R = 1 – P(0) = 1 – 0.9227 = 0.0773

PROBLEMA 3.5.6 Para un área turística, por ejemplo Chichiriviche, se ha planteado construir un campo de pozos para extraer agua para abastecimiento urbano, con una capacidad de 25 litros por segundo, lps, en cada pozo. El problema de este tipo de centro urbano es que en época de temporada alta ( carnaval, semana santa, etc), la demanda de agua es bastante alta pudiendo considerarse que se ajusta a una distribución Extrema Tipo I. Para el resto del año, la demanda puede considerarse que se ajusta a una distribución normal. a. Calcular cuantos pozos deben construirse para satisfacer la demanda de temporada normal, si la misma tiene una media de 25 lps y una desviación típica de 0.25 lps. ( para una P(X ≥ x) = 0.8) b. Para satisfacer la demanda de la temporada alta se ha propuesto habilitar 16 pozos. Calcular cuál será la probabilidad de que la demanda exceda la disponibilidad de dichos pozos, si existe un 5 % de probabilidad de que la demanda sea mayor de 389.25 lps y 1 % que supere a 593.02 lps. SOLUCIÓN Utilizando tablas estadísticas o métodos aproximados de solución se obtiene, para un 80 % de probabilidad de excedencia: Z = - 0.8416 remplazando en (3.15):

( X − 25) 0.25 X= 24.79 lps, lo que equivale a 1 pozo.

− 0.8416 = despejando:

28

b. En temporada alta la disponibilidad de agua, incluyendo el pozo de temporada baja, será de: 16 pozos * 25 lps / pozo = 400 lps. Reemplazando valores en la ecuación (3.31) para la probabilidad de excedencia del 5 %: P(X≥389.5) = 5% = 0.05 = 1 − e − e

− α ( 389. 5 − β )

y para el 1 % se tendrá: P(X≥593.02) = 1% = 0.01 = 1 − e −e Resolviendo el sistema de ecuacio nes :

− α ( 593.02 − β )

β=18.67

α = 8.009 * 10 −3

Nuevamente reemplazando valores en (3.31): − 8.009 *10 − 3 ( 400 − 18. 67 )

P ( X ≥ 400 ) = 1 − e −e de donde la probabilidad de que la demanda exceda los 400 l/s es:

P(X≥400) = 0.046 Lo cuál significa que cada año la probabilidad de falla del sistema de abastecimiento en temporada alta es de 4.6 %.

PROBLEMA 3.5.7 La reglamentación legal de una llanura de inundación prohíbe la construcción dentro de la zona de inundación con período de retorno de 25 años. ¿ Cuál es el riesgo de que una estructura construida exactamente en el borde de esta llanura se inunde durante los próximos 10 años?¿ Cuánto se reduciría este riesgo si la construcción estuviera limitada al borde de la inundación causada por la creciente de 100 años?. SOLUCIÓN Aplicando la ecuación (3.12) con x = 0 y n = 10 y teniendo en cuenta (3.30) se tiene: P( X ≥ x ) =

P (0) =

1 1 = = 0.04 Tr 25

10! * 0.040 * (1 − 0.04)10 −0 = 0.6648 0!*(10 − 0)!

El riesgo de que la llanura se inunde durante los próximos 10 años será entonces:

29

R = 1 – P(0) = 1 – 0.6648 = 0.3352 De la misma forma para un período de retorno de 100 años:

P ( X ≥ x) =

P (0) =

1 1 = = 0.01 Tr 100

10! * 0.010 * (1 − 0.01)10 − 0 = 0.9044 0!*(10 − 0)!

y el riesgo para este período de retorno será: R = 1 – P(0) = 1 – 0.9044 = 0.096 Luego, el riesgo se reduciría en 0.3352 – 0.096 = 0.2392 = 23.92 % si la construcción se limitase al borde del área inundada por la creciente de 100 años de período de retorno.

PROBLEMA 3.5.8 Se tiene una cuenca de 20.000 hectáreas de superficie. Durante el mes de agosto, el promedio de lluvia mensual es de 242.9 milímetros y la desviación típica, 79.7 milímetros. Puede considerarse que el 8 % de esta lámina puede ser aprovechada almacenándola en una presa. Asumiendo que estas lluvias se ajustan a una distribución normal, se pide calcular: a. b.

Cuál sería la capacidad de la presa, en millones de m3 , si se desea que el 80 % de las veces se llene. La capacidad de la presa, en millones de m3 , si se desea captar el 8% de las láminas de lluvia que caen en el rango de 60% y el 75% de probabilidad de excedencia.

SOLUCIÓN: a. En este caso se sabe que para el mes de agosto: X = 242.9 mm Sx = 79.7 mm. La condición de diseño establece que el 80 % de las veces se llene o, lo que es lo mismo: P(X ≥ x) = 0.80 Para esta probabilidad, y en distribución normal, la variable tipificada es: z = 0.84162; o lo que es lo mismo:

30

−

(X − X ) z= Sx de donde:

ó:

− 0.8416 =

( X − 242 .9) 79 .7

X = 175.82 mm.

La lámina aprovechable será entonces: = 175.82 mm *0.08 =14.07 mm Y la capacidad de la presa: = 14.07 * 10 -3 m * 20* 103 *104 m2 = 2.814 * 106 m3 b. Análogamente, puede calcularse. P(X ≥ x) 0.75 0.60

Valor z -0.67449 -0.25335

Valor de X (mm) 189.14 222.708

Considerando estas láminas como los límites inferior y superior del intervalo, el promedio de ambos será de 205.924 mm y la lámina aprovechable: 205.924 mm * 0.08 = 16.47 mm y el volumen V = 16.47 * 10 -3 m * 2 * 108 m2 = 3.294 * 10 6 m3 PROBLEM A 3.5.9 Para un registro de 20 años de profundidad máximas de precipitación para 06 horas de duración se ha obtenido un promedio de 85.25 mm y una desviación típica de 27.65 mm. Asumiendo que los datos se ajustan a una distribución normal. Se pide: a.

b. c.

Calcular el valor de la precipitación de diseño si se desea que la probabilidad de que dicha precipitación ocurra en dos años consecutivos sea de 0.0004 ( 0.04 %). Asumir que los eventos de precipitación máxima anual son independientes. Determinar el riesgo de la precipitación de diseño calculada en el punto anterior para 25 años de vida útil. Calcular el valor de la precipitación de diseño si se desea que el riesgo calculado en el punto anterior se reduzca a la mitad.

SOLUCIÓN a. Asumiendo independencia de los eventos de precipitación, se tiene para la ocurrencia en dos años consecutivos: P(X≥x) * P(X≥x) = 0.0004 de donde:

31

P(X≥x) = 0.02 Para esta probabilidad de excedencia el valor de la variable tipificada será z = 2.0537 y reemplazando en la ecuación (3.15), se tiene: 2.0537 =

( X − 85 .25) 27.65

y:

X = 142.03 mm

b. Aplicando la ecuación (3.12), la probabilidad de no ocurrencia de la precipitación de diseño en un período de 25 años será: P (0) =

25! * 0.02 0 * (1 − 0.02) 25 −0 = 0.6035 0!*(25 − 0)!

y el riesgo: R = 1 – P(0) = 1 – 0.6035 = 0.3965 c.

Si ahora el riesgo se reduce a la mitad se tendrá: R = 0.19825 = 1 – P(0)

de donde:

P(0) = 1 – 0.19825 = 0.80175

reemplazando en (3.12): P (0) =

25! * P ( X ≥ x) 0 * (1 − P ( X ≥ x) 25−0 0!*( 25 − 0)!

P(X ≥ x) = 0.0088

despejando:

para esta probab ilidad de excedencia la variable tipificada será: reemplazando en (3.15): 2.3739 =

( X − 85 .25) 27.65

Z = 2.3739

y

despejando: X= 150.89 mm

PROBLEMA 3.5.10 Los datos siguientes corresponden a caudales máximos anuales registrados en el Río Paguey, para el período 1948 – 1972 ( m3/s): 975.5 1450.0 1460.0 1870.0 990.0

640.0 940.0 950.0 820.0

845.0 1330.0 1136.0 690.0

800.0 1534.0 644.0 1240.0

1190.0 1856.0 995.0 1605.0

1030.0 1882.0 658.0 1745.0

32

a. Realizar la prueba de aj uste a distribución extrema tipo I, considerando un delta máximo de 0.27 b. Calcular el caudal correspondiente a una período de retorno de 250 años. SOLUCIÓN: Para efectuar la prueba de ajuste se ordenan los datos de forma descendente y se calcula, para cada valor, su probabilidad empírica de acuerdo a la ecuación de Weibull, (Cuadro 3.1). Para calcular la probabilidad teórica, en este caso Distribución Extrema Tipo I, se calculan: X = 1171.02 m3 /s α = 3.157∗10−3

Sx = 405.76 m3 /s β = 988.43

con esta información puede elaborarse el cuadro siguiente: N

Datos ordenados

Probabilidad empírica

P(X≥x)

delta

de mayor a menor

n / (m+1)

D. Extrema tipo I

1

1882

0.0385

0.0578

0.0193

2

1870

0.0769

0.05997

0.017

3 4 5 6 7 8 9

1856 1745 1605 1534 1460 1450 1330

0.1154 0.1538 0.1923 0.2308 0.2692 0.3077 0.3462

0.0626 0.0877 0.133 0.1636 0.202 0.2078 0.2883

0.0528 0.0661 0.0593 0.0672 0.0672 0.0999 0.0579

10 11 12

1240 1190 1136

0.3846 0.4231 0.4615

0.3636 0.4109 0.4661

0.021 0.0122 0.0046

13 14 15 16 17 18 19 20 21

1030 995 990 975.5 950 940 845 820 800

0.5 0.5385 0.5769 0.6154 0.6538 0.6923 0.7308 0.7692 0.8077

0.584 0.6245 0.6303 0.6471 0.6766 0.6881 0.7925 0.8177 0.8368

0.084 0.086 0.0534 0.0317 0.0228 0.0042 0.0617 0.0485 0.0291

22 23 24 25

690 658 644 640

0.8462 0.8846 0.9231 0.9615

0.9231 0.9415 0.9485 0.9504

0.0769 0.0569 0.0254 0.0111

33

Como puede observarse, el máximo valor calculado de delta es igual 0.0999 el cuál es menor que el delta máximo permitido, 0.27. Por lo tanto, puede concluirse que los datos se ajustan a una distribución Extrema Tipo I. b.

La probabilidad de excedencia para un período de retorno de 250 años será: P ( X ≥ x) =

1 1 = = 0.004 Tr 250

sustituyendo en la ecuación (3.31) se tiene: − 3. 1 5 7*1 0−3 *( x− 9 8 8. 4 3)

0.004 = 1 − e− e de donde:

X= 2736.75 m3 /s

34

CAPITULO IV 4.0

Hidrograma de escorrentía

4.1

Coeficiente de escorrentía

La escorrentía es consecuencia directa de la precipitación, estando ambas variables estrechamente relacionadas. Sin embargo, en esta relación deben considerarse las características de la cuenca ya que , por ejemplo, dos tormentas con características iguales sobre una misma hoya pueden producir escorrentías diferentes, dependiendo de sus condiciones iniciales al momento de producirse el evento. Esquemáticamente, esta relación puede apreciarse en la figura 4.1. Figura 4.1 Relación lluvia - escorrentía

Un parámetro que cuantifica esta re lación escorrentía, definido por la ecuación: Ce =

Ve Vp

es el denominado coeficiente de

(4.1)

En la cuál: Ce: Ve: Vp:

coeficiente de escorrentía. volumen de escorrentía volumen de precipitación

las magnitudes de la variable independiente de la ecuación (4.1) pueden expresarse también en términos de lámina; en ambos casos el valor de Ce será menor que la unidad.

4.2

Hidrograma de crecidas

El hidrograma de una corriente es la representación grafica o tabular del caudal como una función del tiempo y en una sección especifica del cauce. El hidrograma es una

35

expresión integral de las características fisiográficas y climáticas que gobiernan la relación lluvia-escorrentía de una cuenca en particular. En la figura 4.2 se observa la forma típica del hidrograma. Figura 4.2 Hidrograma de escorrentía

Como puede observarse, el hidrograma presenta un primer segmento ascendente, denominado curva de concentración, cuyas características dependen de la duración, intensidad y distribución en el tiempo y en el espacio de la tormenta. También la condicionan la forma y tamaño de la cuenca receptora, así como las condiciones iniciales de humedad del suelo y la cobertura vegetal. La denominada cresta del hidrograma corresponde al valor máximo de caudal; usualmente se le denomina el caudal pico. El sector denominado curva de descenso se debe a la disminución gradual de la escorrentía directa y depende de las características de la red de drenaje. Finalmente, se ubica el segmento final, denominado curva de agotamiento, la cuál disminuye lenta y progresivamente, representando los aportes al flujo de la escorrentía subterránea. Usualmente, la curva de agotamiento se define por la expresión: Qt = Qo * e -αt

(4.2)

donde: Qt: Qo: e: a: t:

caudal en el instante t caudal en el tiempo to, al inicio del agotamiento base del logaritmo neperiano. coeficiente de agotamiento expresado en unidades de tiempo. tiempo

El valor de a depende de la morfología de la cuenca receptora y de su naturaleza geológica.

36

4.3

Separación del caudal base

El caudal que circula por un cauce puede tener dos componentes: uno proveniente de la precipitación efectiva del evento o escorrentía directa, Q d y otro originado por flujos susbsuperficiales generados por eventos anteriores o caudal base, Q b. A la suma de ambos se le denomina caudal total, Q t . Si se desea analizar la respuesta de la cuenca a la ocurrencia de una precipitación específica deben eliminarse los aportes al hidrograma provenientes de eventos anteriores; a este proceso se le denomina separación del caudal base del hidrograma, tal como se ilustra en la figura 4.3 Figura 4.3 Separación del caudal base del hidrograma

Para ello existen diferentes procedimientos, siendo uno de los más usuales áquel que consiste en trazar una línea recta desde el comienzo del hidrograma hasta un tiempo N, en días, después de la ocurrencia del pico. Una relación que permite estimar el valor de N está dada por: N = O.827 * A

0 .2

(4.3)

en la cuál: N: A:

tiempo en días. área de la cuenca, Km2

Otro procedimiento consiste en proyectar hacia atrás la línea de recesión del agua subterránea hasta un punto bajo el punto de inflexión del limbo descendente; luego se traza un segmento arbitrario ascendente desde el punto de ascenso del hidrograma hasta intersectarse con la recesión antes proyectada, tal como se ilustra en la figura 4.4.

Este tipo de separación puede presentar algunas ventajas cuando el aporte de agua subterránea es relativamente grande y llega a la corriente con rapidez como sucede en terrenos con calizas.

37

Figura 4.4 Método de las tangentes para la separación de Q b

4.4

Hidrograma unitario

El hidrograma unitario se define como aquél cuyo volumen de escurrimiento directo representa para el área de la cuenca una altura de agua o lamina escurrida, de una unidad, usualmente esta lámina unidad se expresa en milímetros. Para un evento cualquiera, la lámina de escorrentía directa, Le, será igual a: Le =

Ve A

(4.4)

dónde Ve es el volumen escurrido, A es el área es el de la cuenca y Le es la lámina escurrida Para cada ordenada del hidrograma unitario se tendrá: qu =

q Le

(4.5)

expresión en la cuál: qu: q: Le

ordenada del hidrograma unitario. ordedenada del hidrograma de escorrentía directa. lámina de escorrentía directa.

A la lámina de escorrentía directa también se le denomina lluvia efectiva o exceso de precipitación. Un aspecto importante de este exceso de precipitación es el intervalo de tiempo en el cuál se produce.

38

En otras palabras, el escurrimiento directo es generado durante un intervalo de tiempo que no necesariamente es igual a la duración total del evento de lluvia, siendo usualmente menor. A dicha duración se le denomina duración efectiva de la lluvia y su determinación se efectúa relacionando el histograma de precipitación y el hidrograma de escorrentía directa, tal como se ilustra en la figura 4.5 Figura 4.5 Determinación de la duración efectiva de la lluvia

El procedimiento se basa en la asunción que la capacidad de infiltración del suelo, o índice φ, permanece constante a lo largo del evento, lo cuál puede ser representado por una línea horizontal en el hietograma de precipitación, tal como se aprecia en la figura. Luego, la sumatoria de los valores de precipitación por encima de esta línea de φ, debe coincidir con el valor obtenido aplicando la ecuación (4.4); si ello no sucede, debe asumirse un nuevo valor de infiltración y repetir el cálculo. Finalmente, cuando se haya establecido, por tanteo, el valor de φ, el número de intervalos que queden por encima de esta línea definirá la duración efectiva de la lluvia. Todo hidrograma unitario , HU, debe estar asociado a una duración efectiva.

