PROBLEMARIO DE HIDROLOGIA APLICADA A LA INGENIERIA CIVIL

Autor: Oberto R., Livia R.

Barquisimeto, 2003

UCLA Decanato de Ingeniería Civil Departamento de Hidráulica y Sanitaria

ii

INDICE DE CONTENIDO Pagína INDICE DE CONTENIDO ii INDICE DE TABLAS iv INDICE DE FIGURAS v CAPITULO I. GENERALIDADES 1.0 Introducción 1 1.1 Justificación 1 1.2 Objetivo 1 CAPITULO II 2.0 Distribución espacial de la precipitación 2 2.1 Cálculo de la precipitación media 2 2.1.1 Promedio aritmético 2 2.1.2 Polígono de Thiessen 2 2.1.3 Métodos de las Isoyetas 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 Distribución normal o Gaussiana 11 3.2 Distribución log-normal de 2 parámetros 12 3.3 Distribución log-normal de 3 parámetros 13 3.4 Distribución de valores extremos 14 3.5 Problemas de probabilidad aplicados a la hidrología 16 CAPITULO IV 4.0 Hidrograma de escorrentía 31 4.1 Coeficiente de escorrentía 31 4.2 Hidrograma de crecientes 32 4.3 Separación del caudal base 33 4.4 Hidrograma Unitario 34 4.5 Cálculo de Hu para diferentes duraciones efectivas 36 4.6 Problemas relativos a Hidrogramas 38 CAPITULO V 5.1 Método de la curva número 59 5.2 Distribución del evento en el tiempo 61 5.3 Problemas de aplicación de la Curva Número 64

iii

CAPITULO VI 6.1 Tránsito por embalses 70 6.2 Tránsito por cauces naturales 73 6.3 Problemas relativos a el tránsito por el embalse y tránsito por el cauce 75 CAPITULO VII 7.1 Hidrograma de C.O Clark 86 7.2 Problemas de aplicación del Hidrograma Unitario Instantáneo 88 CAPITULO VIII 8.1 Demanda de riego 108 8.2 Problemas relativos a la demanda de riego 110 CAPITULO IX 9.1 Operación de embalse 114 9.2 Problemas de aplicación de la operación de embalse 115 BIBLIOGRAFÍA 123 ANEXO 1 124 ANEXO 2 126 ANEXO 3 129

iv

INDICE DE TABLAS Tabla No. Página 1 Gumbel 125 2 Número de curva de escorrentía para complejo 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 5 Coeficiente de densidad de enraizamiento, r,

Para el cálculo del umbral óptimo de riego (Norero,1976) 130

v

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 Cálculo de HU de 2t horas a partir del HU de t horas 36 4.7 Método de la curva “ S “ 37 5.1 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

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 estructuras 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

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.

nPnPPPPm ++++

=.........321 (2.1)

donde: Pm: precipitación media P1, P2,P3…Pn: precipitación en cada una de las estaciones n: número de estaciones

3

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 triángulos, 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:

At

PiAiPm

n

i∑

== 1*

(2.2)

para: Ai: área del polígono i Pi: precipitación en la estación i At: área total de la cuenca Pm: precipitación media sobre la cuenca n: 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:

At

PjAjPm

n

j∑

== 1

* (2.3)

donde: Aj : área entre cada par de Isoyetas Pj : promedio de las profundidades de lluvia de dos isoyetas adyacentes.

4

4

At : área total de la cuenca. Pm: precipitación media n: 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

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 valores 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 Precipitación anual (mm) P1 800 P2 600 P3 900 P4 400 P5 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

6

Calculando las respectivas áreas, se tiene:

Estaciones Área (Km2) Precipitación (mm) A * P

P1 11.5 800 9200 P2 16.5 600 9900 P3 13 900 11700P4 12.5 400 5000 P5 11.5 200 2300

65 38100 Aplicando la ecuación (2.2) se obtiene:

mmKm

mmKmPm 15.58665

*381002

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

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 9 750 6750 700-600 7 650 4550 600-500 8.5 550 4675 500-400 8.5 450 3825 400-300 8 350 2800 300-200 6 250 1500

200 4 200 800 65 37100

Aplicando ahora la ecuación (2.3) se tiene:

mmKm

mmKmPm 77.57065

*371002

2

==

8

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 Mes 1 Mes 2 Mes 3 Mes 4 1 170 54 49.6 30 2 70 30 22 21 3 50 9.1 7.5 10.3 4 35 4.6 3.1 5

9

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 P1 P2 P3 P4 Total

SC 1 8 8 4.5 0.75 21.25 SC2 8.5 0 18.75 3.25 30.5 SC3 0 9 0 31 40

Total 16.5 17 23.25 35 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

10

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

mm

KmKmmmKmmmKmmmKmmmPm 33.19

75.91)3125.375.0(*6.4)75.185.4(*1.9)98(*30)5.88(*54

2

2222

=++++++++

=

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:

362 10*77.191750000*01933.0 mmmVp == 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:

mmKm

KmmmKmmmKmmmKmmmPm 71.3325.21

75.0*6.45.4*1.98*308*542

2222

1 =+++

=

mmcmmmVp 716.05.71633721250000*0337.0 32

1 === Subcuenca 2:

mmKm

KmmmKmmmKmmmPm 13.215.30

25.3*6.475.18*1.95.8*542

222

2 =++

=

mmcmmmVp 644.064446530500000*02113.0 32

2 ===

Subcuenca 3:

mmKm

KmmmKmmmPm 315.1040

31*6.49*302

22

3 =+

=

mmcmmmVp 4126.041260040000000*010315.0 32

3 ===

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

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:

2

222222

5.5325.7*55017*65025.8*75025.7*85010*95075.3*1000

KmKmmmKmmmKmmmKmmmKmmmKmmmPm ++++

=

mmPm 58.759=

12

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 posibilidad 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 definición de variable condicionada,

puede considerarse que dos variables aleatorias son independientes si:

)()(),( 0000 ypxpyxp yxxy = (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

13

∑∀

==≤x

xx xpxPxXob )()()(Pr 000 (3.2)

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:

{ } ∑∀

=x

x xpxgxgE )(*)()( 00 (3.3)

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:

∑= )(*)( 0xpxxE xnn

(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:

{ }nxExE )(( − (3.5) 3.2 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 tiene:

∫=≤≤b

ax dxxfbxaob )()(Pr (3.6)

donde:

)(xf x : función densidad de probabilidades

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

14

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:

∫∞−

==≤0

)()()(Pr 00

x

xX dxxfxFxxob (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:

1)( =+∞XF 0)( =−∞XF (3.8)

)()()(Pr aFbFbxaob XX −=≤≤ (3.9) )()( aFbF XX ≥ para: ab ≥ (3.10)

)()( xfdx

xdFx

X = (3.11)

3.3 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:

)1()1()( kkn

kK ppCkp −−= nk ........2,1= (3.12) siendo las combinaciones de k0 grupos en n elementos:

)!(!!

knknC 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

15

Cuadro 3.1 Formulas para la probabilidad experimental Método Probabilidad(P) Método Probabilidad (P)

California mn Weibull

1+nm

Hazen n

m 21−

Chegadayev 4.03.0

+−

nm

Blom 4

18

3

+

−

n

m Tukey

1313

+−

nm

Gringorten an

am21−+

−

Donde: P: probabilidad experimental o frecuencia relativa empírica m: número de orden n: número de datos a: valor comprendido en el intervalo 0 a 1 el valor de a depende de n, de acuerdo a: valor n 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 valor a 0.448 0.443 0.442 0.441 0.44 0.44 0.44 0.44 0.439 0.439 Fuente. Villón, 1993 3.3.3 Distribución normal o Gaussiana Para esta distribución la función de densidad es:

−−

=

2

21

21)(

Sxx p

eS

xf&&&

π ⟨∞∞⟨− x (3.14)

16

16

donde: xp: promedio S: desviación típica

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

Sxx

Z p−= (3.15)

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

−

=

2

2

21)(

Z

eS

xfπ

⟨∞∞⟨− Z (3.16)

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

dxeS

dxxfxFx S

xxx p

∫∫ ∞−

−−

∞−

==

2

21

21)()(

π (3.17)

o su equivalente:

dZeZFZ

Z

−

∞−∫=

2

2

21)(π

(3.18)

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

32 9373.01217.0043618.0)((1)( VVVZfZF +−−≈ (3.19) 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:

17

17

Z

V33267.01

1+

= (3.20)

el error de esta aproximación es menor de 10-5

Otra aproximación usual es la de Masting: ))((1)( 5

54

43

32

21 wbwbwbwbwbZfZF ++++−= (3.21) donde w es definido para Z mayor o igual a cero como:

Z

w2316419.01

1+

= (3.22)

con: b1 = 0.319381530 b2 = -0.356563782 b3 = 1.781477937 b4 = -1.821255978 b5 = 1.330274429 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:

2

21

1)(

−−

= y

yy

y

eyf σ

µ

σ (3.23)

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

∫∞−

−−

=y y

y

dyeyF y

y2

21

21)( σ

µ

πσ (3.24)

o, en términos de la variable reducida:

18

18

∫ ∞−

−=

zZ

dZeZF 2

2

21)(π

(3.25)

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 para eventos máximos es la

presentada por R.A. Fisher y L.H.C. Tippet:

)(

)(βα −−−=

xeexF (3.26) donde: 0 ‹ α ‹∞ es el parámetro de escala -∞ ‹ β ‹∞ es el parámetro de posición, llamado también valor central o moda A esta distribución también se le denomina de Gumbel. Si se hace la transformación: )( βα −= xy la ecuación (3.26) se transforma en:

yeexF−−=)( (3.27)

También:

σ

α 281.1= σµβ *45.0−= (3.28)