39

4.5

Cálculo de HU para diferentes duraciones efectivas

Si se tiene un hidrograma unitario correspondiente a una duración efectiva igual a “t” horas y se le suma el mismo hidrograma, desplazado un intervalo “t”, el hidrograma resultante representa el de 2 unidades de escorrentía para 2t horas. Si las ordenadas de dicho diagrama se dividen por 2, el resultado es un hidrograma unitario para una duración de 2t horas. El procedimiento se ilustra en la figura 4.6 Figura 4.6 Cálculo del HU de 2t horas a partir del HU de t horas

Sin embargo, el procedimiento descrito sólo sería aplicable para determinar hidrogramas unitarios de duración efectiva múltiplo del inicial. Para obtener el HU de una duración cualquiera se utiliza el denominado método de la curva “S”, definiéndose como tal al hidrograma resultante del desplazamiento, un número infinito de veces, del HU original, tal como se ilustra en la figura 4.7. La magnitud de cada desplazamiento será “t” horas respecto al anterior. En la práctica, no es necesario realizar un número infinito de desplazamientos; bastará efectuar los necesarios para alcanzar la zona de estabilización de la curva. El número de desplazamientos que usualmente permite cumplir esta condición está dada por la relación: Nd =

Tb Du

dónde: Tb: Du:

tiempo base del HU original duración efectiva del HU original

(4.6)

40

Figura 4.7 Método de la curva “S”

En algunos casos la curva “S” puede presentar oscilaciones que serán necesarias corregir. Para ello se traza una línea recta, siguiendo el criterio de mejor ajuste, en el segmento superior de la curva, tal como se aprecia en la figura; luego se procede a sustituir los valores de la curva original por las nuevas lecturas que se harán en la recta ajustada. A la nueva curva S así obtenida se le denomina curva S corregida. El HU para cualquier duración efectiva puede ahora obtenerse desplazando la curva S corregida un intervalo igual a la duración del hidrograma deseado, obteniéndose lo que se denomina curva S desplazada; luego dicha curva desplazada se resta de la corregida. Finalmente, para obtener el HU buscado cada uno de los valores de esta diferencia se multiplica por el factor: Factor =

Du t

(4.7)

dónde: Du: t:

duración del HU con el cuál se construyó la curva S duración efectiva del HU deseado

41

4.6

Problemas relativos a Hidrogramas

PROBLEMA 4.6.1 Una tormenta de 6 horas de duración total ocurre en una cuenca de 150 Km2 de superficie, con un hietograma de 42, 18 y 26 mm, respectivamente, cada 2 horas. Estimar el caudal pico, en m3/s, del hidrograma generado. Asumir un índice φ igual a 10 mm/h. Adicionalmente se dispone de la información de una creciente producida por una lluvia de 2 horas de duración efectiva y cuyo hidrograma de escorrentía total fue: T(h) 0 Q(m3 /s) 20

2 20

4 110

6 200

8 270

10 220

12 180

14 120

16 70

18 45

20 20

22 20

SOLUCIÓN En primer lugar, se determina el hietograma de precipitación efectiva para un intervalo de trabajo de 2 horas: Pe0-2 = P0-2 - φ = 42 mm – 10 mm/h * 2h = 22 mm Pe2-4 = P2-4 - φ = 18 mm – 10 mm/h * 2h = 0 Pe4-6 = P4-6 - φ = 26 mm – 10 mm/h * 2h = 6 mm El siguiente paso es calcular el hidrograma unitario de 2 horas lo cuál puede hacerse a partir de la información de la creciente y siguiendo la secuencia que a continuación se describe: 1. Se determinan los caudales de escorrentía directa. Para ello, a cada valor de la escorrentía total se le resta el caudal base; como puede observarse, en este caso dicho caudal base puede tomarse como un valor constante e igual a 20 m3 /s. 2. El volumen de escorrentía directa puede calcularse sumando las ordenadas del hidrograma de escorrentía directa, en m3 /s, y multiplicándolo por el intervalo de tiempo del hidrograma, en segundos: 2 * 3600 seg 3. Este volumen escurrido se divide entre el área de la cuenca para obtener la lámina de escorrentía directa del evento:

Le =

∑ Qd * t = 1055m3 / s * 2 * 3600 = 0.0506mts. Area

150 *106

42

4. El Hidrograma Unitario, HU, de la cuenca se determina dividiendo cada uno de los valores de caudal de escorrentía directa entre Le. Los cálculos detallados se presentan en el cuadro siguiente:

T(h)

Qt(m3/s)

Qb(m3/s)

Qd(m3/s)

HU(m3/s)mm 2 horas

0

20

20

0

0

2

20

20

0

0

4 6 8 10 12 14 16 18 20 22

110 200 270 220 180 120 70 45 20 20

20 20 20 20 20 20 20 20 20 20

90 180 250 200 160 100 50 25 0 0

1.78 3.55 4.94 3.95 3.16 1.97 0.99 0.49 0 0

Multiplicando ahora el HU por cada una de las láminas de escorrentía directa, teniendo en cuenta los respectivos desplazamientos, y sumando se obtiene el hidrograma de escorrentía directa resultante, tal como se aprecia en el cuadro adjunto:

T(h)

HU(m3/s)mm Qd=Hu*22

Qd =HU*6

Qdt(m3/s)

2 horas 0

0

0

0

2

0

0

0

4 6 8 10 12 14 16 18 20 22

1.78 3.55 4.94 3.95 3.16 1.97 0.99 0.49 0 0

39.16 78.1 108.68 86.9 69.52 43.34 21.78 10.78 0 0

0 0 10.68 21.3 29.64 23.7 18.96 11.82 5.94 2.94

39.16 78.1 119.36 108.2 99.16 67.04 40.74 22.6 5.94 2.94

Como puede observarse, el caudal pico generado es de 119.36 m3 /s. PROBLEMA 4.6.2

43

Es una cuenca de 0.5 Km2 determine el índice φ , la infiltración acumulada, la precipitación efectiva acumulada y el hidrograma unitario de los siguientes datos de lluviaescorrentía. T(h) P(mm) Qd(m3/s)

0 0 0

1 27 0.8

2 33 1.6

3 20 1.3

4 19 0.8

5 18 0.4

6 15

SOLUCIÓN: La lámina de escorrentía directa será:

Le =

∑ Qd * t = 4.9 * 3600 = 0.03528m Area

0.5 *10 6

Le = 35.28 mm En cada intervalo de tiempo una parte de la precipitación se infiltra y otra queda en la superficie como lámina de escorrentía directa; el valor de la infiltración puede asumirse constante e igual al denominado índice φ. Para determinar el valor de φ puede seguirse el procedimiento que se ilustra en el gráfico adjunto y que se explica a continuación. En primer lugar, se asume un valor inicial de φ; por ejemplo, 1 mm; eso implica que las láminas de escorrentía directa en cada intervalo serán: Le = (27-1) + (33-1) + (20-1) + (19-1) + (18-1) +(15-1) = 126 mm

44

Este valor de Le supera largamente al valor de 35.28 mm por lo que deberá asumirse un valor mayor de φ ; este procedimiento de tanteo debe seguirse hasta obtener una sumatoria de láminas de escorrentía directa igual a 35.28 mm. En este caso, ello se produce para un valor de φ igual a 16.344 mm. Luego la infiltración acumulada será: Infiltración acumulada = 16.344 mm*5 + 15mm = 96.72 mm Y la precipitación efectiva acumulada: Precipitación efectiva acumulada = Precipitación acumulada – infiltración acumulada Precipitación efectiva acumulada = 132 mm – 96.72 mm = 35.28 mm Para calcular las ordenadas del hidrograma unitario, se dividen las ordenadas del hidrograma de escorrentía directa entre la lamina de escorrentía directa. La duración de este HU será de 5 horas ya que esa es la duración efectiva del evento o, dicho en otras palabras, el número de horas durante los cuáles se produce escorrentía directa. T(h)

Qd(m3/s)

HU(m3/s)/mm

0

0

0

1

0.8

0.023

2

1.6

0.045

3

1.3

0.037

4

0.8

0.023

5

0.4

0.011

PROBLEMA 4.6.3 La precipitación efectiva y la escorrentía directa registrada para una tormenta son las siguientes: T(h) Pe(mm) Qd(m3/s)

1 1 10

2 2 120

3 1 400

4

5

6

7

8

9

560

425

300

265

170

50

Calcular el hidrograma unitario de 1 hora, sin utilizar el método de la curva S. SOLUCIÓN Designando por X1, X2, ... X7 a los valores del hidrograma unitario buscado. Si este HU se multiplicase por cada una de las precipitaciones efectivas, considerando los respectivos desplazamientos, el resultado sería el hidrograma de escorrentía directa que es

45

proporcionado como dato del problema. Este procedimiento permitiría formar el sistema de ecuaciones que se muestra en el cuadro siguiente: T(h) 1 2 3 4 5 6 7 8 9

Qd(m3/s) 10 120 400 560 425 300 265 170 50

HU*Pe0-1 X1*1 X2*1 X3*1 X4*1 X5*1 X6*1 X7*1

HU*Pe1-2 X1*2 X2*2 X3*2 X4*2 X5*2 X6*2 X7*2

HU*Pe2 -3

X1*1 X2*1 X3*1 X4*1 X5*1 X6*1 X7*1

Resolviendo el sistema se tiene: X1 = 10

X2=

120 − 10 * 2 = 100 1

X3 =

400 − 100 * 2 − 10 *1 = 190 1

X4 =

560 − 190 * 2 − 100 *1 = 80 1

X5 =

425 − 80 * 2 − 190 *1 = 75 1

X6=

300 − 75 * 2 − 80 *1 = 70 1

X7=

265 − 70 * 2 − 75 *1 = 50 1

luego, el HU buscado será: T(h) 1 2 3 4 5 6 7

HU(m3/s)/mm 1 hora 10 100 190 80 75 70 50

Sin embargo, es conveniente acotar que este procedimiento no siempre conduce a soluciones directas, debiendo realizarse procesos de corrección y ajuste.

46

PROBLEMA 4.6.4 Sobre una cuenca dada ocurre el siguiente evento de precipitación:

Tiempo (h)

Precipitación Acumulada(mm)

Índice Fí (mm/h)

1

5

2.5

2

11

2

3

19

1.5

Dicho evento genera el siguiente hidrograma de escorrentía directa: T(h) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 3 Qd(m /s) 4.5 84.45 349.3 647.75 898.86 638.37 598.18 231.52 11.7

Con base a ello, se pide calcular el hidrograma unitario de la cuenca para una hora de duración. Así mismo, determinar el área de la cuenca:

SOLUCIÓN 1. Calculo de la precipitación efectiva. Para el calculo de la precipitación efectiva es necesario, determinar la precipitación parcial y restarle la infiltración o índice Fí.

Tiempo(h)

Precipitación parcial (mm)

1

5

2

6

3

8

Pe1 = 5 mm - 2.5 mm/h * 1 h = 2.5 mm Pe2 = 6 mm - 2.0 mm/h * 1 h = 4 mm Pe3 = 8 mm – 1.5 mm/h * 1 h = 6.5 mm 2. Calculo del Hidrograma Unitario de 1 hora de duración. Se hace un sistema de ecuaciones donde las incógnitas son las ordenadas del Hidrodrama Unitario.

47

T(h) 1

Qd(m3/s) 4.5

HU*Pe0-1 X1*2.5

HU*Pe1-2

HU*Pe2-3

2

84.45

X2*2.5

X1*4

3

349.3

X3*2.5

X2*4

X1*6.5

4 5 6 7 8 9

647.75 820.4 512.86 394.22 231.52 11.7

X4*2.5 X5*2.5 X6*2.5 X7*2.5

X3*4 X4*4 X5*4 X6*4 X7*4

X2*6.5 X3*6.5 X4*6.5 X5*6.5 X6*6.5 X7*6.5

4 .5 =1.8 2 .5 84 .45 − 1.8 * 4 X2 = = 30.9 2 .5 349 .3 − 30.9 * 4 − 1.8 * 6.5 X3 = = 85.6 2 .5 647 .75 − 85.6 * 4 − 30 .9 * 6.5 X4 = = 41 .8 2 .5 820 .4 − 41 .8 * 4 − 85.6 * 6.5 X5 = = 38.72 2 .5 512 .86 − 38 .72 * 4 − 41.8 * 6.5 X6= = 34.51 2 .5 394 .22 − 34 .51 * 4 − 38.72 * 6.5 X7= = 1 .8 2 .5

X1 =

T(h)

HU(m3/s)/mm 1 hora

1

1.8

2

30.9

3 4 5 6 7

85.6 41.8 38.72 34.51 1.8

Para determinar el área de la cuenca se suman las ordenadas del hidrograma unitario, se multiplica por el tiempo y los milímetros se llevan a metros, de la siguiente forma:

48

( ΣHU ( m 3 / s) / mm * 3600s = 846.468 *106 m 2 0.001m / mm A= 846.468 km2 A=

PROBLEMA 4.6.5 Tres subcuencas A, B y C confluyen en un punto común a la salida de ellas. Sobre las mismas ocurren los siguientes hietogramas de precipitación media efectiva, en milímetros. Tiempo(h)

A

1

10

2 15

3

B

C

12

6

8

9

El hidrograma de escorrentía directa resultante del evento, en el punto de confluencia, es el siguiente: T(h) Qd(m3/s)

0.5 9

1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0 4.5 5.0 5.5 159.2 444.2 487.1 872.2 898.1 1510 718.3 249.8 88 28.8

Tiempo después se produce una tormenta de seis horas de duración en la subcuenca A, en el cuál existen tres estaciones de precipitación P1, P2, y P3, con porcentajes de influencia de 30%, 40% y 30%, del área de la subcuenca, el cual es de 85 Km2 . Los valores del índice φ, expresados en mm/h, pueden considerarse variables de acuerdo a los tipos de suelos, tal como se muestra en el cuadro adjunto. Los hietogramas de precipitación en las estaciones también se presentan en el cuadro adjunto de la derecha. Calcular el hidrograma de escorrentía directa resultante de este evento, asumiendo que el hidrograma unitario de 1 hora es el mismo para las tres subcuencas. Valor de φ mm/h

Hietograma (mm)

Area(Km2 )

h02

h04

h06

10

5

4

3

30

4

3

45

5

4.5

h02

h04

h06

P1

18

12

14

2.5

P2

16

12

9

3.5

P3

13

10

8

49

SOLUCIÓN. 1.

Calculo del HU de 1 hora, por el método de deconvolución:

Se realiza un sistema de ecuaciones teniendo como incógnita el hidrograma unitario, como dicho hidrograma es el mismo para las tres subcuencas, se procede de la siguiente manera:

SUBCUENCA A T(h)

Qd=HU*10 Qd=HU*15 Qd=HU*12

0

X1*10

0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5

X2*10 X3*10 X4*10 X5*10 X6*10 X7*10 X8*10

5.5

SUBCUENCA B

SUBCUENCA C

Qd=HU*8 Qd=HU*6 Qd=HU*9 QdR(m3/s) 0

X1*15 X2*15 X3*15 X4*15 X5*15 X6*15 X7*15 X8*15

X1*12 X2*12 X3*12 X4*12 X5*12 X6*12 X7*12 X8*12

X1*8 X2*8 X3*8 X4*8 X5*8 X6*8 X7*8

X1*6 X2*6 X3*6 X4*6 X5*6 X6*6 X7*6 X8*6

X8*8

X1 = 0 9 = 0 .9 10 159 .2 − X 1*12 − X 1 * 6 X3 = = 15.92 10 444 .2 − X 2 * 12 − X 2 * 6 X4 = = 42.8 10 487 .1 − X 1 *15 − X 3 *12 − X 1* 8 − X 3 * 6 − X 1 * 9 X5 = = 20 .054 10 872 .2 − X 2 *15 − X 4 *12 − X 2 * 8 − X 4 * 6 − X 2 * 9 X6 = = 7.3 10 898 .1 − X 3 *15 − X 5 *12 − X 3 * 8 − X 5 * 6 − X 3 * 9 X7 = = 2.769 10 1510 − X 4 *15 − X 6 * 12 − X 4 * 8 − X 6 * 6 − X 4 * 9 X8 = = 0.9 10 X2 =

X1*9 X2*9 X3*9 X4*9 X5*9 X6*9 X7*9

9 159.2 444.2 487.1 872.2 898.1 1510 718.3 249.8 88

X8*9

28.8

50

T(h)

HU(m3/s)/mm 1 hora

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5

0 0.9 15.92 42.8 20.054 7.3 2.769 0.9

Como la precipitación en el hietograma de precipitación esta cada 2 horas se debe determinar el Hu de 2 horas de duración: T(h) 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5

HU(m3/s)/mm HU(m3/s)/mm 1 horas 1 hora 0 0.9 15.92 0 42.8 0.9 20.054 15.92 7.3 2.769 0.9

42.8 20.054 7.3 2.769 0.9

0 0.9 15.92 43.7 35.974

HU(m3/s)/mm 2 horas 0 0.45 7.96 21.85 17.99

50.1 22.823 8.2 2.769 0.9

25.05 11.41 4.1 1.38 0.45

2. Calculo de la precipitación efectiva: 2.1 Calculo de la precipitación media en cada intervalo: P0-2 = 18 * 0.3 + 16 * 0.4 + 13 * 0.3 = 15.7 mm P2-4 = 12 * 0.3 +12 * 0.4 + 10 * 0.3 = 11.40 mm P4-6 = 14 * 0.3 + 9 * 0.4 + 8 * 0.3 = 10.2 mm 2.2. Calculo del φ promedio: 5 * 10 + 4 * 30 + 5 * 45 = 4.65mm / h 85 4 *10 + 3 * 30 + 4.5 + 45 φ2 −4 = = 3.91mm / h 85 3 *10 + 2.5 * 30 + 3.5 * 45 φ4 −6 = = 3.09 mm / h 85 φ0 −2 =

51

2.3 Precipitación efectiva: Pe0-2 = 15.7 mm – 4.65 mm/h * 2h = 6.4 mm Pe2-4 = 11.4 mm – 3.91 mm/h * 2h = 3.58 mm Pe4-6 = 10.2 mm – 3.09 mm/h * 2h = 4.02 mm Para calcular el hidrograma de escorrentía directa, se multiplica el hidrograma unitario de 2 horas por la precipitación efectiva de 2 horas de la forma siguiente: T(h) 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5

HU(m3/s)/mm Qd=HU*6.4 Qd=HU*3.58 Qd=HU*4.02 2 horas 0 0 0.45 7.96 21.85 17.99 25.05 11.41 4.1 1.38 0.45

2.88 50.94 139.84 115.14 160.32 73.02 26.24 8.83 2.88

0 1.61 28.5 78.22 64.4 89.68

5 5.5 6 6.5 7 7.5 8 8.5

40.85 14.68 4.94 1.61 0

QdR(m3/s) 0

0 1.81

2.88 50.94 139.84 115.14 161.93 101.52 104.46 73.24 94.37

32 87.84 72.32 100.7 45.87 16.48 5.55 1.81

72.85 102.52 77.26 102.31 45.87 16.48 5.55 1.81

PROBLEMA 4.6.6 Se tiene dos cuencas, A y B, que confluyen en un punto común a la salida de ambas y en las cuales simultáneamente ocurre un evento de precipitación, con los siguientes hietogramas:

Intervalo (hrs)

Precipitación cuenca A (mm)

Precipitación cuenca B (mm)

0 - 1.0

31

13

1.0 - 2.0 2.0 - 3.0

21 22

52

El hidrograma unitario de ½ hora para ambas cuencas es el siguiente: t(h) 0 HU(m3 /s/mm) 0

0.5 0.47

1.0 2.12

1.5 2.60

2.0 2.24

2.5 1.65

3.0 1.06

3.5 0.59

4.0 0.30

4.5 0.12

5.0 0

En la cuenca A el índice φ inicial es de 8 mm/h y se reduce en 10% en cada intervalo; en la cuenca B puede considerarse constante e igual a 6 mm/hora. Calcular el hidrograma de escorrentía directa resultante en la confluencia de ambas cuencas. SOLUCIÓN Cálculo de la precipitación efectiva en cada subcuenca: Los valores del índice intervalo serán:

φ y de la precipitación efectiva en la subcuenca A, en cada

Intervalo

Indice φ (mm/h)

Precipitación efectiva (mm)

0- 1 1– 2 2– 3

8 8 – 0.10*8 = 7.2 7.2 – 0.10*7.2 = 6.48

31 – 8 = 23 0 22 – 6.48 = 15.52

Análogamente, para la subcuenca B se tendrá:

Intervalo 0- 1 1– 2

Indice φ (mm/h) 6 6

Precipitación efectiva (mm) 13 – 6 = 7 21 – 6 = 15

Los hietogramas de precipitación para cada subcuenca están en intervalos de 01 hora mientras que el hidrograma unitario proporcionado como dato corresponde a 0.5 horas de duración. Ello hace aconsejable determinar el HU de 01 horas.

Para ello, se desplaza el HU de ½ hora, una vez y un intervalo respecto a sí mismo, determinándose luego la sumatoria del hidrograma original y el desplazado. El resultado será un hidrograma de 1 hora de duración y 2 mm de precipitación efectiva; dividiendo este nuevo hidrograma entre dos se obtendrá el HU correspondiente a 01 horas de duración. El procedimiento descrito se resume en el cuadro adjunto:

53

T(h)

HU(m3/s)/mm HU(m3/s)/mm)

HU(m3/s)/mm)

1/2 hora

1/2 hora

0 0.5

0 0.47

0

0 0.47

0 0.24

1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5

2.12 2.6 2.24 1.65 1.06 0.59 0.3 0.12 0

0.47 2.12 2.6 2.24 1.65 1.06 0.59 0.3 0.12

2.59 4.72 4.84 3.89 2.71 1.65 0.89 0.42 0.12

1.3 2.36 2.42 1.95 1.36 0.83 0.45 0.21 0.06

0

0

0

5.5

1 hora

Para calcular el hidrograma de escorrentía directa resultante en la confluencia de ambas cuencas, se procede de la forma siguiente: SUBCUENCA A T(h)

HU(m3/s)/mm) Qd= HU*23 Qd= HU*15.52

SUBCUENCA B Qd=HU*7

Qd=HU*15

QdR(m3/S)

1 hora 0 0.5 1

0 0.24 1.3

0 5.52 29.9

0 1.68 9.10

0

0 7.20 39.00

1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 5.5

2.36 2.42 1.95 1.36 0.83 0.45 0.21 0.06 0

54.28 55.66 44.85 31.28 19.09 10.35 4.83 1.38 0

16.52 16.94 13.65 9.52 5.81 3.15 1.47 0.42 0

3.60 19.50 35.4 36.3 29.25 20.40 12.45 6.75 3.15

74.4 92.04 97.62 97.28 90.67 71.46 49.01 29.66 16.03

0.9 0

7.88 3.26 0.93 0

6 6.5 7 7.5

0 3.72 20.18 36.63 37.56 30.26 21.11 12.88 6.98 3.26 0.93 0

PROBLEMA 4.6.7 En una cuenca de 15 Km2 de superficie se tiene información de precipitaciones máximas anuales para una hora de duración las cuáles puede asumirse se ajustan a una distribución

54

Extrema Tipo I. Dicha información indica que la probabilidad de exceder la lámina de 80 mm en una hora es del 29 %, mientras que la probabilidad de exceder los 140 mm de lluvia, también en una hora, es de 5.19 %. Sobre dicha cuenca ocurre una precipitación de 3 horas de duración. En la primera hora, cae la precipitación de periodo de retorno, Tr = 25 años; en la segunda hora cae la precipitación Tr = 15 años y finalmente, en la tercera ocurre la precipitación de Tr = 10 años. El hidrograma unitario de la cuenca, para una duración de 1/3 de hora, es: T(h) 0 HU ((m3 /s)/mm) 0

0.5 0.47

1 2.12

1.5 2.6

2 2.24

2.5 1.65

3 1.06

3.5 0.59

4 0.3

4.5 0.12

5 0

El índice φ inicial es de 8 mm/h y se reduce en un 15 % cada intervalo. Calcular el hidrograma de escorrentía directa generado por la tormenta. SOLUCIÓN Como las precipitaciones se ajustan a una distribución extrema Tipo I , se calcula los parámetros de la distrib ución con los siguientes datos: Para P= 80 mm la P(X≥x) = 0.29

Para P = 140mm la P(X≥x) = 0.0519

luego: − 0.29 − 1 = − e e

resolviendo:

−α ( x −β )

− 0.0519 − 1 = − e e

β= 45.45

−α ( x −β )

α=0.031

Con los parámetros calculados se determinan las precipitaciones para las horas indicadas en 1 1 el hietograma. En la primera hora, para Tr = 25 años se tiene: P ( X ≥ x) = = = 0.04 Tr 25 Luego, sustituyendo en la ecuación probabilística se obtiene: 0.04 = 1 − e− e

−0. 031 ( x− 45. 45 )

despejando el valor de x (precipitación en la primera hora):

Igualmente, en la segunda hora y para Tr = 15 años:

P01= 148,63 mm

P ( X ≥ x) =

1 1 = = 0.0667 Tr 15

55

0.0667 = 1 − e− e

Sustituyendo:

−0 .031 ( x −45 .45 )

el valor de x, (precipitación en la segunda hora), será:

P02= 131.68 mm

análogamente, para la tercera hora: Tr = 10 años, la P ( X > x) = Sustituyendo: 0.1 = 1 − e− e

1 1 = = 0.1 Tr 10

−0. 031 ( x− 45. 45 )

despejando el valor de x (precipitación en la tercera hora):

P03= 118.04 mm

Para determinar la precipitación efectiva, se debe calcular el índice φ para cada intervalo y restárselo a la precipitación: luego: Indice φ (mm/h) 8 8 – 0.15*8 = 6.8 6.8 – 0.15*6.8 = 5.78

Hora (h) 1 2 3

Precipitación efectiva (mm) 148.63 – 8 = 140.63 131.68 – 6.8 = 124.88 118.04 – 5.78 = 112.26

Para calcular el hidrograma de escorrentía directa se debe determinar primero el hidrograma unitario de 1 hora, por desplazamientos, tal como se ilustra a continuació n: T(horas) HU 1/3 h HU 1/3 h HU 1/3 h (m3/s)/mm (m3/s)/mm (m3/s)/mm 0 0.33 0.67 1 1.33 1.67 2

0 0.31 1.02 2.12 2.44 2.48 2.24

2.33 2.67 3 3.33 4 4.33 4.67 5 5.33

1.85 1.45 1.06 0.75 0.3 0.18 0.08

0 0.31 1.02 2.12 2.44 2.48 2.24 1.85 1.45 1.06 0.75 0.3 0.18 0.08

HU 1 hora (m3/s/mm)

0 0.31 1.02 2.12 2.44

0 0.31 1.33 3.45 5.58 7.04 7.16

0 0.1 0.44 1.15 1.86 2.35 2.39

2.48 2.24 1.85 1.45 1.06 0.75 0.3 0.18 0.08

6.57 5.54 4.36 3.26 2.11 1.23 0.56 0.26 0.08

2.19 1.85 1.45 1.09 0.7 0.41 0.19 0.09 0.03

56

T(horas) HU 1 hora Qd=HU*140.63 Qd=HU*124.88 Qd=HU*112.26 (m3/s/mm) m3/s m3/s m3/s 0 0.33 0.67 1 1.33 1.67 2 2.33 2.67 3 3.33 4

0 0.1 0.44 1.15 1.86 2.35 2.39 2.19 1.85 1.45 1.09 0.7

0 14.06 61.88 161.72 261.57 330.48 336.11 307.98 260.17 203.91 153.29 98.44

4.33 4.67 5 5.33 5.67 6 6.33 6.67 7

0.41 0.19 0.09 0.03

57.66 26.72 12.66 4.22

0 12.49 54.95 143.61 232.28 293.47 298.46 273.49 231.03 181.08 136.12 87.42 51.20 23.73 11.24 3.75

QdR m3/s

0 11.23 49.39 129.10 208.80 263.81

0 14.06 61.88 161.72 274.06 385.43 479.72 551.49 603.03 631.47 635.58 593.28

268.30 245.85 207.68 162.78 122.36 78.58 46.03 21.33 10.10

507.04 408.69 307.76 218.2 146.09 89.82 49.78 21.33 10.10

3.37

3.37

7.33

PROBLEMA 4.6.8 Dado el hidrograma unitario de 4 h de duración, se pide calcular el hidrograma unitario de 3 horas, en una cuenca de 300 Km2 de superficie. T(h) 0 HU(m3 /s)/mm 0 11 41

1 6

2 36

3 66

4 91

5 106

6 93

7 79

8 68

9 58

12 34

13 27

14 23

15 17

16 13

17 9

18 6

19 3

20 1.5

10 49

SOLUCIÓN Para resolver este problema se utilizará el procedimiento de la curva S para lo cuál debe determinarse primero el número de desplazamientos mínimos que deben efectuarse empleando la relación:

57

Nd =

Tb Du

donde: Nd: Tb: Du:

número mínimo de desplazamientos tiempo base del hidrograma unitario en h duración del hidrograma unitario h.

Luego: 20 =5 4 Se calcula ahora la curva S, sumando el hidrograma unitario y los 5 desplazamientos cada 4 horas (duración del hidrograma unitario), obteniéndose: Nd =

T(h)

HU(m3/s/)mm

Suma de los 5 Desplazamientos

0

4h 0

1 2 3 4 5 6 7 8 9

6 36 66 91 106 93 79 68 58

0 6 36 66 91 112

6 36 66 91 112 129 145 159 170

10 11 12

49 41 34

129 145 159

178 186 193

13 14 15 16 17 18 19 20 21

27 23 17 13 9 6 3 1.5

170 178 186 193 197 201 203 206 206

197 201 203 206 206 207 206 207.5 206

207 206

207 206

22 23

Curva S 0

Esta curva S debe corregirse a fin de eliminar las oscilaciones que se presentan en la parte superior de la curva; esta corrección puede efectuarse de manera gráfica, tal como se aprecia en la figura adjunta y cuadro adjuntos.

58

Curva S Corregida

T(h)

CSC

0

0

1 2 3

6 36 91

4 5 6 7 8 9 10 11 12

112 129 145 159 170 178 186 193 197

CSCD

CSC - CSCD HU(m3/s)/mm 3h (CSC-CSCD)*4/3 0 0

0

6 36 91

8 48 121.33

6 36 91 112 129 145 159 170 178

106 93 54 47 41 33 27 23 19

141.33 124 72 62.67 54.67 44 36 30.67 25.33

15 10 9.5 5.5 3.5 0

20 13.33 12.67 7.33 4.67 0

13 201 186 14 203 193 15 206.5 197 16 206.5 201 17 206.5 203 18 206.5 206.5 CSC : CURVA S CORREGIDA CSCD: CURVA S CORREGIDA DESPLAZADA

59

Como puede apreciarse, para determinar el hidrogr ama unitario de 3 horas se resta de la curva S corregida la curva S, también corregida, desplazada previamente un intervalo igual a la duración del hidrograma que se desea calcular. En el cuadro, el resultado corresponde a la columna CSC – CSCD. Luego, dicho resultado se multiplica por el factor obtenido al dividir la duración del hidrograma con el que se construyó la curva S, en este caso 4 horas, entre la duración del hidrograma que se desea calcular. Para el problema el factor es igual a 4/3; el resultado será el HU de la duración deseada. PROBLEMA 4.6.9 Se tiene dos cuencas A y B, que confluyen en un punto común a la salida de ambas y en las cuales simultáneamente empieza a llover, con los siguientes hietogramas de precipitación en cada cuenca: Cuenca A 0 - 1.5

Cuenca B

40

1.5 – 3 3.0 – 4.5

30 60

25

El hidrograma unitario de 1/3 de hora para ambas cuencas es el siguiente: T(h) 0 HU(m3 /s)/mm 0

1/3 0.47

2/3 2.12

3/3 2.6

4/3 2.24

5/3 1.65

6/3 1.06

7/3 0.59

8/3 0.3

9/3 0.12

En la cuenca A el índice φ es de 7 mm/h y se reduce en 12 % cada intervalo; en la cuenca B puede considerarse constante e igual a 5 mm/h. Calcular el hidrograma de escorrentía directa resultante en la confluencia de ambas cuencas. SOLUCIÓN: En este caso, y procediendo de forma similar a problemas anteriores se tendrá para la cuenca A: Intervalo (h) 0 – 1.5 1.5 – 3.0 3.0 – 4.5

Indice φ 7 7 – 7*0.12 = 6.16 6.16 – 6.16*0.12 = 5.42

Precipitación efectiva (mm) 40 – 7*1.5 = 29.5 60 – 5.42*1.5 = 51.87

En la cue nca B el índice φ es constante, por lo tanto, la precipitación efectiva en cada intervalo será:

60

Pe 1.5-3 = 30 mm – 5 mm/h*1.5 h =22.5 mm Pe 3-4.5 = 25 mm – 5 mm/h*1.5 h =17.5 mm Para determinar el hidrograma unitario de 1.5 h puede emplearse el método de la curva S a partir del HU de 1/3 hora; el número mínimo de desplazamientos será: Nd =

10 Tb = 3 = 10 1 Du 3

Luego, la curva S será: T(h)

HU(m3/s)/mm 1/3 h

Suma de los 10 desplazamientos

0 0.33 0.67

0 0.47 2.12

0 0.47

0 0.47 2.59

1 1.33 1.67 2 2.33 2.67 3 3.33

2.6 2.24 1.65 1.06 0.59 0.3 0.12 0

2.59 5.19 7.43 9.08 10.14 10.73 11.03 11.15

5.19 7.43 9.08 10.14 10.73 11.03 11.15 11.15

Y la curvas S corregida:

Cuva S

61

El HU de 1.5 horas de duración será entonces: T(h)

CSC

CSCD

CSC –CSCD

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5

HU(m3/s)/mm 1.5 H

0 1.4 5.19 8.5 10.14 10.9 11.15 11.15

0 1.4 5.19 8.5 10.14

0 1.4 5.19 8.5 8.74 5.71 2.65 1.01

(CSC-CSCD)*(1/3)/1.5 0 0.31 1.15 1.89 1.94 1.27 0.59 0.22

11.15 11.15

10.9 11.15

0.25 0

0.06 0

CSC: CURVA S CORREGIDA CSCD: CUEVA S CORREGIDA DESPLAZADA

Luego, el hidrograma de escorrentía directa en la confluencia de ambas cuencas es:

T(h) 0 0.5

Cuenca A Cuenca B HU(m3/s)/mm Qd = HU*29.50 Qd=HU*51.87 Qd =HU*22.5 Qd=HU*17.5 QdR(m3/s) 0 0 0 0.31 9.15 9.15

1 1.5 2

1.15 1.89 1.94

33.93 55.76 57.23

2.5 3 3.5 4 4.5 5 5.5 6 6.5

1.167 0.59 0.22 0.06 0

34.43 17.41 6.49 1.77 0

7

33.93 55.76 64.21

0 6.98 0 16.08 59.65 98.03 100.63 60.53 30.6 11.41 3.11

25.88 42.53 43.65 26.26 13.28 4.95 1.35

0 5.43 20.13 33.08 33.95 20.42 10.33 3.85

60.31 59.94 71.65 107.81 144.39 139.53 82.3 40.93 15.26

1.05

4.16

62

CAPÍTULO V 5.1

Método de la curva número

La relación entre la escorrentía y la lluvia que la origina ha sido objeto de múltiples análisis e interpretaciones hidrológicas. Si bien es cierto que existe una estrecha interrelación entre ambos elementos hidrológicos, ésta no es una asociación fija e invariable en el tiempo y en el espacio. Básicamente, la relación lluvia- escorrentía está determinada por las características específicas de la cuenca tales como pendiente, vegetación, tipo de suelos y otras. El conjunto de ellas determina la respuesta del sistema, o cuenca, ante la ocurrencia de la lluvia. Los diversos métodos desarrollados para el análisis del proceso tratan de cuantificar esta capacidad de respuesta de la cuenca. La forma más simple está dada por la adopción de un coeficiente global que expresa, en forma de porcentaje, la relación entre lo precipitado y lo escurrido. Esto es lo que se denomina el coeficiente de escorrentía. Aún cuando este método ha sido bastante difundido, sus limitaciones son obvias si se tiene en cuenta la excesiva simplificación del ciclo hidrológico que él mismo hace. El servicio de Conservación de Suelos, SCS, de los Estados Unidos, luego del análisis de gran número de datos de cuencas experimentales, ha desarrollado un método de estimación de la escorrentía. Dicho método se basa en el análisis del complejo suelo cobertura y las condiciones de humedad del suelo antes de la ocurrencia de la precipitación. La relación básica del procedimiento es:

Re tención _ Re al Escorrentía _ Re al = Re tención _ Potencial Escorrentìa _ Potencial

(5.1)

Si se adopta la designación de variables siguientes: S: Q: Ia: P:

retención potencial escorrentía real pérdidas por intercepción, almacenamiento en depresiones e infiltración. precipitación.

La ecuación (5.1) puede escribirse ahora como: ( P − Ia) − Q Q = S P − Ia

Efectua ndo operaciones:

[(P − Ia) − Q] * (P − Ia) = Q * S

(5.2)

63

( P − Ia) 2 − ( P − Ia) * Q = Q * S

( P − Ia) 2 = Q * S + Q * ( P − Ia) ( P − Ia) 2 = Q * ( S + ( P − Ia )) ( P − Ia) 2 Q= S + ( P − Ia)

(5.3)

Trabajos realizados en diversas cuencas experimentales han permitido establecer que el valor de Ia es aproximadamente el 20% del valor de S, o sea: Ia = 0.20 * S

(5.4)

Reemplazando (5.4) en (5.3), se tiene: ( P − 0.20 * S ) 2 Q= S + P − 0.20 * S

Finalmente:

Q=

( P − 0.20 * S ) 2 P + 0.80 * S

(5.5)

El valor de S, en centímetros, se relaciona con el número de curva de escorrentía a través de la expresión: S=

2540 − 25.40 CN

(5.6)

donde: CN:

valor de la curva número

El valor de CN se determina a partir de las características de infiltración y uso del suelo, la cobertura vegetal y las condiciones de humedad en la cuenca al momento de producirse la precipitación, lo que se denomina humedad antecedente; los rangos establecidos experimentalmente son: Condición de humedad Antecedente I II III ILRI, 1978

Lluvia total de los 5 días previos (cm) 0 - 3.50 3.50 - 5.25 más de 5.25

64

Las condiciones hidrológicas pueden aproximarse a partir del grado de cobertura vegetal del área en estudio, de la forma siguiente: Condición Hidrológica Porcentaje de Cobertura vegetal (%) Buena más de 75 Regular Mala ILRI, 1978

Entre 50 y 75 menos del 50

En lo referente al grupo hidrológico del suelo, éste es un parámetro que trata de ponderar las características de infiltración del suelo. De acuerdo a ello, se han establecido cuatro grupos: Grupo

Infiltración

A B C D ILRI, 1978

Alta Moderada Lenta Muy lenta

Con la información descrita puede determinarse el número de curva, CN, empleando la Tabla Nº1, la cual corresponde a condicio nes de humedad antecedente II. Para otras condiciones, debe emplearse la Tabla Nº 2, en el anexo 2. 5.2

Distribución del evento en el tiempo

El método del número de curva no considera la variable tiempo por lo que previamente a su aplicación se requiere distribuir la precipitación a lo largo de la duración total del evento; luego para el cálculo de los hidrogramas generados por la precipitación efectiva de cada intervalo también se requerirá considerar el factor tiempo. Para la distribución de la lluvia en el tiempo debe considerarse previamente el intervalo de trabajo a emplear. Una regla práctica para ello establece que dicho intervalo debe ser igual o menor que la cuarta parte del tiempo al pico de la cuenca. Establecido el intervalo de trabajo se utiliza la denominada curva adimensional de tormentas que es un gráfico que relaciona la fracción acumulada de tiempo transcurrido, respecto a la duración total del evento, con la fracción acumulada, respecto a la lámina total del evento, de la lámina precipitada. En la figura 5.1. Pueden apreciarse las curvas adimensionales de lluvia típicas desarrolladas por el Servicio de Conservación de Suelos, SCS.

65

Figura 5.1. Curvas adimensionales de tormentas (SCS, 1958)

Sin embargo, es recomendable rtatar de obtener curvas características para las zonas en estudio a partir de la información disponible. Para el cálculo de los valores de caudales en los hidrogramas generados puede utilizarse el hidrograma adimensional de escorrentía. Este es un gráfico donde en el eje x se encuentran los valores discretizados en intervalos de 0.25 del tiempo al pico y desde 0 hasta 5 veces el tiempo al pico. En el eje y se colocan los correspondientes valores para cada x, pero expresados en términos qt / qp; es decir como una fracción del caudal pico. El hidrograma adimensional desarrollado por el SCS se muestra a continuación: T/Tp 0 0.25 0.5 0.75 1 1.25 1.5 1.75 2 2.25 2.5 2.75 3 3.25 3.5 3.75 4 4.25 4.5 4.75 5

qt/qp 0 0.12 0.43 0.83 1 0.88 0.66 0.45 0.32 0.22 0.15 0.105 0.075 0.053 0.036 0.026 0.018 0.012 0.009 0.006 0.004

66

El procedimiento a seguir puede resumirse en los siguientes pasos: • •

La duración de la lluvia total se divide en intervalos iguales, o menores, a 0.25 del tiempo al pico Para cada intervalo se calcula la relación:

tiempo _ acumulado_ hasta _ el _ int ervalo Duración _ total •

Empleando la curva adimensional de tormenta, se calcula la relación: Precipitación acumulada hasta el intervalo dado Precipitación total

• • • •

Con el valor anteriormente obtenido se calcula el valor de la lluvia acumulada Con la lluvia acumulada, y las ecuaciones (5.5) y (5.6), pueden obtenerse los valores de la lámina de escorrentía directa acumulada. Con los valores obtenidos en el paso anterior pueden obtenerse las láminas de escorrentía directa generados en cada intervalo Luego, se calcula el caudal pico producido por la lámina de escorrentía correspondiente a cada intervalo de tiempo. Para ello se emplea la siguiente ecuación: qp = 0.208 * A *

Q Tp

(5.7)

donde: A: Q: Tp: qp: • •

área de la cuenca, K m2 escorrentía directa, mm tiempo al pico, horas caudal pico en m3 /s.