19

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:

xn

nT

yYXX σ

σ*

−+= (3.29)

donde: XT : valor de la variable correspondiente al período de retorno :X media de la serie de datos σx : desviación estándar σn , yn : funciones de la longitud de la serie de datos, en la tabla Nº1

anexo 1. 3.4 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 NIVEL DE SIGNIFICACIÓN (α ) Muestra (N) 0.20 0.10 0.05 0.01 5 0.45 0.51 0.56 0.67 10 0.32 0.37 0.41 0.49 15 0.27 0.30 0.34 0.40 20 0.23 0.26 0.29 0.36 25 0.21 0.24 0.27 0.32 30 0.19 0.22 0.24 0.29 35 0.18 0.20 0.23 0.27 40 0.17 0.19 0.21 0.25 45 0.16 0.18 0.20 0.24 50 0.15 0.17 0.19 0.23

N>50 N07.1

N22.1

N36.1

N63.1

Fuente: Yevjevich, 1972

20

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. Profundidad de la lluvia correspondiente a 50 años de periodo de retorno. b. Probabilidad de que dicha lluvia sea igualada o excedida al menos una vez

durante 30 años de vida útil de la estructura a diseñar. c. 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 σn 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 σn = 1.0210 Análogamente, y utilizando la misma tabla se tiene: Tr = 15 años Y = 2.674

Tr = 100 años 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:

xX σ*0210.1

)5128.0674.2(52.97 −+=

−

21

21

xX σ*0210.1

)5128.06.4(91.120 −+=

−

resolviendo, se obtiene:

σx = 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:

40.12*0210.1

)5128.09020.3(27.71 −+=X

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 ecuación (3.12) con k = 0. También:

rTxXP 1)( =≥ (3.30)

luego:

02.05011)( ===≥

TrxXP

luego: 0300 )02.01(*)02.0(*

)!030!*(0!30)0( −−−

=P

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:

40.12*0210.1

)5128.0(27.71110 −+=

Y

22

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):

knk xXPxXPknk

nkP −≥−≥−

= ))(1(*))((*)!!*(

!)(

2782 )3911(*)

391(*

)!278!*(2!78)2( −−−

=P

Finalmente, la probabilidad de que la precipitación 110 mm ocurra 2 veces en un período de 78 años es: 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:

)(

1)(1)(βα −−−−=−=≥

xeexFxXP (3.31) Ecuación en la cuál α y β son los parámetros de la distribución e iguales a:

Sx281.1

=α SxX *45.0−=−

β

reemplazando los valores dados:

0034.0378281.1281.1

===Sx

α 9.250378*45.0421*45.0 =−=−=−

SxXβ

23

23

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

)9.250450(0034.0

1)450(−−−−=≥ eeXP

P(X ≥ 450) = 0.398 Análogamente para x = 600 m3/s:

)9.250600(0034.0

1)600(−−−−=≥ eeXP

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:

04.02511)( ===≥

TrxXP

calculando los parámetros de la distribución Extrema Tipo I:

24

24

0463.065.27

281.1281.1===

Sxα

81.7265.27*45.025.85*45.0 =−=−=−

SxXβ sustituyendo en la ecuación (3.31) se tiene:

)81.72(0463.0

104.0−−−−=

xee 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 * 141.92 = 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

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 σx = 0.05 mmc utilizando la tabla Nº 1 del anexo 1 y para n = 20, se tiene: Yn = 0.5236 σn = 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:

añosxXP

Tr 10001.01

)(1

==≥

=

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

05.0*063.1

)5236.06.4(5.1 −+=X

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

años. SOLUCIÓN:

26

26

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

Yn = 0.5521 σn = 1.1750 Así mismo, para Tr = 100 años, Y = 4.6; luego reemplazando valores en la ecuación (3.29), se tiene:

xX σ*1750.1

)5521.06.4(3100 −+=

−

análogamente, para Tr = 10 años, Y = 2.25 se tiene:

xX σ*1750.1

)5521.025.2(1400 −+=

−

Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene: σx = 850 X= 171.73 b. Para determinar la P(X ≥ 2000), se debe calcular el valor de Y para lo cual

reemplazando en la ecuación (3.29):

850*1750.1

)5521.0(73.1712000 −+=

Y

despejando se tiene: Y = 3.079 De acuerdo al anexo 1, para Y = 3.079 se tiene Tr = 22.37 años; luego:

0447.037.22

11)2000( ===≥Tr

XP

c. 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 = 850*1750.1

)5521.0643.3(73.171 −+

de donde: X = 2407.70 m3/seg.

27

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:

01.0100

11)( ===≥Tr

xXP

reemplazando valores en la ecuación (3.12):

080 )01.01(*01.0*)!08!*(0

!8)0( −−−

=P = 0.9227

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):

25.0

)25(8416.0 −=−

X

despejando: X= 24.79 lps, lo que equivale a 1 pozo.

28

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% = )5.389(

105.0βα −−−−= ee

y para el 1 % se tendrá:

P(X≥593.02) = 1% = )02.593(

101.0βα −−−−= ee

Resolviendo el sistema de ecuaciones : β=18.67 310*009.8 −=α Nuevamente reemplazando valores en (3.31):

)67.18400(310*009.8

1)400(−−−−−=≥ eeXP

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:

04.02511)( ===≥

TrxXP

0100 )04.01(*04.0*)!010!*(0

!10)0( −−−

=P = 0.6648

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

29

29

R = 1 – P(0) = 1 – 0.6648 = 0.3352

De la misma forma para un período de retorno de 100 años:

01.0100

11)( ===≥Tr

xXP

0100 )01.01(*01.0*

)!010!*(0!10)0( −−−

=P = 0.9044

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. Cuál sería la capacidad de la presa, en millones de m3, si se desea que el 80 % de las veces se llene.

b. 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

30

SxXX

z)(

−

−= ó:

7.79)9.242(8416.0 −

=−X

de donde: 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) Valor z Valor de X (mm) 0.75 -0.67449 189.14 0.60 -0.25335 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 * 106 m3 PROBLEMA 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. 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.

b. Determinar el riesgo de la precipitación de diseño calculada en el punto anterior para 25 años de vida útil.

c. 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

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:

65.27)25.85(0537.2 −

=X 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:

0250 )02.01(*02.0*

)!025!*(0!25)0( −−−

=P = 0.6035

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):

0250 )(1(*)(*)!025!*(0

!25)0( −≥−≥−

= xXPxXPP

despejando: P(X ≥ x) = 0.0088 para esta probabilidad de excedencia la variable tipificada será: Z = 2.3739 y reemplazando en (3.15):

65.27

)25.85(3739.2 −=

X 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): 975.5 640.0 845.0 800.0 1190.0 1030.0 1450.0 940.0 1330.0 1534.0 1856.0 1882.0 1460.0 950.0 1136.0 644.0 995.0 658.0 1870.0 820.0 690.0 1240.0 1605.0 1745.0 990.0

32

32

a. Realizar la prueba de ajuste 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 Sx = 405.76 m3/s α = 3.157∗10−3 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 1856 0.1154 0.0626 0.0528 4 1745 0.1538 0.0877 0.0661 5 1605 0.1923 0.133 0.0593 6 1534 0.2308 0.1636 0.0672 7 1460 0.2692 0.202 0.0672 8 1450 0.3077 0.2078 0.0999 9 1330 0.3462 0.2883 0.0579 10 1240 0.3846 0.3636 0.021 11 1190 0.4231 0.4109 0.0122 12 1136 0.4615 0.4661 0.0046 13 1030 0.5 0.584 0.084 14 995 0.5385 0.6245 0.086 15 990 0.5769 0.6303 0.0534 16 975.5 0.6154 0.6471 0.0317 17 950 0.6538 0.6766 0.0228 18 940 0.6923 0.6881 0.0042 19 845 0.7308 0.7925 0.0617 20 820 0.7692 0.8177 0.0485 21 800 0.8077 0.8368 0.0291 22 690 0.8462 0.9231 0.0769 23 658 0.8846 0.9415 0.0569 24 644 0.9231 0.9485 0.0254 25 640 0.9615 0.9504 0.0111

33

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:

004.025011)( ===≥

TrxXP

sustituyendo en la ecuación (3.31) se tiene:

)43.988(*310*157.3

1004.0−−−−−=

xee de donde: X= 2736.75 m3/s

34

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 relación es el denominado coeficiente de escorrentía, definido por la ecuación:

En la cuál:

Ce: coeficiente de escorrentía. Ve: volumen de escorrentía Vp: 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

VpVeCe = (4.1)

35

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: caudal en el instante t Qo: caudal en el tiempo to, al inicio del agotamiento e: base del logaritmo neperiano. α∞ coeficiente de agotamiento expresado en unidades de tiempo. t: tiempo El valor de α depende de la morfología de la cuenca receptora y de su naturaleza

geológica.

36

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, Qd y otro originado por flujos susbsuperficiales generados por eventos anteriores o caudal base, Qb. A la suma de ambos se le denomina caudal total, Qt. 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:

en la cuál: N: tiempo en días.

A: 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.

AON 2.0*827.= (4.3)

37

37

Figura 4.4 Método de las tangentes para la separación de Qb 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:

A

VeLe = (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:

Leqqu = (4.5)

expresión en la cuál:

qu: ordenada del hidrograma unitario. q: ordedenada del hidrograma de escorrentía directa. Le 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

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

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:

DuTbNd = (4.6)

dónde: Tb: tiempo base del HU original Du: duración efectiva del HU original

40

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:

t

DuFactor = (4.7)

dónde: Du: duración del HU con el cuál se construyó la curva S t: duración efectiva del HU deseado

41

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 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 Q(m3/s) 20 20 110 200 270 220 180 120 70 45 20 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:

.0506.010*150

3600*2*/31055*6 mtssm

AreatQd

Le === ∑

42

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 4 110 20 90 1.78 6 200 20 180 3.55 8 270 20 250 4.94 10 220 20 200 3.95 12 180 20 160 3.16 14 120 20 100 1.97 16 70 20 50 0.99 18 45 20 25 0.49 20 20 20 0 0 22 20 20 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 1.78 39.16 0 39.16 6 3.55 78.1 0 78.1 8 4.94 108.68 10.68 119.36 10 3.95 86.9 21.3 108.2 12 3.16 69.52 29.64 99.16 14 1.97 43.34 23.7 67.04 16 0.99 21.78 18.96 40.74 18 0.49 10.78 11.82 22.6 20 0 0 5.94 5.94 22 0 0 2.94 2.94