Empleando el hidrograma adimensional de escorrentía se calcula el hidrograma correspondiente a cada intervalo de tiempo. Se suman los hidrogramas de cada intervalo, para calcular el hidrograma de escorrentía directa resultante

67

5.3

Problemas de aplicación de la Curva Número

PROBLEMA 5.3.1 Una cuenca tiene 47.36 Km de longitud máxima de recorrido de la escorrentía y una diferencia de cota de 1000 mts entre el punto más remoto y la salida, con un área total de 350 Km2 . En ella, el 30 % del área tiene CNII de 88; 40% posee CNII de 82 y el 30% restante tiene CNII de 75. Sobre esta cuenca ocurre una lluvia de 70 mm en tres horas. Calcular el hidrograma de escorrentía directa resultante del evento empleando la curva adimensional de lluvia y el hidrograma adimensional de escorrentía que se dan a continuación y asumiendo que al producirse el evento las curvas números están en condición I. t/T p/Pt

0 0

t/Tp 0 qt/qp 0

0.1 0.3

0.2 0.5

0.3 0.7

0.4 0.8

0.5 0.87

0.6 0.91

0.7 0.95

0.8 0.97

0.9 0.99

1.0 1.0

0.25 0.12

0.50 0.4

0.75 0.83

1.0 1.0

1.25 0.85

1.50 0.66

1.75 0.45

2.0 0.32

2.25 0.22

2.50 0.15

2.75 3.0 3.25 3.50 3.75 4.0 4.25 4.50 4.75 5.0 0.105 0.075 0.053 0.036 0.026 0.018 0.012 0.009 0.005 0.004 SOLUCIÓN La curva adimensional de lluvia permite desagregar la duración total del evento en intervalos de tiempo más pequeños. Sin embargo el problema será determinar cuál es el intervalo de trabajo más recomendable de manera de no perder precisión en el cálculo o generar un excesivo, e innecesario, número de segmentos. Al respecto, una regla práctica establece que la longitud del intervalo de trabajo recomendado es que sea menor o igual a la cuarta parte del tiempo al pico; de allí que la solución de este problema se inicie por calcular el tiempo de concentración de la cuenca, para lo cuál se dispone de la información necesaria, y luego relacionarlo con el tiempo al pico, luego: Tc = 0.0195* L1.155 * H −0.385 Tc = 0.0195 * ( 47.36 *1000 )1.155 * 1000 −0. 385 Tc = 5.715 h A partir de este valor puede calcularse el tiempo al pico empleando la relación: Tp = 0.7*Tc = 0.7*5.715 h = 4 h

68

Luego el intervalo de trabajo será: IT ≤ 0.25 Tp IT ≤ 0.25* 4 h IT ≤ 1.0 h. El resultado indica que el evento de tres horas de duración total será segmentado en 3 intervalos de una hora cada uno. Luego se calcula la relación t/T, en la cual t es el tiempo acumulado hasta el intervalo considerado y T la duración total del evento. Empleando la curva adimensional de lluvia puede determinarse el valor p/P, correspondiente a cada t/T. El valor p es la precipitación acumulada hasta el tiempo t y P la precipitación total del evento. Los valores de p/P permite n calcular la precipitación acumuladas hasta cada intervalo, Pa, tal como se aprecia en el cuadro siguiente. T(h) 0 1 2

t/T 0 0.33 0.67

p/P 0 0.73 0.938

Pa(cm) 0 5.11 6.566

Qa(cm) 0 0.382 0.888

Qparc.(mm) 0 3.82 5.06

qp(m3/s) 0 69.52 92.09

3

1

1

7

1.069

1.81

32.94

El valor Qa corresponde a la lamina escorrentía directa acumulada hasta el intervalo t y se calcula utilizando la expresión:

Q=

( P − 0.20 * S ) 2 ( P + 0.8 * S )

donde S es el coeficiente de retención potencial del suelo el cuál puede calcularse por la relación siguiente, para S en centímetros: S=

2540 − 25.4 CN

aquí, CN es la curva número de la cuenca y es función de las condiciones de suelo, vegetación y humedad antecedente. De acuerdo al enunciado del problema la condición de humedad antecedente es I al momento de producirse el evento, por lo cual cada una de las curvas número proporcionadas deberán ser llevadas a esta condición; para ello pueden utilizarse las ecuaciones:

CN I = luego:

4.2 * CN II 10 − 0.058 * CN II

CN III =

23 * CN II 10 + 0.13 * CN II

69

CNII = 88→CNI = 75.49 CNII = 82→CNI = 65.675 CNII = 75→CNI = 55.75 Como existen 3 sectores de la cuenca con diferentes valores de CN resulta conveniente ponderar dichos valores por sus respectivas áreas obteniéndose: CNp = 75.49 * 0.3 + 65.675 * 0.4 + 55.75 * 0.3 = 65.642 y el coeficiente de retención será: S=

2540 − 25.40 = 13.29 cm 65 .642

Determinada la precipitación efectiva acumulada, por diferencia puede calcularse la escorrentía directa para cada intervalo, Qparc; cada una de estas láminas producirá un hidrograma de salida del cuál puede conocerse su caudal pico aplicando la ecuación: qp = 0.208 *

A *Q Tp

donde: qp: A: Q: Tp:

caudal pico, m3 /seg área de la cuenca, Km2 lámina de escorrentía, mm tiempo al pico de la cuenca, horas

El problema será ahora definir completamente los hidrogramas de escorrentía directa de cada intervalo. Para ello se utiliza el concepto de hidrograma adimensional de escorrentías el cuál no es otra cosa sino la relación entre el porcentaje de tiempo transcurrido, t/Tp, y el porcentaje del caudal instantáneo con relación al caudal pico, qt/qp. En el cuadro adjunto las dos primeras columnas corresponden a la relación adimensional de tiempos y caudales. Por ejemplo el par de valores 0.25 y 0.12 de la segunda línea debe interpretarse como que en el instante en que ha transcurrido el 25 % del tiempo al pico, el caudal es igual al 12 % del caudal pico correspondiente a la primera hora. Ello permite calcular el tiempo absoluto transcurrido hasta este intervalo, el cuál será igual a 0.25*Tp = 0.25*4 h = 1; este valor se coloca en la columna T(h). El caudal instantáneo, columna Qd, para ese momento será entonces igual a 0.12*69.52 = 8.34 m3 /seg. Procediendo de forma análoga para la tercera línea se tendrá que transcurrido un lapso igual al 50 % del tiempo al pico se produce un caudal igual al 40 % del caudal pico de la primera hora lo cuál equivale a 0.4*69.52 = 27.81 m3 /seg. El resto de los valores del

70

hidrograma generado por la escorrentía directa de la primera hora se calculan procediendo de forma similar. Los hidrogramas correspondientes a la segunda y tercera hora se calcula de la misma forma teniendo en cuenta los desplazamientos que deben efectuarse. El hidrograma de escorrentía directa resultante, Qdt, se muestra en la última columna del cuadro. t/Tp 0

qt/qp 0

T(h) 0

0.25 0.5 0.75

0.12 0.4 0.83

1 2 3

8.34 27.81 57.7

0 11.05 36.84

0 3.95

8.34 38.86 98.49

1 1.25 1.5 1.75 2 2.25 2.5 2.75 3

1 0.85 0.66 0.45 0.32 0.22 0.15 0.105 0.075

4 5 6 7 8 9 10 11 12

69.52 59.09 45.88 31.28 22.25 15.29 10.43 7.3 5.21

76.43 92.09 78.28 60.78 41.44 29.47 20.26 13.81 9.67

13.18 27.34 32.94 28 21.74 14.82 10.54 7.25 4.94

159.13 178.52 157.1 120.06 85.43 59.58 41.23 28.36 19.82

3.25 3.5 3.75 4 4.25 4.5 4.75 5

0.053 0.036 0.026 0.018 0.012 0.009 0.005 0.004

13 14 15 16 17 18 19 20 21

3.68 2.5 1.81 1.25 0.83 0.63 0.35 0.28

6.91 4.88 3.32 2.39 1.66 1.11 0.83 0.46 0.37

3.46 2.47 1.75 1.19 0.86 0.59 0.4 0.3 0.16

14.05 9.85 6.88 4.83 3.35 2.33 1.58 1.04 0.53

0.13

0.13

22

Qd=qt/qp*69.52 Qd=qt/qp*92.09 Qd=qt/qp*32.94 0

Qdt(m3/s) 0

71

PROBLEMA 5.3.2 Una cuenca de 15 Km2 de área total tiene 6 Km2 con curva número 60, 5 Km2 con curva número 85, el resto del área con curva número 93. El tiempo al pico de la cuenca se puede estimar en 2 horas. Sobre ella ocurre una precipitación de 3 horas de duración y lámina total precipitada igual a 39.87 mm. Se pide calcular el hidrograma de escorrentía directa resultante, empleando la curva adimensional de lluvia y el hidrograma adimensional de escorrentía que se da a continuación: t/T p/Pt

0 0

T/Tp 0 qt/qp 0

0.1 0.3

0.2 0.5

0.3 0.7

0.4 0.8

0.5 0.87

0.6 0.91

0.7 0.95

0.8 0.97

0.9 0.99

1.0 1.0

0.25 0.12

0.50 0.4

0.75 0.83

1.0 1.0

1.25 0.85

1.50 0.66

1.75 0.45

2.0 0.32

2.25 0.22

2.50 0.15

2.75 3.0 3.25 3.50 3.75 4.0 4.25 4.50 4.75 5.0 0.105 0.075 0.053 0.036 0.026 0.018 0.012 0.009 0.005 0.004 SOLUCION En este caso, el intervalo de trabajo a utilizar será IT≤ 0.25*2 = IT≤ 0.5 horas. La cur va número promedio ponderada para el conjunto de la cuenca es: CN =

6 * 60 + 5 * 85 + 4 * 93 = 77.13 15

para el cuál se tendrá un valor igual a 7.53 cm para el almacenamiento potencial del suelo. Luego, aplicando los mismos criterios y relaciones del problema anterior pueden elaborarse los cuadros mostrados a continuación. T(h)

t/T

p/P

Pa(cm)

Qa(cm)

Qp(mm)

qp(m3/s)

0

0

0

0

0

0

0

0.5 1

0.17 0.33

0.44 0.73

1.75 2.91

0.008 0.22

0.08 2.12

0.12 3.31

1.5 2

0.5 0.67

0.87 0.938

3.47 3.74

0.406 0.511

1.86 1.05

2.9 1.64

2.5

0.83

0.976

3.89

0.573

0.62

0.97

3

1

1

3.99

0.616

0.43

0.67

72

T/Tp

qt/qp

T(h)

Qd1(m3/s) Qd2(m3/s) Qd3(m3/s) Qd4(m3/s) Qd5(m3/s) Qd6(m3/s) Qdt(m3/s)

0

0

0

0

0.25 0.5

0.12 0.4

1 2

0.014 0.048

0 0.397

0

0.75 1

0.83 1

3 4

0.1 0.12

1.324 2.747

0.348 1.16

0 0.197

0

1.25

0.85

5

0.102

3.31

2.407

0.656

0.116

0

6.591

1.5 1.75

0.66 0.45

6 7

0.079 0.054

2.814 2.185

2.9 2.465

1.361 1.64

0.388 0.805

0.08 0.268

7.622 7.417

qt/qp*0.12 qt/qp*3.31

qt/qp*2.9

qt/qp*1.64 qt/qp*0.97 qt/qp*0.67 0 0.014 0.445 1.772 4.224

2

0.32

8

0.038

1.49

1.914

1.394

0.97

0.556

6.362

2.25

0.22

9

0.026

1.059

1.305

1.082

0.82

0.67

4.962

2.5 2.75

0.15 0.105

10 11

0.018 0.013

0.728 0.497

0.928 0.638

0.738 0.525

0.64 0.44

0.57 0.44

3.622 2.553

3 3.25 3.5

0.075 0.053 0.036

12 13 14

0.009 0.006 0.004

0.348 0.248 0.175

0.435 0.305 0.218

0.361 0.246 0.172

0.31 0.213 0.146

0.302 0.214 0.147

1.765 1.232 0.862

3.75 4

0.026 0.018

15 16

0.003 0.002

0.119 0.086

0.154 0.104

0.123 0.087

0.102 0.073

0.101 0.07

0.602 0.422

4.25

0.012

17

0.001

0.06

0.075

0.059

0.051

0.05

0.296

4.5

0.009

18

0.001

0.04

0.052

0.043

0.035

0.036

0.207

4.75 5

0.005 0.004

19 20

0.001 0

0.03 0.017

0.035 0.026

0.03 0.02

0.025 0.018

0.024 0.017

0.145 0.098

0.013

0.015

0.015

0.012

0.012

0.067

0.012

0.008

0.009

0.008

0.037

21 22

73

CAPITULO VI 6.1

Tránsito por embalses

Un embalses es una estructura de almacenamiento que permite regular el escurrimiento de un río; es decir, para almacenar el volumen de agua que escurre en exceso en las temporadas de lluvia para posteriormente usarlo en las épocas de sequía cuando los escurrimientos son escasos. Las características topográficas de un sitio de presa se resumen en la denominada curva altura – área – capacidad, la misma que permite calcular el volumen almacenado y el área de la superficie libre para cualquier altura del nivel de agua. Esta curva se calcula siguiendo los siguientes pasos: • • •

Se mide el área encerrada por cada curva de nivel. El volumen almacenado entre dos curvas de nivel se calcula como el producto de la semisuma de las áreas inicial y final por el intervalo entre curvas. El volumen de agua almacenada hasta una altura dada se obtiene acumulando los valores obtenidos en el paso anterior. Los volúmenes característicos de un embalse se muestran en la figura 6.1. Figura 6.1 Volúmenes característicos en un embalse

En el gráfico: CNM: CNN: CNMa: VM: VU: VSA:

cota de nivel muerto cota de nivel normal cota a nivel máximo volumen muerto volumen útil almacenamiento de seguridad, (control de crecientes)

74

El tránsito a través del embalse es el procedimiento por medio del cuál se determina el hidrograma de salida, conocidos el hidrograma de entrada, el nivel del agua al inicio del tránsito y las normas de funcionamiento de la estructura. El procedimiento se esquematiza en la figura 6.2. Figura 6.2 Esquema del tránsito de una creciente a través de un embalse

Las ecuaciones de tránsito a través de un embalse se deducen a partir de la ecuación fundamental de la hidrología: ENTRADAS - SALIDAS = CAMBIO EN EL ALMACENAMIENTO Expresando esta ecuación en términos de volumen, y para un intervalo de tiempo ∆t, se tendrá: ( I 1 + I 2) (O1 + O 2) * ∆t − * ∆ t = S 2 − S1 2 2

(6.1)

Los términos con subíndice 1 corresponden al instante inicial del intervalo, mientras que los poseen el subíndice 2 son los instante 2; el valor O1 corresponde al caudal de salida al iniciarse al cálculo, siendo dato del problema o pudiendo deducirse de las condiciones iniciales. Si ahora los valores de la ecuación (6.1) se reordenan colocando en el lado izquierdo los valores conocidos, se tendrá:

I1 + I 2 − O1 − O 2 =

2 * S 2 2 * S1 − ∆t ∆t

75

I1 + I 2 +

2 * S1 2* S 2 − O1 = + O2 ∆t ∆t

(6.2)

La ecuación (6.2) tiene dos incógnitas; para resolverla se construye una expresión 2* S que relaciona los valores de + O con O. El procedimiento a seguir es el descrito ∆t brevemente a continuación: 1. Se fija el intervalo ∆t que se empleará para el transito; es recomendable que dicho intervalo sea el del hidrograma de entrada. 2. Se calcula O con la ecuación, (o ecuaciones) de descarga

3. Se determina S con la curva Altura- Area-Capacidad 4. Se determina

2* S +O ∆t

Para el tránsito por el embalse deben seguirse los sig uientes pasos: 1. Se fija el nivel del agua en el embalse. 2 * S1 2. Se determina O1 y + O1 , correspondiente del nivel al inicio del transito, en la ∆t 2* S curva + O Vs O. ∆t 2 * S1 2 * S1 3. Se Calcula − O1 , restándole 2*O1 a + O1 ∆t ∆t 4. Con los valores de I1 e I2, conocidas del hidrograma de entrada y el resultado del 2* S2 paso 3, se calcula + O2 ∆t 2 * S1 2* S 2 I1 + I 2 + − O1 = + O2 ∆t ∆t 2* S 5. Con el resultado anterior y la curva + O Vs O , se determina O2 ∆t 2* S 2 2* S2 6. Se resta O2 dos veces de + O2 , con esto se obtiene − O2 ∆t ∆t 7. Se pasa al siguiente intervalo y se vuelve al paso 4

76

6.2

Tránsito por cauces naturales

El método de Muskingum es un procedimiento de tránsito hidrológico que se usa comúnmente para manejar la relación caudal – almacenamiento en los cauces naturales. Este método modela el almacenamiento volumétrico de creciente en un tramo de un río mediante la combinación del almacenamiento de cuña y prisma , tal como se esquema tiza en la figura 6.3 Figura 6.3 Esquema del tránsito por cauces naturales

Durante el avance de la onda de creciente, el caudal de entrada es mayor que el de salida, siendo un almacenamiento de cuña. Adicionalmente, existe un almacenamiento por prisma que esta formado por un volumen de sección transversal constante a lo largo de la longitud del canal. Suponiendo, que el área de la sección transversal del flujo de la creciente es directamente proporcional al caudal en la sección el almacenamiento por prisma es igual a KO, donde K es un coeficiente de proporcionalidad ( es el tiempo de tránsito de la onda de creciente a través del tramo del canal). El volumen de almacenamiento por cuña es igual a Kx(I-O), donde x es un factor de ponderación dentro de un rango 0≤x≤0.5 ( llamado el peso del volumen de cuña en el calculo de volumen total). S = KO + Kx ( I − O )

(6.3)

Lo cual puede reordenarse para dar la función de almacenamiento por el método de Muskingun.

S = K [xI + (1 − x )O ]

(6.4)

El valor de x depende de la forma de almacenamiento por cuña modelada; su valor varía desde 0 para un almacenamiento tipo embalse hasta 0.5 para una cuña completamente desarrollada. Los valores de almacenamientos pueden escribirse como:

∆ S = K [x(I 2 − I 1) + (1 − x )(O2 − O1)]

(6.5)

77

por continuidad: ∆S =

( I1 + I 2 ) ∆t − (O2 − O1) ∆t 2

(6.6)

2

igualando (6.5) y (6.6):

K [x(I 2 − I1) + (1 − x )(O 2 − O1)] =

( I1 + I 2) ∆t − (O 2 − O1) ∆t 2

(6.7)

2

despejando O2:

O2 =

− ( Kx − 0.5t ) ( Kx + 0.5t ) ( K − Kx − 0.5t ) *I2+ * I1 + * O1 ( K − Kx + 0.5t ( K − Kx + 0.5t ) ( K − Kx + 0.5t ) O 2 = Co * I 2 + C1* I1 + C 2 * O1

(6.8)

los coeficientes deben cumplir la condición:

Co + C1 + C 2 = 1

(6.9)

78

6.3

Problemas relativos a el transito por el embalse y transito por el cauce

PROBLEMA 6.3.1 A un tramo de un río, con parámetros de tránsito K= 10 horas y x = 0.08 llega la siguiente creciente: T(h) Q(m3/s) T(h) Q(m3/s)

0 50 30 250

3 65 33 200

6 125 36 165

9 200 39 140

12 320 42 120

15 475 45 100

18 545 48 85

21 490 51 75

24 372

Calcular cuál será el caudal máximo de la creciente a la salida del tramo.

SOLUCION En este caso los coeficientes de Muskingum para el tránsito en el cauce serán: Co =

− ( K * x − 0.5 * t ) − (10 * 0.08 − 0.5 * 3) = = 0.0654 ( K − K * x + 0.5 * t ) (10 − 10 * 0.08 + 0.5 * 3)

C1 =

( K * x + 0 .5 * t ) (10 * 0.08 + 0.5 * 3) = = 0.215 ( K − K * x + 0.5 * t ) (10 − 10 * 0.08 + 0.5 * 3)

C2 =

( K − K * x − 0.5 * t ) (10 − 10 * 0.08 − 0.5 * 3) = = 0.720 ( K − K * x + 0.5 * t ) (10 − 10 * 0.08 + 0.5 * 3)

Verificando que la suma de los coeficientes cumplan la condición: Co+C1+C2 = 1 0.0654+ 0.215 + 0.720 = 1 Luego para este cauce la ecuación de tránsito será: O2 = Co*I2 + C1*I1 + C2*O1 O2 = 0.0654*I2 + 0.215*I1 + 0.720*O1

27 300

79

Aplicando esta ecuación de tránsito se obtienen los valores que se muestran en la tabla siguiente; en ella se ha asumido que el primer valor del caudal de salida del tramo es igual al de entrada. T(h) 0 3

Q(m3/s) 50 65

Co*I2

C1*I1

C2*O

4.25

10.75

36

O 50 51

6 9 12 15 18 21 24 27 30

125 200 320 475 545 490 372 300 250

8.18 13.08 20.93 31.07 35.64 32.05 24.33 19.62 16.35

13.98 26.88 43 68.8 102.13 117.18 105.35 79.98 64.5

36.72 42.39 59.29 88.72 135.78 196.96 249.26 272.84 268.16

58.88 82.35 123.22 188.59 273.55 346.19 378.94 372.44 349.01

33 36 39

200 165 140

13.08 10.79 9.16

53.75 43 35.48

251.29 229.05 203.64

318.12 282.84 248.28

42 45 48 51

120 100 85 75

7.85 6.54 5.56 4.91

30.1 25.8 21.5 18.28

178.76 156.03 135.63 117.14

216.71 188.37 162.69 140.33

PROBLEMA 6.3.2 Se tiene dos subcuencas A y B, que confluyen en un punto aguas abajo de las mismas. En dichas subcuencas se tienen los siguientes eventos de precipitación efectiva:

T(h) 0.5 1 1.5 2 2.5

Precipitación en A (mm)

Precipitación en B (mm)

5 3 4 2 3

Hasta el punto de confluencia, los parámetros de Muskingum para ambas cuencas son :

Valor K(h) Valor x

Subcuenca A 10 0.02

Subcuenca B 6 0.03

80

El hidrograma unitario de media hora de duración para ambas subcuencas es: T(h) 0 Q(m3/s)/mm 0

0.5 1.8

1.0 30.9

1.5 85.6

2.0 41.8

2.5 14.6

3.0 5.5

3.5 1.8

Se pide calcular el hidrograma de escorrentía directa resultante en la confluencia de ambas subcuencas. SOLUCIÓN El hidrograma de escorrentía directa en la subcuenca A será: T(h) 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4

HU(m3/s)/mm 0 1.8 30.9 85.6 41.8 14.6 5.5 1.8

Qd = HU*5 0 9 154.5 428 209 73 27.5 9

4.5 5 5.5

Qd = HU*4

Qd = HU*2

0 7.2 123.6 342.4 167.2 58.4 22

0 3.6 61.8 171.2 83.6

QdR(m3/s) 0 9 154.5 435.2 332.6 419 256.5 238.6 105.6

7.2

29.2 11 3.6

36.4 11 3.6

y para la subcuenca B: T(h) 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

HU(m3/s)/mm 0 1.8 30.9 85.6 41.8 14.6 5.5

Qd = HU*3

Qd = HU*2

0 5.4 92.7 256.8 125.4 43.8

0 3.6 61.8 171.2

QdR(m3/s) 0 0 5.4 92.7 260.4 187.2 215

3.5 4 4.5

1.8

16.5 5.4

83.6 29.2 11

100.1 34.6 11

3.6

3.6

5

Se transita el Hidrograma de escorrentía directa producido por la Subcuenca A hasta la confluencia. Aplicando las ecuaciones del problema anterior los coeficientes de tránsito serán:

81

Co = 0.005

C1 = 0.045

C2 = 0.95

Verificando la condición: Co + C1 + C2 = 0.005 + 0.045 + 0.95 =1 El resultado del tránsito será: 3

3

T(h) 0 0.5

QdR(m /s) 0 9

Co*I2

C1 * I1

C2 * O1

0.05

0

0

O(m /s) 0 0.05

1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5

154.5 435.2 332.6 419 256.5 238.6 105.6 36.4 11

0.77 2.18 1.66 2.1 1.28 1.19 0.53 0.18 0.06

0.41 6.95 19.58 14.97 18.86 11.54 10.74 4.75 1.64

0.04 1.16 9.78 29.47 44.21 61.13 70.17 77.37 78.19

1.22 10.29 31.02 46.54 64.35 73.86 81.44 82.30 79.89

5.5

3.6

0.02

0.5

75.90

76.42

Análogamente para la subcuenca B: Co = 0.012

C1 = 0.0708

C2 = 0.918

Co + C1 + C2 = 0.012 + 0.0708 + 0.918 =1 O2 = 0.012*I2 + 0.0708*I1 + 0.918*O1 T(h) 0

QdR(m3/s) 0

Co*I2

C1 * I1

C2 * O1

O 0

0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5

0 5.4 92.7 260.4 187.2 215 100.1 34.6 11

0 0.06 1.11 3.12 2.25 2.58 1.2 0.42 0.13

0 0 0.38 6.56 18.44 13.25 15.22 7.09 2.45

0 0 0.06 1.42 10.19 28.35 40.56 52.31 54.91

0 0.06 1.55 11.1 30.88 44.18 56.98 59.82 57.49

5

3.6

0.04

0.78

52.78

53.6

82

El hidrograma resultante en la confluencia es la suma de los hidrogramas transitados hasta dicho punto:

T(h) 0

OA(m3/s) 0

OB(m3/s) 0

QR(m3/s) 0

0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5

0.05 1.22 10.29 31.02 46.54 64.35 73.86 81.44 82.30

0 0.06 1.55 11.11 30.88 44.18 56.98 59.82 57.49

0.05 1.28 11.84 42.12 77.42 108.53 130.84 141.26 139.79

5 5.5

79.89 76.42

53.6

133.49 76.42

PROBLEMA 6.3.3 A la salida de una cuenca se ha planteado construir un embalse cuyas características topográficas e hidráulicas se muestran a continuación: Cota (msnm) Area (Km2 )

100 0

110 0.05

120 0.15

130 0.20

140 150 160 0.325 0.625 1

170 2

Cota de fondo = 100 msnm Cota del volumen muerto = 105 msnm

Cota nivel normal = 135 msnm Cota máxima = 140 msnm

Ecuación de descarga por los orificios:

Q = 0.8 * A * 2 gh

Ecuación de descarga por el aliviadero: Longitud del aliviadero:

Q = 2.1 * L * H 10 m

3

2

A este embalse llega la siguiente creciente. T(h) Q(m3 /s)

0 0

1 2.98

10 11 12 13 32.73 21.44 14.01 9.15

2 3 16.89 50.4 14 5.98

15 3.93

4 5 6 7 8 9 100.85 141.04 147.06 116.47 76.33 49.97

83

El embalse tendría dos orificios de salida: uno ubicado en la cota 105 msnm, de 1.5 m de diámetro, y otro en la cota 112 msnm, con un diámetro de 1.2 m. Al inicio del tránsito, el espejo de agua en el embalse está en la cota 108 msnm y ambos orificios están cerrados. El primer orificio se abre si el nivel del agua excede los 112 msnm; el segundo si el nivel del agua sobrepasa la cota 125 msnm. Para estas condiciones, calcular el hidrograma de salida del embalse.

SOLUCION: Con la información topográfica pueden calcularse los valores de la curva altura – área – capacidad:

Cota(msnm)

h (m)

Area(10^6)m2

Volumen(10^6)m3

100 110 120 130 140

0 10 20 30 40

0 0.05 0.15 0.2 0.325

0 0.25 1 1.75 2.625

Volumen Acumulado(10^6)m3 0 0.25 1.25 3 5.625

La ecuación de tránsito a través de un embalse es:

 2S   2S  I 1 + I 2 +  1 − O1  =  2 + O2   t   t 

donde: I1 : I2 : S1 : S2 : O1: O2:

caudal que ingresa al embalse en el instante 1 caudal que ingresa al embalse en el instante 2 almacenamiento en el embalse en el instante 1 almacenamiento en el embalse en el instante 2 caudal que sale del embalse en el instante 1 caudal que sale del embalse en el instante 2

La ecuación de tránsito debe aplicarse para dos intervalo s sucesivos de tiempo, t1 y t2 ; la diferencia entre ambos valores determina el intervalo de tránsito t. Los valores del miembro derecho de la ecuación son conocidos, correspondiendo el primer valor de S1 al almacenamiento inicial en el embalse. Posteriorme nte, el valor calculado de S2 para un intervalo dado será el correspondiente S1 para el siguiente.

84

Los términos del lado derecho de la ecuación, S2 y O2 , no son conocidos por lo que se tendrá una ecuación con dos incógnitas. La estrategia de solución será calcular primero el 2S lado izquierdo de la ecuación lo cuál será igual a la expresión + O del instante t2 ; luego, t y utilizando la curva altura – área – capacidad y las ecuaciones de descarga, pueden 2S calcularse varios pares de valores para la relación + O vs. O, en lo que podría t denominarse una función auxiliar. 2S + O obtenido calculando el lado izquierdo t corresponderá un valor de O en la función auxiliar. Para el problema la función auxiliar es:

De esta forma, para cada valor de

FUNCIÓN AUXILIAR H(m) 0 5.75 8 10 12 12.6 20 25 30 35 36 37 38 39 40

2S/t + O 0 79.89 111.11 138.89 250 299.72 718.08 1208.03 1714.22 2394.44 2616.5 2801.7 2998.21 3203.87 3417.41

3

O(m /s) 0 0 0 0 0 16.39 23.64 27.47 47.55 52.83 74.83 114.2 164.88 224.7 292.41

De acuerdo a la información, al inicio del tránsito el nivel del agua en el embalse está en la cota 108 msnm, H = 8 m, luego: 2S + O = 111 .11 → O = 0 t

y aplicando la ecuación de tránsito en el embalse se obtiene:

85

T(h) 0

I(m3/s) 0

2S/T – O 111.11

2S/T +O 111.11

O(m3/s) 0

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

2.98 16.89 50.4 100.85 141.04 147.06 116.47 76.33 49.97 32.73 21.44 14.01

114.09 133.96 201.25 317.9 517.99 757.99 968.94 1107.52 1176.84 1200.52 1196 1174.65

114.09 133.96 201.25 352.5 559.79 806.09 1020.96 1161.74 1233.82 1259.54 1254.64 1231.45

0 0 0 17.3 20.90 24.33 26.01 27.11 28.49 29.51 29.32 28.40

13 14 15

9.15 5.98 3.93

1143.03 1104 1060.45

1197.81 1158.16 1113.91

27.39 27.08 26.73

PROBLEMA 6.3.4 Una zona urbanizada sufre de constantes problemas de inundaciones debido al cauce que la atraviesa, siendo la creciente crítica la siguiente. t (minutos) Q (m3/s)

0 0

5 10

10 30

15 50

20 60

25 55

30 45

35 30

40 15

45 5

50 0

A fin de amortiguar esta creciente se ha propuesto la construcción de una estructura, tipo piscina, con una base rectangular de 100 metros de longitud y 70 metros de ancho; la altura sugerida para esta estructura es de 15 metros. Dicha estructura estaría ubicada en el cauce, antes de la urbanización, y tendría un orificio de salida situado a nivel de su base, de forma rectangular con un largo de 3 metros y una altura de 0.5 metros. El coeficiente de descarga de dicho orificio es de 0.6. En la época de creciente la estructura se mantendrá siempre vacía a fin de que tenga la máxima capacidad de amortiguación. Con base a ello se pide: a. b. c.

¿ Que opinión le merece la altura sugerida para la estructura de amortiguación? ¿ Que altura sugeriría Ud? ¿ Cuál es el caudal máximo de salida de la estructura para la creciente de diseño?

86

SOLUCIÓN La estructura de amortiguación funcionará de forma similar a una de almacenamiento; por lo tanto, deberá efectuarse el tránsito de la creciente crítica a través de él para evaluar su funcionamiento. La ecuación de descarga del orificio será: Q = 0.6 * 1.5 * 2 * 9.81 * h

y la relación H(m) 0 0.25 3 6 9 12 15

2S + O → vs → O : t FUNCIÓN AUXILIAR Volumen Acumulado(m3) 0 1750 21000 42000 63000 84000 105000

Area(m2) 7000 7000 7000 7000 7000 7000 7000

2S/t+O 0 11.67 146.61 289.56 431.79 573.67 715.31

O(m3/s) 0 0 6.61 9.56 11.79 13.67 15.31

Efectuando el tránsito a través de la estructura se obtendrá: T(h) 0

I(m3/s) 0

2S/T - O 0

2S/T +O 0

O(m3/s) 0

5 10 15 20 25 30 35 40 45

10 30 50 60 55 45 30 15 5

10 46.24 115.02 208.56 303.38 380.7 431.48 451.72 447.08

10 50 126.24 225.02 323.56 403.38 455.7 476.48 471.72

0 1.88 5.61 8.23 10.09 11.34 12.11 12.38 12.32

50

0

427.96

452.08

12.06

a.

b. c.

Como puede observarse, el caudal máximo de salida es de 12.38 m3/s; de acuerdo a la ecuación de descarga, la altura máxima de agua sobre el orifico será de 9.64 m. Luego, la altura propuesta de 15 m es excesiva. Tomando como referencia el eje horizontal del orificio de desca se sugiere una altura mínima de 10.0 m. El caudal máximo de salida de la estructura es de 12.38 m3 /seg.

87

PROBLEMA 6.3.5 Los datos de elevación – área - descarga para un pequeño embalse sin compuerta de control son los siguientes: Elevación (m) Area (ha) Q efluente (m3 /seg)

0 500 0

0.3 510 15

0.6 520 43

0.9 525 78

1.2 530 120

1.5 540 168

1.8 550 219

2.1 560 275

2.4 570 337

2.7 580 409

Si el hidrograma afluente durante una creciente corresponde a los valores que muestran a continuación: Fecha 18/4/73 Hora 24 Q afl.(m3 /seg) 43

19 6 43

12 46

18 57

24 89

20 6 149

12 274

18 355

21 6 317

24 345

Determinar, empleando el procedimiento de tránsito, el caudal efluente y el nivel del embalse a las 24 horas del 20/4/73. Use 6 horas como unidad de tiempo para el tránsito. Asuma que el nivel del agua en el embalse está exactamente en el labio del aliviadero, elevación 0, el 18 de Abril de 1973 a las 24 horas.

SOLUCIÓN Con la información disponible pueden calcularse los valores de la relación 2S/t + O vs O : 2

Elevación(m) Area(m )*10

6

3

Volumen(m )*10

6

0 0.3 0.6 0.9 1.2

5 5.1 5.2 5.25 5.3

0 1.515 1.545 1.5675 1.5825

Volumen 3 6 Acumulado(m )*10 0 1.515 3.06 4.6275 6.21

1.5 1.8 2.1 2.4 2.7

5.4 5.5 5.6 5.7 5.8

1.605 1.635 1.665 1.695 1.725

7.815 9.45 11.115 12.81 14.535

Luego, efectuando el tránsito por el embalse:

3

2S/T + O

O(m /s)

0 155.28 326.3 506.47 695

0 15 43 78 120

891.61 1094 1304.17 1523.11 1754.83

168 219 275 337 409

88

Fecha 18/04/73

T(h) 24

I(m3/s) 43

2S/T – O 0

2S/T + O 0

O(m3/s) 0

19/04/73

6 12 18 24 6 12 18 24 6

43 46 57 89 149 274 355 345 317

69.38 127.33 175.75 237.23 331.37 485.39 665.53 780.77 814.27

86 158.33 230.33 321.75 475.23 754.37 1114.39 1365.53 1442.77

8.31 15.5 27.29 42.26 71.93 134.49 224.43 292.38 314.25

20/04/73

21/04/73

Caudal efluente a las 24 horas de 20/04/73 es igual a 292.38 m3 /s Nivel del embalse a las 24 horas de 20/04/73 es igual a 2.18 metros.

89

CAPÍTULO VII 7.1

Hidrograma de C.O Clark

El método de C.O. Clark permite calcular el hidrograma unitario generado por una cuenca a partir de los tiempos de viaje del agua a través de la cuenca. Uno de estos tiempos característicos es el denominado tiempo de concentración el cuál se define como el tiempo que tarda una partícula de agua en llegar desde el punto más alejado de la cuenca hasta el punto de salida. Una expresión para estimar este tiempo es la ecuación de Kirpich: Tc = 0.0195 * L1 .155 * H −0.385

(7.1)

dónde: L: H: Tc:

longitud del cauce principal (metros) diferencia altitudinal entre el punto más lejano y la salida (metros) tiempo de concentración ( minutos)

En una cuenca puede determinarse cualquier tiempo en particular; a la línea que une los puntos con iguales tiempos de viaje se le denomina isocrona. En la figura 7.1 se ilustra el concepto. Figura 7.1 Líneas de igual tiempo de viaje: isocronas

Si en una cuenca se asume la ocurrencia de una precipitación efectiva igual a 1 mm, y de duración instantánea, cada área entre isocronas generará un volumen de agua que será proporcional a su área. Sin embargo, en el tránsito de los volúmenes de agua a lo largo de la cuenca deben considerarse los efectos de almacenamiento de los cauces naturales; para ello se utiliza el método de Muskingum con un valor de x igual a cero. Finalmente, los volúmenes transitados deberán ser transformados a caudal para lo cuál se aplicará un factor de corrección. Los pasos principales del procedimiento se resumen a continuación:

90

•

Se crea un embalse hipotético con valor de K igual al de la cuenca y con x = 0, ( condición de embalse)

•

Se divide la cuenca en va rias subcuencas, mediante isócronas de acuerdo a los puntos de igual tiempo de viaje ( Tv); éstas isócronas deben trazarse teniendo en cuenta la topografía y la hidrografía, etc.