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

43

43

PROBLEMA 4.6.2

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 lluvia-escorrentía. T(h) 0 1 2 3 4 5 6 P(mm) 0 27 33 20 19 18 15 Qd(m3/s) 0 0.8 1.6 1.3 0.8 0.4 SOLUCIÓN:

La lámina de escorrentía directa será:

mArea

tQdLe 03528.0

10*5.03600*9.4*

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 la láminas de escorrentía directa será:

Le = (27-1) + (33-1) + (20-1) + (19-1) + (18-1) +(15-1) = 126 mm

44

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) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Pe(mm) 1 2 1 Qd(m3/s) 10 120 400 560 425 300 265 170 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

45

proporcionado como dato del problema. Este procedimiento permitiría formar el sistema de ecuaciones que se muestra en el cuadro siguiente:

T(h) Qd(m3/s) HU*Pe0-1 HU*Pe1-2 HU*Pe2-3

1 10 X1*1 2 120 X2*1 X1*2 3 400 X3*1 X2*2 X1*1 4 560 X4*1 X3*2 X2*1 5 425 X5*1 X4*2 X3*1 6 300 X6*1 X5*2 X4*1 7 265 X7*1 X6*2 X5*1 8 170 X7*2 X6*1 9 50 X7*1

Resolviendo el sistema se tiene:

X1 = 10 1001

2*101202 =−

=X

1901

1*102*1004003 =−−

=X 801

1*1002*1905604 =−−

=X

751

1*1902*804255 =−−

=X 701

1*802*753006 =−−

=X

501

1*752*702657 =−−

=X

luego, el HU buscado será:

T(h) HU(m3/s)/mm 1 hora 1 10 2 100 3 190 4 80 5 75 6 70 7 50

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

46

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 Qd(m3/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

47

T(h) Qd(m3/s) HU*Pe0-1 HU*Pe1-2 HU*Pe2-3 1 4.5 X1*2.5

2 84.45 X2*2.5 X1*4

3 349.3 X3*2.5 X2*4 X1*6.5 4 647.75 X4*2.5 X3*4 X2*6.5 5 820.4 X5*2.5 X4*4 X3*6.5 6 512.86 X6*2.5 X5*4 X4*6.5 7 394.22 X7*2.5 X6*4 X5*6.5 8 231.52 X7*4 X6*6.5 9 11.7 X7*6.5

X1 = 5.25.4 =1.8

9.305.2

4*8.145.842 =−

=X

6.855.2

5.6*8.14*9.303.3493 =−−

=X

8.415.2

5.6*9.304*6.8575.6474 =−−

=X

72.385.2

5.6*6.854*8.414.8205 =−−

=X

51.345.2

5.6*8.414*72.3886.5126 =−−

=X

8.15.2

5.6*72.384*51.3422.3947 =−−

=X

T(h) HU(m3/s)/mm

1 hora 1 1.8 2 30.9 3 85.6 4 41.8 5 38.72 6 34.51 7 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

48

263

10*468.846/001.0

3600*/)/(( mmmm

smmsmHUA =Σ

=

A= 846.468 km2 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.

El hidrograma de escorrentía directa resultante del evento, en el punto de confluencia, es el siguiente: T(h) 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0 4.5 5.0 5.5 Qd(m3/s) 9 159.2 444.2 487.1 872.2 898.1 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 h02 h04 h06 10 5 4 3 P1 18 12 14 30 4 3 2.5 P2 16 12 9 45 5 4.5 3.5 P3 13 10 8

Tiempo(h) A B C 1 10

2 12 6 3 15 8 9

49

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 SUBCUENCA B SUBCUENCA C

T(h) Qd=HU*10 Qd=HU*15 Qd=HU*12 Qd=HU*8 Qd=HU*6 Qd=HU*9 QdR(m3/s)

0 X1*10 0

0.5 X2*10 9 1 X3*10 X1*12 X1*6 159.2

1.5 X4*10 X2*12 X2*6 444.2 2 X5*10 X1*15 X3*12 X1*8 X3*6 X1*9 487.1

2.5 X6*10 X2*15 X4*12 X2*8 X4*6 X2*9 872.2 3 X7*10 X3*15 X5*12 X3*8 X5*6 X3*9 898.1

3.5 X8*10 X4*15 X6*12 X4*8 X6*6 X4*9 1510 4 X5*15 X7*12 X5*8 X7*6 X5*9 718.3

4.5 X6*15 X8*12 X6*8 X8*6 X6*9 249.8 5 X7*15 X7*8 X7*9 88

5.5 X8*15 X8*8 X8*9 28.8

01 =X

9.01092 ==X

92.1510

6*112*12.1593 =−−

=XXX

8.4210

6*212*22.4444 =−−

=XXX

054.2010

9*16*38*112*315*11.4875 =−−−−−

=XXXXXX

3.710

9*26*48*212*415*22.8726 =−−−−−

=XXXXXX

769.210

9*36*58*312*515*31.8987 =−−−−−

=XXXXXX

9.010

9*46*68*412*615*415108 =−−−−−

=XXXXXX

50

50

T(h) HU(m3/s)/mm 1 hora 0 0

0.5 0.9 1 15.92

1.5 42.8 2 20.054

2.5 7.3 3 2.769

3.5 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) HU(m3/s)/mm HU(m3/s)/mm HU(m3/s)/mm 1 horas 1 hora 2 horas 0 0 0 0

0.5 0.9 0.9 0.45 1 15.92 0 15.92 7.96

1.5 42.8 0.9 43.7 21.85 2 20.054 15.92 35.974 17.99

2.5 7.3 42.8 50.1 25.05 3 2.769 20.054 22.823 11.41

3.5 0.9 7.3 8.2 4.1 4 2.769 2.769 1.38

4.5 0.9 0.9 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:

hmm /65.485

45*530*410*520 =++

=−φ

hmm /91.385

455.430*310*442 =+++

=−φ

hmm /09.385

45*5.330*5.210*364 =++

=−φ

51

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) HU(m3/s)/mm Qd=HU*6.4 Qd=HU*3.58 Qd=HU*4.02 QdR(m3/s) 2 horas 0 0 0 0

0.5 0.45 2.88 2.88 1 7.96 50.94 50.94

1.5 21.85 139.84 139.84 2 17.99 115.14 0 115.14

2.5 25.05 160.32 1.61 161.93 3 11.41 73.02 28.5 101.52

3.5 4.1 26.24 78.22 104.46 4 1.38 8.83 64.4 0 73.24

4.5 0.45 2.88 89.68 1.81 94.37 5 40.85 32 72.85

5.5 14.68 87.84 102.52 6 4.94 72.32 77.26

6.5 1.61 100.7 102.31 7 0 45.87 45.87

7.5 16.48 16.48 8 5.55 5.55

8.5 1.81 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 21 2.0 - 3.0 22

52

52

El hidrograma unitario de ½ hora para ambas cuencas es el siguiente: t(h) 0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0 4.5 5.0 HU(m3/s/mm) 0 0.47 2.12 2.60 2.24 1.65 1.06 0.59 0.30 0.12 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 φ y de la precipitación efectiva en la subcuenca A, en cada intervalo serán: Intervalo Indice φ (mm/h) Precipitación efectiva (mm) 0 - 1 8 31 – 8 = 23 1 – 2 8 – 0.10*8 = 7.2 0 2 – 3 7.2 – 0.10*7.2 = 6.48 22 – 6.48 = 15.52 Análogamente, para la subcuenca B se tendrá: Intervalo Indice φ (mm/h) Precipitación efectiva (mm) 0 - 1 6 13 – 6 = 7 1 – 2 6 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

53

T(h) HU(m3/s)/mm HU(m3/s)/mm) HU(m3/s)/mm)

1/2 hora 1/2 hora 1 hora

0 0 0 0 0.5 0.47 0 0.47 0.24 1 2.12 0.47 2.59 1.3

1.5 2.6 2.12 4.72 2.36 2 2.24 2.6 4.84 2.42

2.5 1.65 2.24 3.89 1.95 3 1.06 1.65 2.71 1.36

3.5 0.59 1.06 1.65 0.83 4 0.3 0.59 0.89 0.45

4.5 0.12 0.3 0.42 0.21 5 0 0.12 0.12 0.06

5.5 0 0 0

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

T(h) HU(m3/s)/mm) Qd= HU*23 Qd= HU*15.52 Qd=HU*7 Qd=HU*15 QdR(m3/S) 1 hora 0 0 0 0 0

0.5 0.24 5.52 1.68 7.20 1 1.3 29.9 9.10 0 39.00

1.5 2.36 54.28 16.52 3.60 74.4 2 2.42 55.66 0 16.94 19.50 92.04

2.5 1.95 44.85 3.72 13.65 35.4 97.62 3 1.36 31.28 20.18 9.52 36.3 97.28

3.5 0.83 19.09 36.63 5.81 29.25 90.67 4 0.45 10.35 37.56 3.15 20.40 71.46

4.5 0.21 4.83 30.26 1.47 12.45 49.01 5 0.06 1.38 21.11 0.42 6.75 29.66

5.5 0 0 12.88 0 3.15 16.03 6 6.98 0.9 7.88

6.5 3.26 0 3.26 7 0.93 0.93

7.5 0 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

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 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 HU((m3/s)/mm) 0 0.47 2.12 2.6 2.24 1.65 1.06 0.59 0.3 0.12 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 distribución con los siguientes datos: Para P= 80 mm la P(X≥x) = 0.29 Para P = 140mm la P(X≥x) = 0.0519 luego:

e e x )(

129.0βα −−

−−=− e e x )(

10519.0βα −−

−−=− resolviendo:

β= 45.45 α=0.031 Con los parámetros calculados se determinan las precipitaciones para las horas indicadas en

el hietograma. En la primera hora, para Tr = 25 años se tiene: Tr

xXP 1)( =≥ =251

= 0.04

Luego, sustituyendo en la ecuación probabilística se obtiene:

e e x−−=−− )45.45(031.0

104.0 despejando el valor de x (precipitación en la primera hora): P01= 148,63 mm