•

Las áreas entre isócronas se expresan en % del área total

•

Se construye el diagrama de % de área - tiempo de viaje

•

Este diagrama constituye el hidrograma afluente al embalse hipotético de Clark, haciendo el transito por el método de muskingum con K de la cuenca y x= 0. El resultado de este tránsito de almacenamiento viene dado en % de área y para convertirlo en caudal, debe multiplicarse por:

Pe(m ) * A(m 2 ) F= I ( seg ) * 100

(7.2)

dónde: Pe: A: I:

precipitación efectiva unitaria en metros área total de la cuenca Km2 intervalos entre isocronas en segundos

El hidrograma obtenido es un hidrograma unitario instantáneo, HUI. Para determinar el hidrograma de escorrentía directa, se hace necesario aplicar la lluvia concentrada al inicio y al final de cada intervalo y desplazarlas en el tiempo correspondiente a la duración de la lluvia

91

7.2

Problemas de aplicación del Hidrograma Unitario Instantáneo

PROBLEMA 7.2.1 Para una cuenca dada se tiene la información de isócronas y áreas que se muestra en el cuadro adjunto. Sobre ella ocurre una lluvia de tres horas de duració n con las láminas de precipitación que también se presentan en el mismo cuadro. Isócronas (horas) Área (Km2 ) 1 2 3 4

10 30 45 40

Hora 1 15 10 12 18

Precipitación(mm) Hora 2 20 15 10 15

Hora 3 25 20 15 18

En la cuenca, 30% del área tiene curva número 88, 40% tiene CN 90 y 30% posee CN igual a 85. Calcular el hidrograma de escorrentía directa resultante del evento. SOLUCIÓN Las precipitaciones medias en la cuenca para cada hora serán: PM 01 =

15 *10 + 10 * 30 + 12 * 45 + 18 * 40 1710 = = 13.68 mm 10 + 30 + 45 + 40 125

PM 02 =

20 *10 + 15 * 30 + 10 * 45 + 15 * 40 1700 = = 13 .60mm 10 + 30 + 45 + 40 125

PM 03 =

25 *10 + 20 * 30 + 15 * 45 + 18 * 40 2245 = = 17 .96 mm 10 + 30 + 45 + 40 125

Para la lámina de escorrentía directa puede emplearse el método de la curva número, determinándose inicialmente la curva número promedio ponderada para el conjunto de la cuenca: CN = 0 .30 * 88 + 0.40 * 90 + 0 .30 * 85 = 87 .9

y el valor del almacenamiento potencial del suelo será:

92

S=

2540 − 25 .4 = 3.50cm 87.9

Q=

( P − 0.20 * S ) 2 ( P + 0.80 * S )

aplicando la relación:

puede efectuarse la desagregación de la lluvia en el tiempo y el cálculo de las láminas de escorrentía directa, tal como se aprecia en el cuadro siguiente: T(horas) S(cm) 1 3.5 2 3.5 3 3.5

Pacum.(cm) Qacum(cm) Qparcial(cm) Qparcial(mm) 1.368 0.1071 0.1071 1.071 2.728 0.7440 0.6369 6.369 4.524 1.9966 1.253 12.53

La aplicación del hidrograma unitario instantáneo (HUI) de C.O. Clark, requiere discretizar la lluvia en el tiempo; para ello, se asume que, en cada intervalo, la mitad de la precipitación ocurre en el instante inicial y la otra mitad en el instante final. Luego se suman los valores coincidentes y se obtiene la discretización final del evento. El procedimiento se ilustra en los gráficos adjuntos:

Cada uno de estos valores puntuales de precipitación efectiva debe ser multiplicado por el hidrograma unitario instantáneo, HUI. La consideración básica del método es que sobre la cuenca ocurre una precipitación efectiva unitaria de duración instantánea; luego, si la cuenca es dividida en isócronas de igual amplitud es evidente que los volúmenes de escorrentía directa generados serán proporcionales a las áreas entre isócronas. Dichos volúmenes generados saldrán por el punto de salida de la cuenca de forma secuencial, pudiendo obtenerse un hidrograma tiempo - volumen, ( o tiempo – área) para la cuenca.

93

Para completar el análisis debe incluirse el efecto de almacenamiento en los cauces; para ello deben calcularse los parámetros de tránsito de Muskingum, con x = 0. En este caso, para K = 4 horas y t = 1 hora, se tendrá:

Co = C1 =

C2 =

0 .5 * t 0.5 *1 = = 0.11 ( K + 0 .5 * t ) 4 + 0 .5 * 1

( K − 0.5 * t ) (4 − 0.5 * 1) = = 0.78 ( K + 0.5 * t ) (4 + 0.5 *1)

y el factor de transformación para obtener el hidrograma tiempo – caudal será:

F=

Pe( m) * A(m ) 0.001*125 *106 = = 0.347 Iisocronas( seg ) *100 3600 *100

el hidrograma unitario instantáneo será: Isócronas (hrs)

%Area

%Area(Co+C2)

C2*O

O

HUI=O*F

0

0

0

0

0

0

1

8

1.76

0

1.76

0.61

2

24

5.28

1.37

6.65

2.31

3

36

7.92

5.19

13.11

4.55

4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21

32

7.04

10.23 13.47 10.5 8.20 6.40 4.99 3.89 3.03 2.36 1.84 1.44 1.12 0.87 0.68 0.53 0.41 0.32 0.25

17.27 13.47 10.5 8.20 6.40 4.99 3.89 3.03 2.36 1.84 1.44 1.12 0.87 0.68 0.53 0.41 0.32 0.25

5.99 4.67 3.65 2.85 2.22 1.73 1.35 1.05 0.82 0.64 0.5 0.39 0.3 0.24 0.18 0.14 0.11 0.09

94

Aplicando el HUI a cada una de las precipitaciones puntuales, desplazando y sumando, se obtiene el hidrograma de escorrentía directa resultante, QdR: Isócronas (hrs) Qd=HUI*0.536

Qd=HUI*3.721

Qd=HUI*9.45

Qd=HUI*6.265

QdR(m3/s)

0

0

0

1

0.33

0

2

1.24

2.27

0

3

2.44

8.60

5.76

0

16.8

4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24

3.21 2.5 1.96 1.53 1.19 0.93 0.72 0.56 0.44 0.34 0.27 0.21 0.16 0.13 0.1 0.08 0.06 0.05

16.93 22.29 17.38 13.58 10.60 8.26 6.44 5.02 3.91 3.05 2.38 1.86 1.45 1.13 0.88 0.69 0.54 0.42 0.33

21.83 43.00 56.61 44.13 34.49 26.93 20.98 16.35 12.76 9.92 7.75 6.05 4.73 3.69 2.84 2.27 1.70 1.32 1.04 0.85

3.82 14.47 28.51 37.53 29.26 22.87 17.86 13.91 10.84 8.46 6.58 5.14 4.01 3.13 2.44 1.88 1.50 1.13 0.88 0.69 0.56

45.79 82.26 104.46 96.77 75.54 58.99 46.00 35.84 27.95 21.77 16.98 13.26 10.35 8.07 6.27 4.9 3.78 2.91 2.25 1.54 0.56

0.33 3.51

PROBLEMA 7.2.2 Para una cuenca dada se tiene la información de isocronas y áreas que se muestran a continuación: Isocronas(h) Areas (Km2 )

0 0

1 10

2 30

3 45

4 40

Se pide calcular el hidrograma unitario de 2 horas de duración.

SOLUCION:

95

Por definición, el hidrograma unitario es la escorrentía generada por una precipitación efectiva de 1 mm; luego si se puntualiza la precipitación de 1 mm en 2 horas se tendría: 0.5 mm

0.5 mm

0

2

Los parámetros para el cálc ulo del hidrograma unitario instantáneo de C.O. Clark serán: Co = C1 = C2 =

0 .5 * T =0.11 k + 0.5 * T

k − 0.5 * T =0.78 k + 0.5 * T

y el factor de transformación: F=

Pe * A 0.001 * 125 *10 6 = =0.347 m3 /s Iisocronas * 100 3600 * 100

y el hidrograma unitario instantáneo obtenido para la cuenca: Isocronas(hrs.) 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19

%Area 0 8 24 36 32

%Area*(C0+C1) 0 1.76 5.28 7.92 7.04

C2 *O 0 0 1.37 5.19 10.23 13.47 10.5 8.20 6.40 4.99 3.89 3.03 2.36 1.84 1.44 1.12 0.87 0.68 0.53 0.41

O 0 1.76 6.65 13.11 17.27 13.47 10.5 8.20 6.40 4.99 3.89 3.03 2.36 1.84 1.44 1.12 0.87 0.68 0.53 0.41

3

HUI(m /s) 0 0.61 2.31 4.55 5.99 4.67 3.65 2.85 2.22 1.73 1.35 1.05 0.82 0.64 0.5 0.39 0.3 0.24 0.18 0.14

96

Aplicando el HUI a cada una de las precipitaciones puntuales, desplazando y sumando se obtiene: Isocronas(hrs.)

HUI

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21

0 0.61 2.31 4.55 5.99 4.67 3.65 2.85 2.22 1.73 1.35 1.05 0.82 0.64 0.5 0.39 0.3 0.24 0.18 0.14

HUI * 0.5 mm HUI * 0.5 mm HU(2h)(m3/s)/mm 0 0.31 1.16 2.28 3 2.34 1.83 1.43 1.11 0.87 0.68 0.53 0.41 0.32 0.25 0.20 0.15 0.12 0.09 0.07

0 0.31 1.16 2.28 3 2.34 1.83 1.43 1.11 0.87 0.68 0.53 0.41 0.32 0.25 0.20 0.15 0.12 0.09 0.07

0 0.31 1.16 2.59 4.16 4.62 4.83 3.77 2.94 2.30 1.79 1.40 1.09 0.85 0.66 0.52 0.4 0.32 0.24 0.19 0.09 0.07

PROBLEMA 7.2.3 En una cuenca experimental, de 78 Km2 de superficie, se han colocado 5 estaciones de precipitación que tienen los siguientes porcentajes de influencia referidos al área total. También, la cuenca esta dividida en cuatro subcuencas que coinciden con las isocronas de intervalos de 01 hora. SC

P1

P2

P3

P4

P5

I II III IV

0.01 0.02 0.1 0.07

0.15 0.05 0 0

0.06 0.04 0.08 0.02

0.06 0.07 0.03 0.04

0.05 0.03 0.04 0.08

Índice φ para el evento (mm/h) 5 4 3.5 4.5

97

En las estaciones se han registrado las precipitaciones siguientes, en mm, para 02 horas de duración: P1 = 12

P2 = 21

P3 = 32

P4 = 19

P5 = 15

Se pide calcular el hidrograma de escorrentía directa del evento.

SOLUCIÓN: En el cuadro adjunto se visualiza la matriz de áreas de influencia. Cada línea representará la fracción, referida al área total de la cuenca, en que cada estación de precipitación influencia a cada subcuenca. La sumatoria de cada línea representará la fracción del área total que corresponde a cada subcuenca. La sumatoria por columnas representará la fracción del área total que es influenciada por cada una de las estaciones; en este caso puede observarse que todas las estaciones tienen la misma fracción de influencia en la cuenca: 0.20 (ó 20 %).

SC I II III IV Total

P1 0.01 0.02 0.10 0.07 0.20

P2 0.15 0.05 0.00 0.00 0.20

P3 0.06 0.04 0.08 0.02 0.20

P4 0.06 0.07 0.03 0.04 0.20

Luego, la precipitación promedio ponderado para la cuenca será: P2h = 0.2 * 12 + 0.2 * 21 + 0.2 * 32 + 0.2 * 19 +0.2 * 15 = 19.8 mm El φ promedio para el conjunto de la cuenca será: φ = 5*0.33 + 4*0.21 + 3.5*0.25 + 4.5*0.21 = 4.31 mm/h La precipitación efectiva en las dos horas es: Pe2h = P2h - φ = 19.8 mm – 4.31 mm/h * 2 h =11.18 mm

P5 0.05 0.03 0.04 0.08 0.20

Total 0.33 0.21 0.25 0.21 1.0

98

Puntualizando esta lluvia para los instantes inicial y final: 5.59 mm

5.59 mm

0

2

Los parámetros para calcular el HUI y el hidrograma resultante serán:

Co = C1 =

F=

0.5 * T =0.11 k + 0 .5 * T

C2 =

k − 0 .5 * T =0.78 k + 0 .5 * T

Pe * A 0.001* 78 *106 = =0.217 m3 /s Iisocronas *100 3600 *100

Isocronas(hrs) 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

%Area 0 33 21 25 21

%Area*(Co+C1) 0 7.26 4.62 5.5 4.62

C2*O 0 0 5.66 8.02 10.55 11.83 9.23 7.2 5.62 4.38 3.42 2.67 2.08 1.62 1.26 0.98 0.76 0.59 0.46 0.36 0.28

O 0 7.26 10.28 13.52 15.17 11.83 9.23 7.2 5.62 4.38 3.42 2.67 2.08 1.62 1.26 0.98 0.76 0.59 0.46 0.36 0.28

HUI 0 1.58 2.23 2.93 3.29 2.57 2 1.56 1.22 0.95 0.74 0.58 0.45 0.35 0.27 0.21 0.16 0.13 0.1 0.08 0.06

99

Isocronas(hrs) 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

HUI 0 1.58 2.23 2.93 3.29 2.57 2 1.56 1.22 0.95 0.74 0.58 0.45 0.35 0.27 0.21 0.16 0.13 0.1 0.08 0.06

Qd=HUI*5.59 Qd=HUI*5.59 QdR (m3/s) 0 0 8.83 8.83 12.47 0 12.47 16.38 8.83 25.21 18.39 12.47 30.86 14.37 16.38 30.75 11.18 18.39 29.57 8.72 14.37 23.09 6.82 11.18 18 5.31 8.72 14.03 4.14 6.82 10.96 3.24 5.31 8.55 2.52 4.14 6.66 1.96 3.24 5.2 1.51 2.52 4.03 1.17 1.96 3.13 0.89 1.51 2.4 0.73 1.17 1.9 0.56 0.89 1.45 0.45 0.73 1.18 0.34 0.56 0.9

PROBLEMA 7.2.4 Para una cuenca dada se tiene la información de isócronas e índice φ que, como puede observarse, es variable en el tiempo. En esta cuenca existen tres estaciones de precipitación, P1, P2 y P3, con porcentajes de influencia de 30%, 40% y 30% del área de la cuenca, respectivamente. En cada uno de ellos ocurre el hietograma de precipitación que se muestra en la parte derecha del cuadro adjunto Isócronas

Area 2

Indice φ (mm)

Precipitación (mm)

(horas)

(Km )

H01

H02

H03

H01

H02

H03

0 - 0.5

10

10

8

6

P1

18

12

14

0.5 - 1.0

30

8

6

5

P2

16

12

9

1.0 - 1.5

45

10

9

7

P3

13

10

8

Se pide calcular el hidrograma de escorrentía directa generado por el evento a la salida de la cuenca. SOLUCION:

100

La precipitación promedio para la cuenca en cada intervalo será: P0-1 = 18 * 0.3 + 16 * 0.4 + 13 * 0.3 = 15.7 mm P1-2 = 12 * 0.3 + 12 * 0.4 + 10 * 0.3 = 11.4 mm P2-3 = 14 * 0.3 + 9 * 0.4 + 8 * 0.3 = 10.2 mm De forma similar, los valores de φ promedio en cada intervalo serán: 10 *10 + 8 * 30 + 10 * 45 = 9.29 mm / h 85 8 * 10 + 6 * 30 + 9 * 45 φ1 − 2 = = 7.82 mm / h 85 6 *10 + 5 * 30 + 7 * 45 φ2 −3 = = 6.18mm / h 85 φ0 −1 =

Luego, la precipitación efectiva en cada hora es: Pe0-1 = 15.7 mm – 9.29 mm/h * 1 h = 6.41 mm Pe1-2 = 11.4 mm – 7.82 mm/h * 1 h = 3.58 mm Pe2-3 = 10.2 mm – 6.18 mm/h * 1 h = 4.02 mm

Calculadas las precipitaciones efectivas se requiere ahora el hidrograma unitario de la cuenca; en este caso, puede calcularse el Hidrograma Unitario Instantáneo, HUI. Para ello, los parámetros de tránsito serán:

Co = C1 = C2 =

F=

0.5 * t 0 .5 * 0 .5 = = 0.143 K + 0.5 * t 1.5 + 0.5 * 0.5

K − 0.5 * t 1.5 − 0.5 * 0.5 = = 0.714 K + 0.5 * t 1.5 + 0.5 * 0.5

PE * A 0.001* 85 *106 = = 0.472 m3 /s Iisocronas *100 0.5 * 3600 *100

y el hidrograma unitario:

101

2

Isocronas(h) Area (Km ) %Area %Area*(Co+C1)

3

O*C2

O

HUI(m /s)

0

0

0

0

0

0

0

0.5

10

11.76

3.36

0

3.36

1.59

1 1.5 2 2.5

30 45

35.29 52.94

10.09 15.14

2.4 8.92 17.18 12.27

12.49 24.06 17.18 12.27

5.9 11.36 8.11 5.79

3 3.5 4 4.5 5 5.5 6 6.5 7

8.76 6.25 4.46 3.18 2.27 1.62 1.16 0.83 0.59

8.76 6.25 4.46 3.18 2.27 1.62 1.16 0.83 0.59

4.13 2.95 2.11 1.5 1.07 0.76 0.55 0.39 0.28

7.5 8 8.5

0.42 0.3 0.21

0.42 0.3 0.21

0.2 0.14 0.1

9

0.15

0.15

0.07

Puntualizando ahora las precipitaciones efectivas:

3.205

5.0

0

3.8

1

2.01

2

3

Multiplicando cada precipitación efectiva por el HUI, desplazando y sumando, se obtiene finalmente:

102

Isocronas(h)

HUI

Qd= HUI*3.205 Qd=HUI*5

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 5.5

0 1.59 5.9 11.36 8.11 5.79 4.13 2.95 2.11 1.5 1.07 0.77

0 5.10 18.91 36.41 25.99 18.56 13.24 9.45 6.76 4.81 3.43 2.44

6 6.5 7 7.5 8 8.5 9 9.5 10

0.55 0.39 0.28 0.2 0.14 0.1 0.07

1.76 1.25 0.90 0.64 0.45 0.32 0.22

Qd=HUI*3.8 Qd=HUI*2.01 QdR(m3/s)

0 7.95 29.50 56.80 40.55 28.95 20.65 14.75 10.55 7.50

0 6.04 22.42 43.17 30.82 22 15.69 11.21

0 3.20 11.86 22.83 16.3 11.64

0 5.10 18.91 44.36 55.49 81.40 76.21 84.77 70.09 64.39 45.97 32.79

5.35 3.80 2.75 1.95 1.4 1 0.70 0.50 0.35

8.02 5.70 4.07 2.89 2.09 1.48 1.06 0.76 0.53

8.30 5.93 4.24 3.02 2.15 1.53 1.11 0.78 0.56

23.43 16.68 11.96 8.53 6.09 4.33 3.09 2.04 1.44

0.38 0.27

0.4 0.28 0.2

0.78 0.55 0.2

0.14

0.14

10.5 11 11.5 12

PROBLEMA 7.2.5 Una cuenca de 85 Km2 de área tiene tres estaciones de precipitación cuyos datos de profundidad de precipitación en mm, para dos horas de duración y 12 años de registros, se muestran a continuación: P1 P2 P3

40 60 56

50 28 141.5 77.2 95.6 43.6

También se sabe que:

51.4 64.8 56.4

33.4 60.4 45

39 103 81

42 62.6 62.4

29.8 93.8 51.2

44 65.2 66.8

35 56.8 53.8

33.9 60 114 56.8 52.2 98.4

103

P1 Distribución que ajusta Gumbel Periodo de retorno(años) 35 Porcentaje de influencia(%) 30

P2

P3

Extrema I 60 40

Lognormal 50 30

La información de isocronas para la cuenca es la siguiente: T(h) Area(Km2 ) φ (mm/h)

0 0

1 10 5

2 20 4.5

3 30 7

4 25 6

En un punto aguas abajo de la salida de la cuenca, con K= 10 horas, el hidrograma transitado por el cauce es: T(h) 0 Q(m3/s) 0

1 0.63

2 4.79

3 4 5 6 7 8 9 15.06 34.64 60.63 86.57 109.11 122.64 129.52

10 11 12 13 14 15 16 131.57 130.17 126.36 120.99 114.59 107.61 100.39

17 18 19 20 93.11 86.01 79.04 72.05

Se pide calcular el valor del parámetro de tránsito de Muskingum x, para el cauce. SOLUCIÓN. En primer lugar debe calcularse la precipitación de 2 horas en cada una de las estaciones, teniendo en consideración la distribución probabilística a la cuál se ajusta y su período de retorno. Para la estación P1 se emplea la distribución Gumbel, cuya ecuación es: −

X = X+

(Y − Yn) * Sx Sn

La media y la desviación típica para esta estación serán: X = 40.54 mm también:

N = 12 Tr = 35

Sx = 9.54 Yn = 0.5022 Sn = 0.9782 Y = 3.5135

Sustituyendo: −

P1 = X = X +

(Y − Yn ) (3.5135 − 0.5022 ) * Sx = 40.54 + * 9.54 = 69 .91mm Sn 0.9782

En la estación P2 debe aplicarse la distribución Extrema Tipo I; luego:

104

X=79.70 α=

Sx = 27.43

1.281 1.281 = = 4.67 * 10− 2 Sx 27.42

β= X-0.45 * Sx = 79.70 – 0.45 * 27.43 =67.36

P ( x ≥ X ) = 1 − e −e

−α ( X − β )

reemplazando: − 4.67 * 10 2 ( X − 67. 351 ) 1 = 1 − e −e , despejando el valor de X, se tiene: P2 =154.84 mm 60

Para la estación P3 debe utilizarse la distribución Lognormal para lo cual debe obtenerse una nueva muestra de valores y de manera que: y = Log x. El promedio y la desviación típica de los valores y serán: y = 1.7876

Sy = 0.1178

también: P( x ≥ X ) =

1 1 = = 0.02 Tr 50

En la curva distribución normal estandarizada se tiene que para una probabilidad de excedencia de 0.02 le corresponde tipificada de 2.0537. Luego, se tiene: 2.0537 =

( y − 1.7876 ) 0.1178

aplicando antilogaritmo:

despejando y:

y = 2.0295

P3 = 107.03 mm.