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

xXP 1)( =≥ =151 = 0.0667

55

55

Sustituyendo: e e x−−=−− )45.45(031.0

10667.0 el valor de x, (precipitación en la segunda hora), será: P02= 131.68 mm

análogamente, para la tercera hora: Tr = 10 años, la Tr

xXP 1)( => =101 = 0.1

Sustituyendo: e e x−−=−− )45.45(031.0

11.0 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: Hora (h) Indice φ (mm/h) Precipitación efectiva (mm)

1 8 148.63 – 8 = 140.63 2 8 – 0.15*8 = 6.8 131.68 – 6.8 = 124.88 3 6.8 – 0.15*6.8 = 5.78 118.04 – 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 continuación: T(horas) HU 1/3 h HU 1/3 h HU 1/3 h HU 1 hora

(m3/s)/mm (m3/s)/mm (m3/s)/mm (m3/s/mm)0 0 0 0

0.33 0.31 0 0.31 0.1 0.67 1.02 0.31 0 1.33 0.44

1 2.12 1.02 0.31 3.45 1.15 1.33 2.44 2.12 1.02 5.58 1.86 1.67 2.48 2.44 2.12 7.04 2.35

2 2.24 2.48 2.44 7.16 2.39 2.33 1.85 2.24 2.48 6.57 2.19 2.67 1.45 1.85 2.24 5.54 1.85

3 1.06 1.45 1.85 4.36 1.45 3.33 0.75 1.06 1.45 3.26 1.09

4 0.3 0.75 1.06 2.11 0.7 4.33 0.18 0.3 0.75 1.23 0.41 4.67 0.08 0.18 0.3 0.56 0.19

5 0.08 0.18 0.26 0.09 5.33 0.08 0.08 0.03

56

56

T(horas) HU 1 hora Qd=HU*140.63 Qd=HU*124.88 Qd=HU*112.26 QdR (m3/s/mm) m3/s m3/s m3/s m3/s 0 0 0 0

0.33 0.1 14.06 14.06 0.67 0.44 61.88 61.88

1 1.15 161.72 0 161.72 1.33 1.86 261.57 12.49 274.06 1.67 2.35 330.48 54.95 385.43

2 2.39 336.11 143.61 0 479.72 2.33 2.19 307.98 232.28 11.23 551.49 2.67 1.85 260.17 293.47 49.39 603.03

3 1.45 203.91 298.46 129.10 631.47 3.33 1.09 153.29 273.49 208.80 635.58

4 0.7 98.44 231.03 263.81 593.28 4.33 0.41 57.66 181.08 268.30 507.04 4.67 0.19 26.72 136.12 245.85 408.69

5 0.09 12.66 87.42 207.68 307.76 5.33 0.03 4.22 51.20 162.78 218.2 5.67 23.73 122.36 146.09

6 11.24 78.58 89.82 6.33 3.75 46.03 49.78 6.67 21.33 21.33

7 10.10 10.10 7.33 3.37 3.37

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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 HU(m3/s)/mm 0 6 36 66 91 106 93 79 68 58 49 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

41 34 27 23 17 13 9 6 3 1.5 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

57

DuTbNd =

donde: Nd: número mínimo de desplazamientos Tb: tiempo base del hidrograma unitario en h Du: duración del hidrograma unitario h.

Luego:

5420

==Nd

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

T(h) HU(m3/s/)mm Suma de los 5 Curva S 4 h Desplazamientos 0 0 0 1 6 6 2 36 36 3 66 66 4 91 0 91 5 106 6 112 6 93 36 129 7 79 66 145 8 68 91 159 9 58 112 170 10 49 129 178 11 41 145 186 12 34 159 193 13 27 170 197 14 23 178 201 15 17 186 203 16 13 193 206 17 9 197 206 18 6 201 207 19 3 203 206 20 1.5 206 207.5 21 206 206 22 207 207 23 206 206

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

58

Curva S Corregida

T(h) CSC CSCD CSC - CSCD HU(m3/s)/mm

3 h (CSC-CSCD)*4/3 0 0 0 0 1 6 6 8 2 36 36 48 3 91 0 91 121.33 4 112 6 106 141.33 5 129 36 93 124 6 145 91 54 72 7 159 112 47 62.67 8 170 129 41 54.67 9 178 145 33 44 10 186 159 27 36 11 193 170 23 30.67 12 197 178 19 25.33 13 201 186 15 20 14 203 193 10 13.33 15 206.5 197 9.5 12.67 16 206.5 201 5.5 7.33 17 206.5 203 3.5 4.67 18 206.5 206.5 0 0

CSC : CURVA S CORREGIDA CSCD: CURVA S CORREGIDA DESPLAZADA

59

59

Como puede apreciarse, para determinar el hidrograma 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 Cuenca B 0 - 1.5 40 1.5 – 3 30

3.0 – 4.5 60 25 El hidrograma unitario de 1/3 de hora para ambas cuencas es el siguiente: T(h) 0 1/3 2/3 3/3 4/3 5/3 6/3 7/3 8/3 9/3 HU(m3/s)/mm 0 0.47 2.12 2.6 2.24 1.65 1.06 0.59 0.3 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) Indice φ Precipitación efectiva (mm) 0 – 1.5 7 40 – 7*1.5 = 29.5 1.5 – 3.0 7 – 7*0.12 = 6.16 3.0 – 4.5 6.16 – 6.16*0.12 = 5.42 60 – 5.42*1.5 = 51.87

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

60

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:

103

13

10===

DuTbNd

Luego, la curva S será:

T(h) HU(m3/s)/mm Suma de los 10 Cuva S 1/3 h desplazamientos 0 0 0

0.33 0.47 0 0.47 0.67 2.12 0.47 2.59

1 2.6 2.59 5.19 1.33 2.24 5.19 7.43 1.67 1.65 7.43 9.08

2 1.06 9.08 10.14 2.33 0.59 10.14 10.73 2.67 0.3 10.73 11.03

3 0.12 11.03 11.15 3.33 0 11.15 11.15

Y la curvas S corregida:

61

61

El HU de 1.5 horas de duración será entonces:

T(h) CSC CSCD CSC –CSCD HU(m3/s)/mm 1.5 H (CSC-CSCD)*(1/3)/1.50 0 0 0

0.5 1.4 1.4 0.31 1 5.19 5.19 1.15

1.5 8.5 0 8.5 1.89 2 10.14 1.4 8.74 1.94

2.5 10.9 5.19 5.71 1.27 3 11.15 8.5 2.65 0.59

3.5 11.15 10.14 1.01 0.22 4 11.15 10.9 0.25 0.06

4.5 11.15 11.15 0 0

CSC: CURVA S CORREGIDA CSCD: CUEVA S CORREGIDA DESPLAZADA

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

T(h) 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

0.5 0.31 9.15 9.15 1 1.15 33.93 33.93

1.5 1.89 55.76 0 55.76 2 1.94 57.23 6.98 64.21

2.5 1.167 34.43 25.88 60.31 3 0.59 17.41 0 42.53 0 59.94

3.5 0.22 6.49 16.08 43.65 5.43 71.65 4 0.06 1.77 59.65 26.26 20.13 107.81

4.5 0 0 98.03 13.28 33.08 144.39 5 100.63 4.95 33.95 139.53

5.5 60.53 1.35 20.42 82.3 6 30.6 10.33 40.93

6.5 11.41 3.85 15.26 7 3.11 1.05 4.16

62

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:

PotencialaEscorrentìalaEscorrentí

Potencialtenciónaltención

_Re_

_ReRe_Re

= (5.1)

Si se adopta la designación de variables siguientes:

S: retención potencial Q: escorrentía real Ia: pérdidas por intercepción, almacenamiento en depresiones e infiltración. P: precipitación.

La ecuación (5.1) puede escribirse ahora como:

IaPQ

SQIaP

−=

−− )( (5.2)

Efectuando operaciones: [ ] SQIaPQIaP *)(*)( =−−−

63

63

SQQIaPIaP **)()( 2 =−−−

)(**)( 2 IaPQSQIaP −+=−

))((*)( 2 IaPSQIaP −+=−

)()( 2

IaPSIaPQ−+

−= (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:

SPSSPQ*20.0)*20.0( 2

−+−

=

Finalmente:

SPSPQ

*80.0)*20.0( 2

+−

= (5.5)

El valor de S, en centímetros, se relaciona con el número de curva de escorrentía a

través de la expresión:

40.252540−=

CNS (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 Lluvia total de los 5 Antecedente días previos (cm) I 0 - 3.50 II 3.50 - 5.25 III más de 5.25 ILRI, 1978

64

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 Entre 50 y 75

Mala menos del 50 ILRI, 1978

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 Alta B Moderada C Lenta D Muy lenta

ILRI, 1978

Con la información descrita puede determinarse el número de curva, CN, empleando la Tabla Nº1, la cual corresponde a condiciones 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

65

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

Sin embargo, es recomendable tratar 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 qt/qp 0 0

0.25 0.12 0.5 0.43 0.75 0.83

1 1 1.25 0.88 1.5 0.66 1.75 0.45

2 0.32 2.25 0.22 2.5 0.15 2.75 0.105

3 0.075 3.25 0.053 3.5 0.036 3.75 0.026

4 0.018 4.25 0.012 4.5 0.009 4.75 0.006

5 0.004

66

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:

totalDuraciónervaloelhastaacumuladotiempo

_int____

• 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:

TpQAqp **208.0= (5.7)

donde:

A: área de la cuenca, Km2 Q: escorrentía directa, mm Tp: tiempo al pico, horas qp: 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

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 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0 p/Pt 0 0.3 0.5 0.7 0.8 0.87 0.91 0.95 0.97 0.99 1.0 t/Tp 0 0.25 0.50 0.75 1.0 1.25 1.50 1.75 2.0 2.25 2.50 qt/qp 0 0.12 0.4 0.83 1.0 0.85 0.66 0.45 0.32 0.22 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:

385.0155.1 **0195.0 −= HLTc 385.0155.1 1000*)1000*36.47(*0195.0 −=Tc

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

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 permiten calcular la precipitación acumuladas hasta cada intervalo, Pa, tal como se aprecia en el cuadro siguiente.

T(h) t/T p/P Pa(cm) Qa(cm) Qparc.(mm) qp(m3/s) 0 0 0 0 0 0 0 1 0.33 0.73 5.11 0.382 3.82 69.52 2 0.67 0.938 6.566 0.888 5.06 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:

)*8.0()*20.0( 2

SPSPQ

+−

=

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

4.252540−=

CNS

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:

II

III CN

CNCN*058.010

*2.4−

= II

IIIII CN

CNCN*13.010

*23+

=

luego:

69

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:

cmS 29.1340.25642.65

2540=−=

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:

TpQAqp **208.0=

donde: qp: caudal pico, m3/seg

A: área de la cuenca, Km2 Q: lámina de escorrentía, mm Tp: 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

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 qt/qp T(h) Qd=qt/qp*69.52 Qd=qt/qp*92.09 Qd=qt/qp*32.94 Qdt(m3/s) 0 0 0 0 0

0.25 0.12 1 8.34 0 8.34 0.5 0.4 2 27.81 11.05 0 38.86

0.75 0.83 3 57.7 36.84 3.95 98.49 1 1 4 69.52 76.43 13.18 159.13

1.25 0.85 5 59.09 92.09 27.34 178.52 1.5 0.66 6 45.88 78.28 32.94 157.1

1.75 0.45 7 31.28 60.78 28 120.06 2 0.32 8 22.25 41.44 21.74 85.43

2.25 0.22 9 15.29 29.47 14.82 59.58 2.5 0.15 10 10.43 20.26 10.54 41.23

2.75 0.105 11 7.3 13.81 7.25 28.36 3 0.075 12 5.21 9.67 4.94 19.82

3.25 0.053 13 3.68 6.91 3.46 14.05 3.5 0.036 14 2.5 4.88 2.47 9.85

3.75 0.026 15 1.81 3.32 1.75 6.88 4 0.018 16 1.25 2.39 1.19 4.83

4.25 0.012 17 0.83 1.66 0.86 3.35 4.5 0.009 18 0.63 1.11 0.59 2.33

4.75 0.005 19 0.35 0.83 0.4 1.58 5 0.004 20 0.28 0.46 0.3 1.04

21 0.37 0.16 0.53 22 0.13 0.13

71

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 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0 p/Pt 0 0.3 0.5 0.7 0.8 0.87 0.91 0.95 0.97 0.99 1.0 T/Tp 0 0.25 0.50 0.75 1.0 1.25 1.50 1.75 2.0 2.25 2.50 qt/qp 0 0.12 0.4 0.83 1.0 0.85 0.66 0.45 0.32 0.22 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 curva número promedio ponderada para el conjunto de la cuenca es:

13.7715

93*485*560*6=

++=CN

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 0.17 0.44 1.75 0.008 0.08 0.12 1 0.33 0.73 2.91 0.22 2.12 3.31

1.5 0.5 0.87 3.47 0.406 1.86 2.9 2 0.67 0.938 3.74 0.511 1.05 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

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) 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 0 0 0

0.25 0.12 1 0.014 0 0.014 0.5 0.4 2 0.048 0.397 0 0.445 0.75 0.83 3 0.1 1.324 0.348 0 1.772

1 1 4 0.12 2.747 1.16 0.197 0 4.224 1.25 0.85 5 0.102 3.31 2.407 0.656 0.116 0 6.591 1.5 0.66 6 0.079 2.814 2.9 1.361 0.388 0.08 7.622 1.75 0.45 7 0.054 2.185 2.465 1.64 0.805 0.268 7.417

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 0.15 10 0.018 0.728 0.928 0.738 0.64 0.57 3.622 2.75 0.105 11 0.013 0.497 0.638 0.525 0.44 0.44 2.553

3 0.075 12 0.009 0.348 0.435 0.361 0.31 0.302 1.765 3.25 0.053 13 0.006 0.248 0.305 0.246 0.213 0.214 1.232 3.5 0.036 14 0.004 0.175 0.218 0.172 0.146 0.147 0.862 3.75 0.026 15 0.003 0.119 0.154 0.123 0.102 0.101 0.602

4 0.018 16 0.002 0.086 0.104 0.087 0.073 0.07 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 0.005 19 0.001 0.03 0.035 0.03 0.025 0.024 0.145

5 0.004 20 0 0.017 0.026 0.02 0.018 0.017 0.098 21 0.013 0.015 0.015 0.012 0.012 0.067 22 0.012 0.008 0.009 0.008 0.037

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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: cota de nivel muerto CNN: cota de nivel normal CNMa: cota a nivel máximo VM: volumen muerto VU: volumen útil VSA: almacenamiento de seguridad, (control de crecientes)

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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:

12*2

)21(*2

)21( SStOOtII−=∆

+−∆

+ (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:

tS

tSOOII

∆−

∆=−−+

1*22*22121

75

75

22*211*221 OtSO

tSII +

∆=−

∆++ (6.2)

La ecuación (6.2) tiene dos incógnitas; para resolverla se construye una expresión

que relaciona los valores de OtS

+∆*2 con O. El procedimiento a seguir es el descrito

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 OtS

+∆*2

Para el tránsito por el embalse deben seguirse los siguientes pasos: 1. Se fija el nivel del agua en el embalse.

2. Se determina O1 y 11*2 OtS

+∆

, correspondiente del nivel al inicio del transito, en la

curva OtS

+∆*2 Vs O.

3. Se Calcula 11*2 OtS

−∆

, restándole 2*O1 a 11*2 OtS

+∆

4. Con los valores de I1 e I2, conocidas del hidrograma de entrada y el resultado del

paso 3, se calcula 22*2 OtS

+∆

22*211*221 OtSO

tSII +

∆=−

∆++

5. Con el resultado anterior y la curva OtS

+∆*2 Vs O , se determina O2

6. Se resta O2 dos veces de 22*2 OtS

+∆

, con esto se obtiene 22*2 OtS

−∆

7. Se pasa al siguiente intervalo y se vuelve al paso 4

76

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 esquematiza 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).

)( OIKxKOS −+= (6.3)

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

Muskingun.

( )[ ]OxxIKS −+= 1 (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:

( ) ( )( )[ ]12112 OOxIIxKS −−+−=∆ (6.5)

77

77

por continuidad:

( ) ( ) tOOtIIS ∆−

−∆+

=∆2

122

21 (6.6)

igualando (6.5) y (6.6):

( ) ( )( )[ ] =−−+− 12112 OOxIIxK ( ) ( ) tOOtII∆

−−∆

+2

122

21 (6.7)

despejando O2:

1*)5.0()5.0(1*

)5.0()5.0(2*

5.0()5.0(2 O

tKxKtKxKI

tKxKtKxI

tKxKtKxO

+−−−

++−

++

+−−−

=

1*21*12*2 OCICICoO ++= (6.8) los coeficientes deben cumplir la condición:

121 =++ CCCo (6.9)

78

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) 0 3 6 9 12 15 18 21 24 27 Q(m3/s) 50 65 125 200 320 475 545 490 372 300 T(h) 30 33 36 39 42 45 48 51 Q(m3/s) 250 200 165 140 120 100 85 75 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:

0654.0)3*5.008.0*1010(

)3*5.008.0*10()*5.0*(

)*5.0*(=

+−−−

=+−

−−=

txKKtxKCo

215.0)3*5.008.0*1010(

)3*5.008.0*10()*5.0*(

)*5.0*(1 =+−

+=

+−+

=txKK

txKC

720.0)3*5.008.0*1010()3*5.008.0*1010(

)*5.0*()*5.0*(2 =

+−−−

=+−−−

=txKKtxKKC

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

79

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) Q(m3/s) Co*I2 C1*I1 C2*O O 0 50 50 3 65 4.25 10.75 36 51 6 125 8.18 13.98 36.72 58.88 9 200 13.08 26.88 42.39 82.35

12 320 20.93 43 59.29 123.22 15 475 31.07 68.8 88.72 188.59 18 545 35.64 102.13 135.78 273.55 21 490 32.05 117.18 196.96 346.19 24 372 24.33 105.35 249.26 378.94 27 300 19.62 79.98 272.84 372.44 30 250 16.35 64.5 268.16 349.01 33 200 13.08 53.75 251.29 318.12 36 165 10.79 43 229.05 282.84 39 140 9.16 35.48 203.64 248.28 42 120 7.85 30.1 178.76 216.71 45 100 6.54 25.8 156.03 188.37 48 85 5.56 21.5 135.63 162.69 51 75 4.91 18.28 117.14 140.33

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) Precipitación en A

(mm) Precipitación en B

(mm) 0.5 5 1 3

1.5 4 2 2

2.5 3

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

Subcuenca A Subcuenca B Valor K(h) 10 6

Valor x 0.02 0.03

80

80

El hidrograma unitario de media hora de duración para ambas subcuencas es: T(h) 0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 Q(m3/s)/mm 0 1.8 30.9 85.6 41.8 14.6 5.5 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) HU(m3/s)/mm Qd = HU*5 Qd = HU*4 Qd = HU*2 QdR(m3/s) 0 0 0 0

0.5 1.8 9 9 1 30.9 154.5 0 154.5

1.5 85.6 428 7.2 435.2 2 41.8 209 123.6 0 332.6

2.5 14.6 73 342.4 3.6 419 3 5.5 27.5 167.2 61.8 256.5

3.5 1.8 9 58.4 171.2 238.6 4 22 83.6 105.6

4.5 7.2 29.2 36.4 5 11 11

5.5 3.6 3.6 y para la subcuenca B:

T(h) HU(m3/s)/mm Qd = HU*3 Qd = HU*2 QdR(m3/s)0 0 0

0.5 1.8 0 0 1 30.9 5.4 5.4

1.5 85.6 92.7 0 92.7 2 41.8 256.8 3.6 260.4

2.5 14.6 125.4 61.8 187.2 3 5.5 43.8 171.2 215

3.5 1.8 16.5 83.6 100.1 4 5.4 29.2 34.6

4.5 11 11 5 3.6 3.6

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

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:

T(h) QdR(m3/s) Co*I2 C1 * I1 C2 * O1 O(m3/s) 0 0 0

0.5 9 0.05 0 0 0.05 1 154.5 0.77 0.41 0.04 1.22

1.5 435.2 2.18 6.95 1.16 10.29 2 332.6 1.66 19.58 9.78 31.02

2.5 419 2.1 14.97 29.47 46.54 3 256.5 1.28 18.86 44.21 64.35

3.5 238.6 1.19 11.54 61.13 73.86 4 105.6 0.53 10.74 70.17 81.44

4.5 36.4 0.18 4.75 77.37 82.30 5 11 0.06 1.64 78.19 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) QdR(m3/s) Co*I2 C1 * I1 C2 * O1 O

0 0 0 0.5 0 0 0 0 0 1 5.4 0.06 0 0 0.06

1.5 92.7 1.11 0.38 0.06 1.55 2 260.4 3.12 6.56 1.42 11.1

2.5 187.2 2.25 18.44 10.19 30.88 3 215 2.58 13.25 28.35 44.18

3.5 100.1 1.2 15.22 40.56 56.98 4 34.6 0.42 7.09 52.31 59.82

4.5 11 0.13 2.45 54.91 57.49 5 3.6 0.04 0.78 52.78 53.6

82

82

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

T(h) OA(m3/s) OB(m3/s) QR(m3/s) 0 0 0 0

0.5 0.05 0 0.05 1 1.22 0.06 1.28

1.5 10.29 1.55 11.84 2 31.02 11.11 42.12

2.5 46.54 30.88 77.42 3 64.35 44.18 108.53

3.5 73.86 56.98 130.84 4 81.44 59.82 141.26

4.5 82.30 57.49 139.79 5 79.89 53.6 133.49

5.5 76.42 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) 100 110 120 130 140 150 160 170 Area (Km2) 0 0.05 0.15 0.20 0.325 0.625 1 2 Cota de fondo = 100 msnm Cota nivel normal = 135 msnm Cota del volumen muerto = 105 msnm Cota máxima = 140 msnm Ecuación de descarga por los orificios: ghAQ 2**8.0=

Ecuación de descarga por el aliviadero: 23

**1.2 HLQ = Longitud del aliviadero: 10 m A este embalse llega la siguiente creciente. T(h) 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Q(m3/s) 0 2.98 16.89 50.4 100.85 141.04 147.06 116.47 76.33 49.97 10 11 12 13 14 15 32.73 21.44 14.01 9.15 5.98 3.93

83

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 Volumen

Acumulado(10^6)m3 100 0 0 0 0 110 10 0.05 0.25 0.25 120 20 0.15 1 1.25 130 30 0.2 1.75 3 140 40 0.325 2.625 5.625

La ecuación de tránsito a través de un embalse es:

+=

−++ 2

21

121

22O

tS

OtS

II

donde: I1 : caudal que ingresa al embalse en el instante 1 I2 : caudal que ingresa al embalse en el instante 2 S1 : almacenamiento en el embalse en el instante 1 S2 : almacenamiento en el embalse en el instante 2 O1: caudal que sale del embalse en el instante 1 O2: caudal que sale del embalse en el instante 2 La ecuación de tránsito debe aplicarse para dos intervalos 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. Posteriormente, el valor calculado de S2 para un intervalo dado será el correspondiente S1 para el siguiente.

84

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

lado izquierdo de la ecuación lo cuál será igual a la expresión OtS

+2 del instante t2; luego,

y utilizando la curva altura – área – capacidad y las ecuaciones de descarga, pueden

calcularse varios pares de valores para la relación OtS

+2 vs. O, en lo que podría

denominarse una función auxiliar.

De esta forma, para cada valor de OtS

+2 obtenido calculando el lado izquierdo

corresponderá un valor de O en la función auxiliar. Para el problema la función auxiliar es: 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:

011.1112=→=+ OO

tS

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

FUNCIÓN AUXILIAR H(m) 2S/t + O O(m3/s)

0 0 0 5.75 79.89 0

8 111.11 0 10 138.89 0 12 250 0

12.6 299.72 16.39 20 718.08 23.64 25 1208.03 27.47 30 1714.22 47.55 35 2394.44 52.83 36 2616.5 74.83 37 2801.7 114.2 38 2998.21 164.88 39 3203.87 224.7 40 3417.41 292.41

85

85

T(h) I(m3/s) 2S/T – O 2S/T +O O(m3/s) 0 0 111.11 111.11 0 1 2.98 114.09 114.09 0 2 16.89 133.96 133.96 0 3 50.4 201.25 201.25 0 4 100.85 317.9 352.5 17.3 5 141.04 517.99 559.79 20.90 6 147.06 757.99 806.09 24.33 7 116.47 968.94 1020.96 26.01 8 76.33 1107.52 1161.74 27.11 9 49.97 1176.84 1233.82 28.49

10 32.73 1200.52 1259.54 29.51 11 21.44 1196 1254.64 29.32 12 14.01 1174.65 1231.45 28.40 13 9.15 1143.03 1197.81 27.39 14 5.98 1104 1158.16 27.08 15 3.93 1060.45 1113.91 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) 0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 Q (m3/s) 0 10 30 50 60 55 45 30 15 5 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. ¿ Que opinión le merece la altura sugerida para la estructura de amortiguación? b. ¿ Que altura sugeriría Ud? c. ¿ Cuál es el caudal máximo de salida de la estructura para la creciente de

diseño?

86

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: hQ *81.9*2*5.1*6.0=

en la cuál h se mide con relación al centro del orificio; la relación OvsOtS

→→+2

tabulada será: FUNCIÓN AUXILIAR H(m) Area(m2) Volumen Acumulado(m3) 2S/t+O O(m3/s)

0 7000 0 0 0 0.25 7000 1750 11.67 0

3 7000 21000 146.61 6.61 6 7000 42000 289.56 9.56 9 7000 63000 431.79 11.79 12 7000 84000 573.67 13.67 15 7000 105000 715.31 15.31

Efectuando el tránsito a través de la estructura se obtendrá:

T(h) I(m3/s) 2S/T - O 2S/T +O O(m3/s) 0 0 0 0 0 5 10 10 10 0

10 30 46.24 50 1.88 15 50 115.02 126.24 5.61 20 60 208.56 225.02 8.23 25 55 303.38 323.56 10.09 30 45 380.7 403.38 11.34 35 30 431.48 455.7 12.11 40 15 451.72 476.48 12.38 45 5 447.08 471.72 12.32 50 0 427.96 452.08 12.06

a. 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.

b. Tomando como referencia el eje horizontal del orificio de desca se sugiere una altura mínima de 10.0 m.

c. El caudal máximo de salida de la estructura es de 12.38 m3/seg.

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87

PROBLEMA 6.3.5 Los datos de elevación – área - descarga para un pequeño embalse sin compuerta de control son los siguientes: Elevación (m) 0 0.3 0.6 0.9 1.2 1.5 1.8 2.1 2.4 2.7 Area (ha) 500 510 520 525 530 540 550 560 570 580 Q efluente (m3/seg) 0 15 43 78 120 168 219 275 337 409 Si el hidrograma afluente durante una creciente corresponde a los valores que muestran a continuación: Fecha 18/4/73 19 20 21 Hora 24 6 12 18 24 6 12 18 24 6 Q afl.(m3/seg) 43 43 46 57 89 149 274 355 345 317 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 : Elevación(m) Area(m2)*106 Volumen(m3)*106 Volumen 2S/T + O O(m3/s)

Acumulado(m3)*106 0 5 0 0 0 0

0.3 5.1 1.515 1.515 155.28 15 0.6 5.2 1.545 3.06 326.3 43 0.9 5.25 1.5675 4.6275 506.47 78 1.2 5.3 1.5825 6.21 695 120 1.5 5.4 1.605 7.815 891.61 168 1.8 5.5 1.635 9.45 1094 219 2.1 5.6 1.665 11.115 1304.17 275 2.4 5.7 1.695 12.81 1523.11 337 2.7 5.8 1.725 14.535 1754.83 409

Luego, efectuando el tránsito por el embalse:

88

88

Fecha T(h) I(m3/s) 2S/T – O 2S/T + O O(m3/s)

18/04/73 24 43 0 0 0 19/04/73 6 43 69.38 86 8.31

12 46 127.33 158.33 15.5 18 57 175.75 230.33 27.29 24 89 237.23 321.75 42.26

20/04/73 6 149 331.37 475.23 71.93 12 274 485.39 754.37 134.49 18 355 665.53 1114.39 224.43 24 345 780.77 1365.53 292.38

21/04/73 6 317 814.27 1442.77 314.25 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.

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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:

385.0155.1 **0195.0 −= HLTc (7.1) dónde:

L: longitud del cauce principal (metros) H: diferencia altitudinal entre el punto más lejano y la salida (metros) Tc: 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.

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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:

• 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 varias 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:

100*)()(*)( 2

segImAmPeF = (7.2)

dónde:

Pe: precipitación efectiva unitaria en metros A: área total de la cuenca Km2 I: 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

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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 duración con las láminas de precipitación que también se presentan en el mismo cuadro.

Isócronas (horas) Área (Km2) Precipitación(mm)

Hora 1 Hora 2 Hora 3 1 10 15 20 25 2 30 10 15 20 3 45 12 10 15 4 40 18 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:

mmPM 68.13125

171040453010

40*1845*1230*1010*1501 ==+++

+++=

mmPM 60.13125

170040453010

40*1545*1030*1510*2002 ==+++

+++=

mmPM 96.171252245

4045301040*1845*1530*2010*2503 ==

++++++

=

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:

9.8785*30.090*40.088*30.0 =++=CN

92

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y el valor del almacenamiento potencial del suelo será:

cmS 50.34.259.87

2540=−=

aplicando la relación:

)*80.0()*20.0( 2

SPSPQ

+−

=

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) Pacum.(cm) Qacum(cm) Qparcial(cm) Qparcial(mm)

1 3.5 1.368 0.1071 0.1071 1.071 2 3.5 2.728 0.7440 0.6369 6.369 3 3.5 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.