La precipitación promedio sobre la cuenca será: P2 = 69.91 * 0.3 + 154.84 * 0.4 + 107.03 * 0.3 = 115.02 mm Y el valor promedio del índice φ para la cuenca: 5 *10 + 4.5 * 20 + 7 * 10 + 6 * 25 = 5.88 mm / h 85 la precipitación efectiva, Pe, será entonces: φ=

Pe = P - φ = 115.02 mm – 5.88 mm/h * 2 h = 103.26 mm

105

Obtenida la precipitación efectiva, debe ahora calcularse el Hidrograma Unitario Instantáneo, HUI. En este caso las constantes serán: Co = C1 = C2 =

F=

0.5 * t 0.5 *1 = = 0.11 K + 0 .5 * t 4 + 0 .5 * 1

K − 0.5 * t 4 − 0.5 *1 = = 0.78 K + 0.5 * t 4 + 0.5 *1

PE * A 0.001* 85 *106 = = 0.236 m3/s Iisocronas * 100 1 * 3600 *100

y el HUI: Isocronas(h) 0 1 2 3 4 5

Area 0 10 20 30 25

% Area 0 11.76 23.53 35.29 29.41

%Area*(Co+C1) 0 2.59 5.18 7.76 6.47

C2*O 0 0 2.02 5.62 10.44 13.19

O 0 2.59 7.20 13.38 16.91 13.19

HUI 0 0.61 1.7 3.16 3.99 3.11

6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17

10.29 8.03 6.26 4.88 3.81 2.97 2.32 1.81 1.41 1.1 0.86 0.67

10.29 8.03 6.26 4.88 3.81 2.97 2.32 1.81 1.41 1.1 0.86 0.67

2.43 1.90 1.48 1.15 0.9 0.7 0.55 0.43 0.33 0.26 0.2 0.16

18

0.52

0.52

0.12

Para calcular el hidrograma de escorrentía directa resultante debe multiplicarse el HUI por cada una de las precipitaciones puntuales previamente discretizadas en el tiempo como se ilustra: o sea en 0 y en 2. 51.63

51.63

0

2

106

Luego, multiplicando, desplazando y sumando, se obtiene:

Isocronas(h) 0 1

HUI(m3/s) 0 0.61

Qd=HUI*51.63 0 31.49

Qd=HUI*51.63

QdR(m3/s) 0 31.49

2 3 4 5 6 7 8 9 10

1.7 3.16 3.99 3.11 2.43 1.90 1.48 1.15 0.9

87.77 163.15 206 160.57 125.46 98.10 76.41 59.37 46.47

0 31.49 87.77 163.15 206 160.57 125.46 98.10 76.41

87.77 194.64 293.77 323.72 331.46 258.67 201.87 157.47 122.88

11 12 13

0.7 0.55 0.43

36.14 28.4 22.2

59.37 46.47 36.14

95.52 74.86 58.34

14 15 16 17 18 19 20

0.33 0.26 0.2 0.16 0.12

17.04 13.42 10.33 8.26 6.2

28.4 22.2 17.04 13.42 10.33 8.26 6.2

45.43 35.62 27.36 21.68 16.52 8.26 6.2

Las constantes de tránsito de Muskingum, expresadas en función de x serán: Co =

− ( K * x − 0.5 * t ) − (10 * x − 0.5 * 1) = ( K − K * x + 0.5 * t ) (10 − 10 * x + 0.5 *1)

C1 =

( K * x + 0 .5 * t ) (10 * x + 0.5 * 1) = ( K − K * x + 0.5 * t ) (10 − 10 * x + 0.5 * 1)

C2 =

( K − K * x − 0.5 * t ) (10 − 10 * x − 0.5 *1) = ( K − K * x + 0.5 * t ) (10 − 10 * x + 0.5 *1)

La ecuación de tránsito será:

O2 = Co*I2 + C1* I1 + C2 * O1

Aplicándola para los dos primeros intervalos donde: 02 =0.63

107

0.63=

− (10 * x − 0.5 * 1) (10 * x + 0.5 *1) (10 − 10 * x − 0.5 *1) *31.49+ *0+ *0 (10 − 10 * x + 0.5 *1) (10 − 10 * x + 0.5 *1) (10 − 10 * x + 0.5 *1)

despejando: x = 0.03

Co = 0.020

C1= 0.078

C2 = 0.902

Verificando: T(h) 0 1 2 3

QdR(m3/s) 0 31.49 87.77 194.64

Co*I2

C1*I1

C2*O

0.63 1.76 3.89

0 2.46 6.85

0 0.57 4.32

O(m3/s) 0 0.63 4.79 15.06

4 5 6

293.77 323.72 331.46

5.88 6.47 6.63

15.18 22.91 25.25

13.58 31.25 54.69

34.64 60.63 86.57

7 8 9 10 11 12 13 14 15

258.67 201.87 157.47 122.88 95.52 74.86 58.34 45.43 35.62

5.17 4.04 3.15 2.46 1.91 1.5 1.17 0.91 0.71

25.85 20.18 15.75 12.28 9.58 7.45 5.84 4.55 3.54

78.09 98.42 110.62 116.83 118.68 117.41 113.98 109.13 103.36

109.11 122.64 129.52 131.57 130.17 126.36 120.99 114.59 107.61

16 17 18 19 20

27.36 21.68 16.52 8.26 6.2

0.55 0.43 0.33 0.17 0.12

2.78 2.13 1.69 1.29 0.64

97.06 90.55 83.99 77.58 71.29

100.39 93.11 86.01 79.04 72.05

PROBLEMA 7.2.6 En una pequeña cuenca experimental se trazan cuatro isocronas a intervalos de 0.25 horas, con las siguientes áreas: Isocronas(h) Área(Km2 )

0-0.25 2

0.25-0.50 4

0.50-0.75 10

0.75-1.00 3

La cuenca cuenta con tres estaciones medidoras de precipitación P1, P2 y P3, que cubren el 30%, 40% y 30% del área, respectivamente. También puede considerarse que 25% del área de la cuenca tiene una CN de 90; 40% tiene CN de 60 y el 35% restantes presenta CN de

108

85. En la cuenca ocurre un evento de precipitación que se ha registrado a intervalos de cada media hora, obteniéndose los siguientes valores de lluvia, en mm, para cada estación. 0 – 0.5 12 25 10

P1 P2 P3

0.5 – 1.0 8 15 20

1.0 – 1.5 10 20 15

Calcular el hidrograma resultante del evento, a la salida de la cuenca. SOLUCIÓN La precipitación media en la cuenca en cada intervalo será: P0-0.5 = 12 *0.30 + 25 * 0.40 + 10 * 0.30 = 16.6 mm P0.5-1.0 = 8 * 0.30 + 15 * 0.40 + 20 * 0.30 = 14.4 mm P1.0-1.5 = 10 * 0.30 + 20 * 0.40 + 15 * 0.30 = 15.5 mm La curva número ponderada para el conjunto de la cuenca será: CNp =

25 * 90 + 40 * 60 + 35 * 85 = 76 .25 100

y el almacenamiento potencial del suelo: S=

2540 − 25 .4 = 7.91cm 76.25

Calculando la precipitación efectiva, Q, y distribuyéndola en el tiempo se tiene: T(h) 0 0.5 1 1.5

P(cm) 0 1.66 1.44 1.55

PA(cm) 0 1.66 3.1 4.65

Q(cm) 0 0 0.244 0.857

Q(mm) 0 0 2.44 8.57

Los parámetros para el cálculo del Hidrograma Unitario Instantáneo, por el método de C.O. Clark serán: Co = C1 =

0.5 * t 0.5 * 0.25 = = 0.11 k + 0.5 * t 1 + 0.5 * 0.25

109

C2 =

F=

k − 0.5 * t 1 − 0.5 * 0.25 = = 0.78 k + 0.5 * t 1 + 0.5 * 0.25

PE * A 0.001*19 *10 6 = = 0.211m3/s Iisocronas *100 0.25 * 3600 *100

El Hui será entonces:

2

Isocronas(h) Area(Km ) 0 0 0.25 2 0.5 0.75 1 1.25 1.5 1.75 2 2.25 2.5

4 10 3

%Area 0 10.53

%area*(Co+C1) 0 2.32

O*C2 0 0

O 0 2.32

HUI(m3/s) 0 0.49

21.05 52.63 15.79

4.63 11.58 3.47

1.81 5.02 12.95 12.81 9.99 7.79 6.08 4.74 3.7

6.44 16.6 16.42 12.81 9.99 7.79 6.08 4.74 3.7

1.36 3.5 3.46 2.7 2.11 1.64 1.28 1 0.78

2.89 2.25 1.76 1.37 1.07 0.83

2.89 2.25 1.76 1.37 1.07 0.83

0.61 0.47 0.37 0.29 0.23 0.18

2.75 3 3.25 3.5 3.75 4

Discretizando la lluvia efectiva en el tiempo y calculando el hidrograma resultante:

0

0

1.22

0.5

5.51

1

4.29

1.5

110

T(h) 0

HUI 0

0.25 0.5 0.75 1 1.25 1.5 1.75 2 2.25 2.5 2.75 3

0.49 1.36 3.5 3.46 2.7 2.11 1.64 1.28 1 0.78 0.61 0.47

3.25 3.5 3.75 4 4.25 4.5 4.75 5 5.25

0.37 0.29 0.23 0.18

5.5

Qd=HUI*1.22 Qd=HUI*5.51

0 0.6 1.66 4.27 4.22 3.29 2.57 2 1.56 1.22 0.95 0.74 0.57 0.45 0.35 0.28 0.22

0 2.7 7.49 19.29 19.06 14.88 11.63 9.04 7.05 5.51 4.30 3.36 2.59 2.04 1.6 1.27 0.99

Qd=HUI*4.29

QdR(m3/s) 0

0 2.1 5.83 15.02 14.84 11.58 9.05

0 0 0.6 1.66 6.97 11.71 24.68 27.46 31.90 28.03 21.84 17.05

7.04 5.49 4.29 3.35 2.62 2.02 1.59 1.24 0.99

13.29 10.36 8.10 6.29 4.94 3.84 2.86 2.23 0.99

0.77

0.77

111

CAPITULO VIII

8.1

Demanda de riego

El riego se planifica para mantener continuamente el desarrollo de los cultivos y lograr así su óptimo desenvolvimiento fisiológico; entre las determinaciones mas importantes relacionadas con el riego fisiológico figuran: 1. 2. 3. 4. 5.

Frecuencia Lamina a aplicar en cada oportunidad Consumo total de agua. Nivel de humedad asociada al umbral óptimo de riego Evapotranspiración.

El riego técnico incluye además consideraciones de eficiencia y diseño de distribución, aplicación y conservación que son materias de la ingeniería hidráulica. Datos necesarios para aplicar el método del umbral óptimo de riego : a. Climáticos: • Evaporación atmosférica, Ev • Precipitación disponible para las plantas, P • b. Fitotécnicos. • •

Duración del ciclo de desarrollo, en días Tc Coeficiente de altura y frondosidad del cultivo (a)

c. Edáficos. • • • •

Profundidad enraízable, Rx Densidad aparente ρ Agua aprovechable total w = ((wc-wn) / 100 * ρ Coeficiente hidrodinámico del suelo, s

Procedimiento de cálculo. 1. Se estima la profundidad enraizada promedio de cada mes R cm. t t R = 1.8 * ( ) * (1.5 − ) * R x tc tc

(8.1)

112

2. Se Calcula la lámina aprovechable total por mes es igual al producto de la fracción volumétrica por profundidad enraizada. LA = A * R

(8.2)

3. Se calcula la evapotranspiración máxima Etx ( cm/día) promedio mensual t t Etx = ( 0.3 + a( ) 2 * (1 − )) * Ev tc tc

(8.3)

4. Se determina el umbral de riego U. Este es la fracción de humedad volumétrica aprovechable que ya ha sido utilizada a la tasa máxima Etx cuando se produce el marchitamiento incipiente.

U = ( r * s * (1 − Etx))1/ 3

(8.4)

dónde: r: S:

coeficiente de densidad de enraizamiento. coeficiente hidrodinámico del suelo.

El valor de r se toma de una tabla que depende del cultivo, y se encuentran en el anexo 3 5. La lámina utilizada a la tasa máxima Etx, al producirse el marchitamiento incipiente, es igual al producto del umbral de riego por la lámina total aprovechable. Lr = U * LA

(8.5)

6. La necesidad neta mensual de agua es igual a ala evapotranspiración máxima. Total mensual Etx * N, menos lo s aportes de la precipitación. DNR = Etx * N – P

(8.6)

En consecuencia para satisfacer esa necesidad el número teórico de riego en cada mes, es n. n=

( Etx * N − P ) Lr

(8.7)

113

8.2

Problemas relativos a la demanda de riego

PROBLEMA 8.2.1 Los siguientes datos corresponden a valores medios de precipitación y evaporación, en mm, en la estación Quibor, Serial 2204, del valle del mismo nombre en el Estado Lara: Precipitación (mm) Ene Feb Mar 7.4 9.4 22.6 Evaporación (mm) Ene Feb Mar 179.3 285.1 319.4

Abr 61.0

May 75.1

Jun 40.7

Jul 29.0

Ago 35.0

Sep 42.9

Oct 80.6

Nov 52.4

Abr May Jun Jul Ago Sep Oct Nov 258.4 238.4 251.5 270.4 270.9 288.3 262.4 258

Dic 44.9 Dic 260.4

En esta zona se ha sugerido la siembra de 100 has de caña de azúcar y de 20 Has con rotación Maíz – Caraota. Las características de estos cultivos son :

Coeficiente desarrollo foliar Ciclo de desarrollo (meses) Meses de Siembra

Caña de Aúcar 6.20 10 Septiembre

Maíz 4.80 4 Enero

Caraota 3.4 3 Mayo

En base a esta información, calcular las demandas mensuales netas totales del área a regar, en miles de m3 SOLUCIÓN: Para la determinación de las demandas de riego, primero debe calcularse la Evapotranspiración máxima (Etx), por medio de la siguiente ecuación:

 t Etx = 0.3 + a *    tc

2

  t  * 1 −   tc

   * Ev  

donde: Etx: a: t:

Evapotranspiración (cm/días) Ev: Evaporación de tina (cm/días) Coeficiente de desarrollo foliar tc: Duración del ciclo de desarrollo en días punto medio de cada intervalo del ciclo vegetativo

Luego, la demanda neta será: DNR = Etx * N – P donde: DNR: demanda neta de riego (cm) en el mes N: P: precipitación ( cm) en el mes

número de días del mes

114

Los resultados se muestran en los cuadros adjuntos.

CAÑA DE AZUCAR Sep

Oct

Nov

Dic

Ene

Feb

Mar

Abr

May

Jun

4.29

8.06

5.24

4.49

0.74

0.94

2.26

6.1

7.51

4.07

Evaporación (cm/día) 0.96

0.85

0.86

0.84

0.58

1.02

1.03

0.86

0.77

0.84

N(días) Etx(cm/días)

30 0.3

31 0.36

30 0.51

31 0.67

31 0.57

28 1.17

31 1.25

30 1.01

0.31 0.75

30 0.49

DNR(cm)

4.71

3.1

10.06

16.28

16.93

31.82

36.49

24.2

15.74

10.63

DNR(miles m3)

47.1

31

100.6

162.8

169.3

318.2

364.9

242

157.4

106.3

Precipitación (cm)

MAIZ Precipitación (cm) Evaporación (cm/días)

Ene 0.74 0.58

Feb 0.94 1.02

Mar 2.26 1.03

Abr 6.1 0.86

N(días) Etx(cm/días) DNR(cm) DNR(miles m3)

31 0.21 5.77 11.54

28 0.74 19.78 39.56

31 1.03 29.67 59.34

30 0.65 13.4 26.8

CARAOTA Precipitación (cm) Evaporación (cm/días) N (días) Etx (cm/días) DNR (cm) DNR (miles m3)

May

Jun

Jul

7.51 0.77 31 0.29 1.48 2.96

4.07 0.84 30 0.61 14.23 28.46

2.9 0.87 31 0.6 15.7 31.4

Demandas Mensuales Netas Totales Ene Feb Mar Abr May Jun Jul DNR (miles m3) 180.84 357.76 424.24 268.8 160.36134.76 31.4

Ago Sep 0 74.1

Oct Nov Dic 31 100.6 162.8

115

PROBLEMA 8.2.2 En una cuenca de 60 Km2 una precipitación de 75 mm originó una lámina de escorrentía de 12.7 mm. Posteriormente, la cuenca sufre un intenso proceso de urbanización, lo que ele va el valor de la curva número de la misma a un valor igual al 137 % del valor original. Obviamente, ello se traducirá en un incremento del volumen de agua producido por el evento, habiéndose planteado utilizar dicho incremento para riego. Calcular cuántas hectáreas de caraota, sembrado en Febrero y de 3 meses de ciclo vegetativo, podrían sembrarse con esta agua disponible ( a = 3.4), si se sabe que :

P(mm / mes) E(mm / mes)

ENE FEB

MAR ABR MAY JUN

12.7 262

30.1 239

8.7 208

53 200

60 213

80 219

SOLUCIÓN Para las condiciones iniciales se tendrá:

Q=

( P − 0 .2 * S ) 2 (7.5 − 0.2 * S ) 2 = 1.27 = ( P + 0.8 * S ) (7.5 + 0.8 * S )

despejando el valor de la retención potencial del suelo, S: S= 13.43 cm Y la curva número correspondiente a la situación inicial y futura será: S=

CN = 65.41

2540 − 25.4 CN

CN =

2540 ( S + 25 .4)

CN actual = 1.37*65.41 = 89.62

Para este nuevo valor de CN, el almacenamiento potencial del suelo es: S=

2540 2540 − 25.4 = − 25.4 = 2.94 cm CN 89 .62

y la lámina de escorrentía después de urbanizada la cuenca es:

116

Q=

( P − 0.2 * S ) 2 ( 7.5 − 0.2 * 2.94) 2 = = 4.85 cm ( P + 0.8 * S ) (7.5 + 0.8 * 2.94)

Q = 48.5 mm

El volumen adicional de agua producido por el evento es: V adicional = (48.5*10-3 -12.7*10-3 )m * 60*106 m2 = 2.148 * 106 m3 Calculando ahora la evapotranspiración y la demanda neta de riego por:

 t Etx = 0.3 + a *    tc

2

  t  * 1 −   t c  

   * Ev   

DNr = Etx *Nd – P

P(cm/mes) E(mm/mes) Nd Ev(cm/dia) Etx(cm/dia) DNR(cm)

Ene 1.27 262 31 0.85

Feb 0.87 208 28 0.74 0.28 6.97

Mar 3.01 239 31 0.77 0.56 14.35

Abr 5.3 200 30 0.67 0.46 8.50

May 6 213 31 0.69

Jun 8 219 30 0.73

Totalizando: DNRt = 6.97 + 14.35 + 8.50 = 29.82 cm

DNRt = 0.2982 m

Luego, el área factible de regar será: Area =

Vdisponible 2.148 *10 6 = 7203219.32m 2 = DNRt 0.2982

Área a regar = 720.3219 Ha

117

CAPITULO IX 9.1

Operación de embalses

La operación de un embalse tiene como finalidad evaluar el funcionamiento del mismo para una secuencia hidroclimática dada, una estructura de demandas y unas reglas de operación definidas. También en este caso el procedimiento se inicia con la aplicación de la ecuación fundamental de la hidrología:

Entradas − Salidas = ±∆S

(9.1)

Ecuación que, considerando los procesos, puede escribirse como: P + Qa − E − Qs = ± ∆ S

(9.2)

dónde: P: Qa: E: Qs:

precipitación sobre el espejo de agua del embalse caudal afluente al embalse o aporte de río evaporación desde el espejo de agua caudal efluente del embalse

A continuación se presentan los pasos a seguir para la operación de embalse. Cuando se realiza la operación de embalse se produce un cambio en el almacenamiento, por lo que se debe determinar el volumen al final de cada mes por medio de la siguiente ecuación: Vf = Vi + VQa + V P − V E − V Qs

(9.3)

Para calcular ese Vf se debe realizar un tanteo de la siguiente forma: 1. Se determina el Vf , sin tomar en cuenta la precipitación , ni la evaporación. 2. Se obtiene , de la curva altura-área-capacidad, el área al inicio y al final del mes, para calcular el área promedio en dicho mes. 3. Se determina el Vf, tomando en cuenta la precipitación y la evaporación. Luego se comparan los Vf calculados en los pasos anteriores, si son iguales ese es el volumen al final del mes, si no se vuelve al paso 2. También debe considerarse que: Vf > Vnivel normal entonces Alivia Vi = Vnivel normal Si: Vf < Vminimo entonces: Déficit Vi = Vminimo de operación

118

9.2 Problemas de aplicación de la operación de embalse PROBLEMA 9.2.1 En una cierta región se tiene un embalse destinado al abastecimiento de una población y al riego de unas parcelas. Se desea determinar cuánto es el abastecimiento, en m3,durante el mes de Noviembre si para dicho mes se contó con los siguientes datos: AB = 3000 mts. BC =5000 mts. N1 = Nivel del embalse a principio de Noviembre =200 mts. N2 = Nivel del embalse al final de Noviembre = 199.50 mts. Q1 = Caudal medio en el río 1 = 1 m3 /seg. Q2 = Caudal medio en el río 2 = 3 m3 /seg. Q3 = Caudal medio para riego = 2 m3 /seg. V4 = abastecimiento para la población = ? Precipitación = evaporación = 0

SOLUCIÓN El espejo de agua en el embalse será: AC =

BC 2 − AB 2 = 5000 2 − 3000 2 = 4000 m

Área = AB*AC = 3000 * 4000 = 12 * 106 m2 El volumen a inicio de mes es: Vi = Area * N1 = 12 * 106 * 200 = 2400 * 106 m3 Y el volumen a fin de mes: Vf = Area * N2 = 12 * 106 * 199.50 = 2394 * 10 6 m3

119

Los aportes de los ríos serán: V río 1 = 1 m3 /seg. * 2592000 seg = 2.592 * 106 m3 V río 2 = 3 m3 /seg. * 2592000 seg = 7.776 * 106 m3 El volumen de salida es: V riego = 2 m3 /seg. * 2592000 seg = 5.184 * 106 m3 Luego, aplicando la ecuación de balance hidrológico para calcular el volumen de abastecimiento, Va: Va = Vi – Vf + V río1 +V río2 – V riego Va = 2400 * 10 6 – 2394 * 106 + 2.592 * 106 + 7.776 * 106 - 5.184 * 106 Va = 11.184 * 106 m3

PROLEMA 9.2.2 Un cierto embalse ha sido construido para abastecer el consumo de una población y para regar una cierta área situada en su vecindad. Por compromisos establecidos con los usuarios situados aguas debajo de dicho embalse es necesario que la corriente efluente mantenga un caudal de 1.5 m3/seg. Se tiene una estación hidrométrica situada aguas arriba del embalse para controlar los aportes del río. Mediante una estación climatológicas situada en sus cercanías se puede determinar las precipitaciones directas sobre el embalse y pérdidas por evaporación directa desde la superficie libre del embalse. Un canal proveniente de otro embalse permite trasladar el agua hacia el primer embalse con el fin de compensar las deficiencias. Si en el mes de Junio se han medido los datos que se indican en la tabla anexa, calcular el volumen de agua que fue necesario trasladar en dicho mes para que el nivel de agua en el embalse permaneciera constante.

120

Área de la superficie libre del embalse = 10 Has Precipitación = 120 mm Qe = 0.20 m3 / seg Qr = 1.20 m3 / seg Vt = ?

Evaporación = 200 mm Qs = 1.5 m3 / seg QAB = 0.50 m3 / seg

SOLUCION Teniendo en cuenta que el área del espejo de agua en el embalse es 10 ha, los volúmenes de precipitación y evaporación serán: Vp = 0.120 m * 10*104 = 12000 m3 Vev = 0.200 m * 10*104 = 20000 m3 Identificando ahora cada uno de los términos de la ecuación de balance hidrológico, se tendrá para el volumen de salida: Vs = 1.5 m3 /seg. * 2592000 seg = 3.888 * 10 6 m3 Volumen de riego: Vr = 1.2 m3 /seg. * 2592000 seg = 3.1104 * 106 m3 Volumen de entrada: Ve = 0.2 m3 /seg. * 2592000 seg = 0.5184 * 106 m3 Volumen de abastecimiento: VAB = 0.5 m3/seg. * 2592000 seg = 1.296 * 106 m3

121

Como el volumen al inicio y a fin de mes es el mismo, se tendrá, aplicando la ecuación de balance: Ve + Vt + Vp –Vr –Vev – VAB – Vs = 0 Vt = Vr + Vev + VAB + Vs – Ve – Vp Vt = 3.1104 * 106 + 0.02 * 106 + 1.296 * 106 + 3.888 * 106 - 0.5184 * 106 - 0.012 * 106 Vt = 7.784 * 106 m3

PROBLEMA 9.2.3 Se tiene un sistema A y B como el que se muestra en la figura cuyas funciones son las siguientes: Embalse “A”: Aporta agua al embalse “B” para evitar el descenso del nivel del agua en este último. Embalse “B”: Para riego. Por compromisos establecidos es necesario dejar salir agua aguas debajo de los dos (Qs) en las siguientes magnitudes: Embalse “A” : 500 lts/seg Embalse “B” : 800 lts / seg

122

Si durante el mes de abril (30 días), es necesario un caudal para riego de 1000 lts/seg se pide calcular la altura mínima de agua que debe existir en el embalse “A”, a principio del mes de Abril de forma que en dicho mes se puedan cumplir con los requerimientos de riego y los caudales de salida de los embalses y mantener el nivel del embalse “B”, si se preveen los caudales de entrada, precipitación y evaporación que se muestra en la tabla adjunta. Además se sabe: Obligaciones Embalse “A” Qs = 500 lts/seg

Valores esperados durante el mes Embalse “A” Qen = 300 lts/seg. Evaporación = 250 mm Precipitación = 0

Embalse “B” Qs = 800 lts/seg Qr = 1000 lts/seg

Embalse “B” Qe = 400 lts/seg Evaporación = 200 mm Precipitación = 0

SOLUCIÓN En primer lugar, se trabaja con el embalse “B”, para determinar el volumen que debe trasladarse del embalse “A”, hacia el mismo. Para transformar el caudal, en lts/seg, a volumen, en Mm3 , en el mes, se multiplica por el: 0.002592 Mm3 * seg /lts Volumen de entrada en B: Ve = 400 lts /seg * 0.002592 Mm3 * seg /lts = 1.0368 Mm3 Volumen de riego Vr = 1000 lts /seg * 0.002592 Mm3 * seg /lts = 2.592 Mm3 Volumen de Salida Vs = 800 lts /seg * 0.002592 Mm3 * seg /lts = 2.0736 Mm3 Volumen evaporado en el embalse B. Vevap = 0.20 m * 1000 m* 3000m / 106 = 0.6 Mm3 El volumen al inicio del mes y al final es el mismo, luego: Ve + Vt –Vevap – Vs – Vr = 0 Vt = Vevap + Vs + Vr – Ve

123

Vt = 0.6 Mm3 + 2.0736 Mm3 + 2.592 Mm3 - 1.0368 Mm3 Vt = 4.2288 Mm3 Calculando ahora la altura mínima del agua en el embalse A para satisfacer las demandas. Volumen entrada:

Ven = 300 lts /seg * 0.002592 Mm3 * seg /lts = 0.7776 Mm3

Volumen de salida:

Vs = 500 lts /seg * 0.002592 Mm3 * seg /lts = 1.296 Mm3

Volumen evaporado en el embalse A: Vevap = 0.25 m * 500 m* 1500m / 10 6 = 0.1875 Mm3 Volumen al inicio del mes:

Vinicial = h * 500 m *1500 m = h * 0.75 Mm2

Volumen a final del mes:

Vfinal = 0

Luego: Vinicial = - Ven + Vs + Vevap + Vt h * 0.75 Mm2 = - 0.7776 Mm3 + 1.296 Mm3 + 0.1875 Mm3 + 4.2288 Mm3 h = 6.58 m.

PROBLEMA 9.2.4 Se tiene un embalse para uso de abastecimiento y riego como el que se muestra en la figura adjunta:

124

A comienzo del mes de Abril el embalse presenta una altura de agua de 16 m; al final del mismo mes la altura había descendido hasta los 12 m. Si durante el mes en referencia no se presentaron precipitaciones sobre la superficie del embalse y los caudales de entrada, salida, riego y abastecimiento variaron según se muestra en los gráficos 1,2,3 y 4, determinar la lámina evaporada, en metros.

SOLUCIÓN: Determinando el área promedio: Área inicial = 820 *2000 = 1.64 * 106 m2 Área final = 740 *2000 = 1.48 * 10 6 m2 (1.64 *10 6 + 1.48 *10 6 ) = 1.56 *10 6 m 2 2 Cálculo de los volúmenes: (500 + 820 ) * 16 Volumen inicial: Vinicial = * 2000 = 21 .12 * 106 m3 2 Areapromedio =

Volumen final:

Vfinal =

( 500 + 740 ) *12 * 2000 = 14 .88 *10 6 m 3 2

125

(5 + 3) * 30 * 24 * 3600 = 10 .368 *10 6 m3 2

Volumen de entrada:

Ventrada =

Volumen de salida:

Vsalida = 2 * 30 * 24 * 3600 = 5.184 * 10 6 m3

Volumen de riego:

1 *10 (1 + 3) Vriego = ( + 1* 10 + *10) * 24 * 3600 = 3.024 *10 6 m 3 2 2

Volumen de abastecimiento: Vabastecimiento = (

(4 + 2) (2 + 4) (4 + 2) *10 + *10 + *10 ) * 24 * 3600 = 7.776 * 106 m3 2 2 2

Aplicando ahora la ecuación de balance hidrológico:

Vf = Vi + Ve − Vs − Vr − Va − Vevap Vevap = Vi − Vf + Ve − Vs − Vr − Va Vevap = 21 .12 *10 6 − 14.88 * 106 + 10.368 *10 6 − 5.184 *10 6 − 3.024 *10 6 − 7.776 *10 6

Vevap = 624000 m3 Levaporada =

Vevap 624000 = = 0.40m = 400 mm Apromedio 1.56 *10 6

Lámina evaporada = 400 mm

126

BIBLIOGRAFIA

APARICIO MIJARES, FRANCISCO JAVIER. 1992. Fundamentos de Hidrología de Superficie. Limusa. Grupo Noriega Editores. México GUEVARA PEREZ, EDILBERTO Y CARTAYA DI LENA, HUMBERTO. 1991. Hidrología. Una introd ucción a la ciencia hidrológica aplicada. Gueca Ediciones.Valencia Venezuela. INTERNATIONAL INSTITUTE FOR LAND RECLAMATION AND INPROVEMENT. ILRI. 1978. Principios y Aplicaciones del Drenaje. MATERON, HERNAN Y JIMENEZ, HENRY. 1986. Hidrología Básica III. Universidad del Valle. Colombia MONSALVE SAENZ, GERMAN. 1999. Hidrología en la Ingeniería. Colombia. UZCATEGUI B., GERMAN. 1976. Hidrología General. CIDIAT. Mérida Venezuela. VARAS E.; BOIS P. 1998. Hidrología Probabilística. Ediciones Univers idad Católica de Chile. VEN TE CHOW, DAVID R. MAIDMENT Y LARRY W. MAYS. 1994. Hidrología Aplicada. McGraw Hill Latinoamericana.

127

ANEXO 1

128

Tabla 1. Gumbel N

Yn

Sn

10 15 20 25 30 35 40 45 50 60 70 80 90 100 200 500

0.4952 0.5128 0.5236 0.5309 0.5362 0.5403 0.5436 0.5463 0.5485 0.5521 0.5548 0.5569 0.5586 0.5600 0.5672 0.5724

0.9497 1.0210 1.0630 1.0910 1.1120 1.1280 1.1410 1.1520 1.1610 1.1750 1.1850 1.1940 1.2010 1.2060 1.2360 1.2590

Tr(años) 1.58 2 2.33 5 10 15 20 25 30 50 100 500 1000 10000

Y 0.0000 0.3670 0.5790 1.5000 2.2500 2.6740 2.9700 3.2000 3.3840 3.9020 4.6000 6.2140 6.9200 9.2100

129

ANEXO 2

130

Tabla 2. Número de curva de escorrentía para complejo hidrológicos suelos-cobertur a, para condiciones de humedad antecedente II e Ia =0.20 COBERTURA Uso de la tierra Tratamiento o Práctica Rastrojo Cultivos en Hileras

Hileras rectas Hileras rectas Curvas de nivel Curvas de nivel y terrazas

Cultivos en hileras estrechas

Hileras rectas Curvas de nivel Curvas de nivel y Terrazas

Leguminosas En hileras es – trechas o fo – rraje en rotación Hileras rectas Curvas de nivel Curvas de nivel y terrazas Pastos de pastoreo

Curvas de nivel

Pastos de corte Bosque Patios Caminos de tierras Pavimentos

GRUPO DE SUELOS Condición Hidrológica -----------

A B C D NUMERO DE CURVAS 77 86 91 94

Mala Buena Mala Buena

71 67 70 65

81 78 79 75

88 85 84 82

91 89 88 86

Mala Buena

66 62

74 71

80 78

82 81

Mala Buena Mala Buena

65 63 63 61

76 75 74 73

84 83 82 81

88 87 85 84

Mala Buena

61 59

72 70

79 78

82 81

Mala Buena Mala Buena

66 58 64 55

77 72 75 69

85 81 83 78

89 85 85 83

Mala Buena

63 51

73 67

80 76

83 80

Mala Regular Buena Mala Regular Buena

68 49 39 47 25 6

79 69 61 67 59 35

86 79 74 81 75 70

89 84 80 88 83 79

Buena Mala Regular -------------

30 45 36 59 72 74

58 66 60 74 82 84

71 77 73 82 87 90

78 83 79 86 89 92

131

Tabla 3. Número de curva (CN) para otras condiciones. CNII 100 99 98 97 96 95 94 93 92 91 90 89 88 87 86 85 84 83 82 81 80 79 78 77 76 75 74 73 72 71 70 69 68 67 66 65 64 63 62 61

CNI 100 97 94 91 89 87 85 83 81 80 78 76 75 73 72 70 68 67 66 64 63 62 60 59 58 57 55 54 53 52 51 50 48 47 46 45 44 43 42 41

CNIII 100 100 99 99 99 98 98 98 97 97 96 96 95 95 94 94 93 93 92 92 91 91 90 89 89 88 88 87 86 86 85 84 84 83 82 82 81 80 79 78

CNII

CNI

CNIII

60 59 58 57 56 55 54 53 52 51 50 49 48 47 46 45 44 43 42 41 40 39 38 37 36 35 34 33 32 31 30

40 39 38 37 36 35 34 33 32 31 31 30 29 28 27 26 25 25 24 23 22 21 21 20 19 18 18 17 16 16 15

78 77 76 75 75 74 73 72 71 70 70 69 68 67 66 65 64 63 62 61 60 59 58 57 56 55 54 53 52 51 50

25 20 15 10 5 0

12 9 6 4 2 0

43 37 30 22 13 0

132

ANEXO 3

133

Tabla 4. Coeficiente de desarrollo foliar para el cálculo de la evapotranspiración. Cultivos Muy frondoso, alto, de largo período vegetativo (> 5 meses), o sembrados muy tupidos. frondosos, de mediana estatura, de 3 – 5 meses de desarrollo. Poco frondoso, baja estaTtura, de rápido y corto desarrollo (3 meses), o sembrado muy separadamente.

Ejemplo Caña de azucar, Pasto elefante Sorgo forrajero, ect

a 6.20

Maíz, sorgo granero Arroz tabaco, algodón, 4.8 Yuca, tomate, etc. Caraota, maní, hortalizas bajas, frutales espaciados, 3.4 etc.

Tabla 5. Coeficiente de densidad de enraizamiento, r, para el cálculo del umbral óptimo de riego. (Norero,1976) Características radicular Muy profusas Profusas Moderadamente densas

Poco densas

Ejemplo

r

Gramíneas pratenses Maíz, sorgo, Arroz, girasol Caña de azúcar, soya, algodón, maní Papa, tabaco, hortalizas, banano, cebolla caraota.

0.7 – 1.0 0.5 -0.7

0.3 – 0.5

0.2 – 0.4