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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. 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:

11.01*5.04

1*5.0)*5.0(

*5.01 =+

=+

==tK

tCCo

78.0)1*5.04()1*5.04(

)*5.0()*5.0(2 =

+−

=+−

=tKtKC

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

347.0100*3600

10*125*001.0100*)(

)(*)( 6

===segIisocronas

mAmPeF

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 32 7.04 10.23 17.27 5.99 5 13.47 13.47 4.67 6 10.5 10.5 3.65 7 8.20 8.20 2.85 8 6.40 6.40 2.22 9 4.99 4.99 1.73 10 3.89 3.89 1.35 11 3.03 3.03 1.05 12 2.36 2.36 0.82 13 1.84 1.84 0.64 14 1.44 1.44 0.5 15 1.12 1.12 0.39 16 0.87 0.87 0.3 17 0.68 0.68 0.24 18 0.53 0.53 0.18 19 0.41 0.41 0.14 20 0.32 0.32 0.11 21 0.25 0.25 0.09

94

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 0.33 2 1.24 2.27 0 3.51 3 2.44 8.60 5.76 0 16.8 4 3.21 16.93 21.83 3.82 45.79 5 2.5 22.29 43.00 14.47 82.26 6 1.96 17.38 56.61 28.51 104.46 7 1.53 13.58 44.13 37.53 96.77 8 1.19 10.60 34.49 29.26 75.54 9 0.93 8.26 26.93 22.87 58.99 10 0.72 6.44 20.98 17.86 46.00 11 0.56 5.02 16.35 13.91 35.84 12 0.44 3.91 12.76 10.84 27.95 13 0.34 3.05 9.92 8.46 21.77 14 0.27 2.38 7.75 6.58 16.98 15 0.21 1.86 6.05 5.14 13.26 16 0.16 1.45 4.73 4.01 10.35 17 0.13 1.13 3.69 3.13 8.07 18 0.1 0.88 2.84 2.44 6.27 19 0.08 0.69 2.27 1.88 4.9 20 0.06 0.54 1.70 1.50 3.78 21 0.05 0.42 1.32 1.13 2.91 22 0.33 1.04 0.88 2.25 23 0.85 0.69 1.54 24 0.56 0.56

PROBLEMA 7.2.2 Para una cuenca dada se tiene la información de isocronas y áreas que se muestran a continuación: Isocronas(h) 0 1 2 3 4 Areas (Km2 ) 0 10 30 45 40 Se pide calcular el hidrograma unitario de 2 horas de duración. SOLUCION:

95

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 cálculo del hidrograma unitario instantáneo de C.O. Clark serán:

TkTCCo*5.0

*5.01+

== =0.11

TkTkC

*5.0*5.02

+−

= =0.78

y el factor de transformación:

100*360010*125*001.0

100** 6

==Iisocronas

APeF =0.347 m3/s

y el hidrograma unitario instantáneo obtenido para la cuenca: Isocronas(hrs.) %Area %Area*(C0+C1) C2 *O O HUI(m3/s)

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 32 7.04 10.23 17.27 5.99 5 13.47 13.47 4.67 6 10.5 10.5 3.65 7 8.20 8.20 2.85 8 6.40 6.40 2.22 9 4.99 4.99 1.73 10 3.89 3.89 1.35 11 3.03 3.03 1.05 12 2.36 2.36 0.82 13 1.84 1.84 0.64 14 1.44 1.44 0.5 15 1.12 1.12 0.39 16 0.87 0.87 0.3 17 0.68 0.68 0.24 18 0.53 0.53 0.18 19 0.41 0.41 0.14

96

96

Aplicando el HUI a cada una de las precipitaciones puntuales, desplazando y sumando se obtiene: Isocronas(hrs.) HUI HUI * 0.5 mm HUI * 0.5 mm HU(2h)(m3/s)/mm

0 0 0 0 1 0.61 0.31 0.31 2 2.31 1.16 0 1.16 3 4.55 2.28 0.31 2.59 4 5.99 3 1.16 4.16 5 4.67 2.34 2.28 4.62 6 3.65 1.83 3 4.83 7 2.85 1.43 2.34 3.77 8 2.22 1.11 1.83 2.94 9 1.73 0.87 1.43 2.30 10 1.35 0.68 1.11 1.79 11 1.05 0.53 0.87 1.40 12 0.82 0.41 0.68 1.09 13 0.64 0.32 0.53 0.85 14 0.5 0.25 0.41 0.66 15 0.39 0.20 0.32 0.52 16 0.3 0.15 0.25 0.4 17 0.24 0.12 0.20 0.32 18 0.18 0.09 0.15 0.24 19 0.14 0.07 0.12 0.19 20 0.09 0.09 21 0.07 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 Índice φ para el evento (mm/h) I 0.01 0.15 0.06 0.06 0.05 5 II 0.02 0.05 0.04 0.07 0.03 4 III 0.1 0 0.08 0.03 0.04 3.5 IV 0.07 0 0.02 0.04 0.08 4.5

97

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 P1 P2 P3 P4 P5 Total I 0.01 0.15 0.06 0.06 0.05 0.33 II 0.02 0.05 0.04 0.07 0.03 0.21 III 0.10 0.00 0.08 0.03 0.04 0.25 IV 0.07 0.00 0.02 0.04 0.08 0.21

Total 0.20 0.20 0.20 0.20 0.20 1.0 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

98

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:

TkTCCo*5.0

*5.01+

== =0.11 TkTkC

*5.0*5.02

+−

= =0.78

100*360010*78*001.0

100** 6

==Iisocronas

APeF =0.217 m3/s

Isocronas(hrs) %Area %Area*(Co+C1) C2*O O HUI

0 0 0 0 0 0 1 33 7.26 0 7.26 1.58 2 21 4.62 5.66 10.28 2.23 3 25 5.5 8.02 13.52 2.93 4 21 4.62 10.55 15.17 3.29 5 11.83 11.83 2.57 6 9.23 9.23 2 7 7.2 7.2 1.56 8 5.62 5.62 1.22 9 4.38 4.38 0.95 10 3.42 3.42 0.74 11 2.67 2.67 0.58 12 2.08 2.08 0.45 13 1.62 1.62 0.35 14 1.26 1.26 0.27 15 0.98 0.98 0.21 16 0.76 0.76 0.16 17 0.59 0.59 0.13 18 0.46 0.46 0.1 19 0.36 0.36 0.08 20 0.28 0.28 0.06

99

99

Isocronas(hrs) HUI Qd=HUI*5.59 Qd=HUI*5.59 QdR (m3/s)

0 0 0 0 1 1.58 8.83 8.83 2 2.23 12.47 0 12.47 3 2.93 16.38 8.83 25.21 4 3.29 18.39 12.47 30.86 5 2.57 14.37 16.38 30.75 6 2 11.18 18.39 29.57 7 1.56 8.72 14.37 23.09 8 1.22 6.82 11.18 18 9 0.95 5.31 8.72 14.03 10 0.74 4.14 6.82 10.96 11 0.58 3.24 5.31 8.55 12 0.45 2.52 4.14 6.66 13 0.35 1.96 3.24 5.2 14 0.27 1.51 2.52 4.03 15 0.21 1.17 1.96 3.13 16 0.16 0.89 1.51 2.4 17 0.13 0.73 1.17 1.9 18 0.1 0.56 0.89 1.45 19 0.08 0.45 0.73 1.18 20 0.06 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 Indice φ (mm) Precipitación (mm)

(horas) (Km2) 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

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:

hmm /29.985

45*1030*810*1010 =++

=−φ

hmm /82.785

45*930*610*821 =++

=−φ

hmm /18.685

45*730*510*632 =++

=−φ

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:

143.05.0*5.05.1

5.0*5.0*5.0

*5.01 =+

=+

==tK

tCCo

714.05.0*5.05.15.0*5.05.1

*5.0*5.02 =

+−

=+−

=tKtKC

472.0100*3600*5.010*85*001.0

100** 6

===Iisocronas

APEF m3/s

y el hidrograma unitario:

101

101

Isocronas(h) Area (Km2 ) %Area %Area*(Co+C1) O*C2 O HUI(m3/s)

0 0 0 0 0 0 0

0.5 10 11.76 3.36 0 3.36 1.59

1 30 35.29 10.09 2.4 12.49 5.9 1.5 45 52.94 15.14 8.92 24.06 11.36 2 17.18 17.18 8.11

2.5 12.27 12.27 5.79 3 8.76 8.76 4.13

3.5 6.25 6.25 2.95 4 4.46 4.46 2.11

4.5 3.18 3.18 1.5 5 2.27 2.27 1.07

5.5 1.62 1.62 0.76 6 1.16 1.16 0.55

6.5 0.83 0.83 0.39 7 0.59 0.59 0.28

7.5 0.42 0.42 0.2 8 0.3 0.3 0.14

8.5 0.21 0.21 0.1 9 0.15 0.15 0.07

Puntualizando ahora las precipitaciones efectivas: 3.205 5.0 3.8 2.01 0 1 2 3 Multiplicando cada precipitación efectiva por el HUI, desplazando y sumando, se obtiene finalmente:

102

102

Isocronas(h) HUI Qd= HUI*3.205 Qd=HUI*5 Qd=HUI*3.8 Qd=HUI*2.01 QdR(m3/s) 0 0 0 0

0.5 1.59 5.10 5.10 1 5.9 18.91 0 18.91

1.5 11.36 36.41 7.95 44.36 2 8.11 25.99 29.50 0 55.49

2.5 5.79 18.56 56.80 6.04 81.40 3 4.13 13.24 40.55 22.42 0 76.21

3.5 2.95 9.45 28.95 43.17 3.20 84.77 4 2.11 6.76 20.65 30.82 11.86 70.09

4.5 1.5 4.81 14.75 22 22.83 64.39 5 1.07 3.43 10.55 15.69 16.3 45.97

5.5 0.77 2.44 7.50 11.21 11.64 32.79 6 0.55 1.76 5.35 8.02 8.30 23.43

6.5 0.39 1.25 3.80 5.70 5.93 16.68 7 0.28 0.90 2.75 4.07 4.24 11.96

7.5 0.2 0.64 1.95 2.89 3.02 8.53 8 0.14 0.45 1.4 2.09 2.15 6.09

8.5 0.1 0.32 1 1.48 1.53 4.33 9 0.07 0.22 0.70 1.06 1.11 3.09

9.5 0.50 0.76 0.78 2.04 10 0.35 0.53 0.56 1.44

10.5 0.38 0.4 0.78 11 0.27 0.28 0.55

11.5 0.2 0.2 12 0.14 0.14

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 40 50 28 51.4 33.4 39 42 29.8 44 35 33.9 60 P2 60 141.5 77.2 64.8 60.4 103 62.6 93.8 65.2 56.8 114 56.8 P3 56 95.6 43.6 56.4 45 81 62.4 51.2 66.8 53.8 52.2 98.4 También se sabe que:

103

103

P1 P2 P3 Distribución que ajusta Gumbel Extrema I Lognormal Periodo de retorno(años) 35 60 50 Porcentaje de influencia(%) 30 40 30 La información de isocronas para la cuenca es la siguiente: T(h) 0 1 2 3 4 Area(Km2) 0 10 20 30 25 φ (mm/h) 5 4.5 7 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Q(m3/s) 0 0.63 4.79 15.06 34.64 60.63 86.57 109.11 122.64 129.52 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 131.57 130.17 126.36 120.99 114.59 107.61 100.39 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:

SxSn

YnYXX *)( −+=

−

La media y la desviación típica para esta estación serán: X = 40.54 mm Sx = 9.54 también: N = 12 Yn = 0.5022 Sn = 0.9782

Tr = 35 Y = 3.5135 Sustituyendo:

mmSxSn

YnYXXP 91.6954.9*9782.0

)5022.05135.3(54.40*)(1 =−

+=−

+==−

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

104

104

X=79.70 Sx = 27.43

210*67.442.27

281.1281.1 −===Sx

α

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

)(

1)(βα −−−−=≥

XeeXxP reemplazando:

)351.67(210*67.4

1601 −−−−=

Xee , despejando el valor de X, se tiene: P2 =154.84 mm

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:

02.05011)( ===≥

TrXxP

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:

1178.0)7876.1(0537.2 −

=y despejando y: y = 2.0295

aplicando antilogaritmo: 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:

hmm /88.585

25*610*720*5.410*5=

+++=φ

la precipitación efectiva, Pe, será entonces:

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

105

105

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

11.01*5.04

1*5.0*5.0

*5.01 =+

=+

==tK

tCCo

78.01*5.041*5.04

*5.0*5.02 =

+−

=+−

=tKtKC

236.0100*3600*110*85*001.0

100** 6

===Iisocronas

APEF m3/s

y el HUI:

Isocronas(h) Area % Area %Area*(Co+C1) C2*O O HUI 0 0 0 0 0 0 0 1 10 11.76 2.59 0 2.59 0.61 2 20 23.53 5.18 2.02 7.20 1.7 3 30 35.29 7.76 5.62 13.38 3.16 4 25 29.41 6.47 10.44 16.91 3.99 5 13.19 13.19 3.11 6 10.29 10.29 2.43 7 8.03 8.03 1.90 8 6.26 6.26 1.48 9 4.88 4.88 1.15 10 3.81 3.81 0.9 11 2.97 2.97 0.7 12 2.32 2.32 0.55 13 1.81 1.81 0.43 14 1.41 1.41 0.33 15 1.1 1.1 0.26 16 0.86 0.86 0.2 17 0.67 0.67 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

106

Luego, multiplicando, desplazando y sumando, se obtiene:

Isocronas(h) HUI(m3/s) Qd=HUI*51.63 Qd=HUI*51.63 QdR(m3/s) 0 0 0 0 1 0.61 31.49 31.49 2 1.7 87.77 0 87.77 3 3.16 163.15 31.49 194.64 4 3.99 206 87.77 293.77 5 3.11 160.57 163.15 323.72 6 2.43 125.46 206 331.46 7 1.90 98.10 160.57 258.67 8 1.48 76.41 125.46 201.87 9 1.15 59.37 98.10 157.47 10 0.9 46.47 76.41 122.88 11 0.7 36.14 59.37 95.52 12 0.55 28.4 46.47 74.86 13 0.43 22.2 36.14 58.34 14 0.33 17.04 28.4 45.43 15 0.26 13.42 22.2 35.62 16 0.2 10.33 17.04 27.36 17 0.16 8.26 13.42 21.68 18 0.12 6.2 10.33 16.52 19 8.26 8.26 20 6.2 6.2

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

)1*5.0*1010()1*5.0*10(

)*5.0*()*5.0*(

+−−−

=+−

−−=

xx

txKKtxKCo

)1*5.0*1010()1*5.0*10(

)*5.0*()*5.0*(1

+−+

=+−

+=

xx

txKKtxKC

)1*5.0*1010()1*5.0*1010(

)*5.0*()*5.0*(2

+−−−

=+−−−

=xx

txKKtxKKC

La ecuación de tránsito será: O2 = Co*I2 + C1* I1 + C2 * O1 Aplicándola para los dos primeros intervalos donde: 02 =0.63

107

107

0.63=)1*5.0*1010(

)1*5.0*10(+−

−−x

x *31.49+)1*5.0*1010(

)1*5.0*10(+−

+x

x *0+)1*5.0*1010()1*5.0*1010(

+−−−

xx *0

despejando: x = 0.03 Co = 0.020 C1= 0.078 C2 = 0.902 Verificando:

T(h) QdR(m3/s) Co*I2 C1*I1 C2*O O(m3/s) 0 0 0 1 31.49 0.63 0 0 0.63 2 87.77 1.76 2.46 0.57 4.79 3 194.64 3.89 6.85 4.32 15.06 4 293.77 5.88 15.18 13.58 34.64 5 323.72 6.47 22.91 31.25 60.63 6 331.46 6.63 25.25 54.69 86.57 7 258.67 5.17 25.85 78.09 109.11 8 201.87 4.04 20.18 98.42 122.64 9 157.47 3.15 15.75 110.62 129.52 10 122.88 2.46 12.28 116.83 131.57 11 95.52 1.91 9.58 118.68 130.17 12 74.86 1.5 7.45 117.41 126.36 13 58.34 1.17 5.84 113.98 120.99 14 45.43 0.91 4.55 109.13 114.59 15 35.62 0.71 3.54 103.36 107.61 16 27.36 0.55 2.78 97.06 100.39 17 21.68 0.43 2.13 90.55 93.11 18 16.52 0.33 1.69 83.99 86.01 19 8.26 0.17 1.29 77.58 79.04 20 6.2 0.12 0.64 71.29 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) 0-0.25 0.25-0.50 0.50-0.75 0.75-1.00 Área(Km2) 2 4 10 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

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 0.5 – 1.0 1.0 – 1.5 P1 12 8 10 P2 25 15 20 P3 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:

25.76100

85*3560*4090*25=

++=CNp

y el almacenamiento potencial del suelo:

cmS 91.74.2525.76

2540=−=

Calculando la precipitación efectiva, Q, y distribuyéndola en el tiempo se tiene:

T(h) P(cm) PA(cm) Q(cm) Q(mm) 0 0 0 0 0

0.5 1.66 1.66 0 0 1 1.44 3.1 0.244 2.44

1.5 1.55 4.65 0.857 8.57 Los parámetros para el cálculo del Hidrograma Unitario Instantáneo, por el método de C.O. Clark serán:

11.025.0*5.01

25.0*5.0*5.0

*5.01 =+

=+

==tk

tCCo

109

109

78.025.0*5.0125.0*5.01

*5.0*5.02 =

+−

=+−

=tktkC

211.0100*3600*25.0

10*19*001.0100*

* 6

===Iisocronas

APEF m3/s

El Hui será entonces: Isocronas(h) Area(Km2) %Area %area*(Co+C1) O*C2 O HUI(m3/s)

0 0 0 0 0 0 0 0.25 2 10.53 2.32 0 2.32 0.49 0.5 4 21.05 4.63 1.81 6.44 1.36 0.75 10 52.63 11.58 5.02 16.6 3.5

1 3 15.79 3.47 12.95 16.42 3.46 1.25 12.81 12.81 2.7 1.5 9.99 9.99 2.11 1.75 7.79 7.79 1.64

2 6.08 6.08 1.28 2.25 4.74 4.74 1 2.5 3.7 3.7 0.78 2.75 2.89 2.89 0.61

3 2.25 2.25 0.47 3.25 1.76 1.76 0.37 3.5 1.37 1.37 0.29 3.75 1.07 1.07 0.23

4 0.83 0.83 0.18 Discretizando la lluvia efectiva en el tiempo y calculando el hidrograma resultante: 0 1.22 5.51 4.29 0 0.5 1 1.5

110

110

T(h) HUI Qd=HUI*1.22 Qd=HUI*5.51 Qd=HUI*4.29 QdR(m3/s) 0 0 0

0.25 0.49 0 0.5 1.36 0 0 0.75 3.5 0.6 0.6

1 3.46 1.66 0 1.66 1.25 2.7 4.27 2.7 6.97 1.5 2.11 4.22 7.49 0 11.71 1.75 1.64 3.29 19.29 2.1 24.68

2 1.28 2.57 19.06 5.83 27.46 2.25 1 2 14.88 15.02 31.90 2.5 0.78 1.56 11.63 14.84 28.03 2.75 0.61 1.22 9.04 11.58 21.84

3 0.47 0.95 7.05 9.05 17.05 3.25 0.37 0.74 5.51 7.04 13.29 3.5 0.29 0.57 4.30 5.49 10.36 3.75 0.23 0.45 3.36 4.29 8.10

4 0.18 0.35 2.59 3.35 6.29 4.25 0.28 2.04 2.62 4.94 4.5 0.22 1.6 2.02 3.84 4.75 1.27 1.59 2.86

5 0.99 1.24 2.23 5.25 0.99 0.99 5.5 0.77 0.77

111

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. Frecuencia 2. Lamina a aplicar en cada oportunidad 3. Consumo total de agua. 4. Nivel de humedad asociada al umbral óptimo de riego 5. 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.

xRtct

tctR *)5.1(*)(*8.1 −= (8.1)

112

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

Evtct

tctaEtx *))1(*)(3.0( 2 −+= (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.

3/1))1(**( EtxsrU −= (8.4) dónde:

r: coeficiente de densidad de enraizamiento. S: 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 los 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.

Lr

PNEtxn )*( −= (8.7)

113

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 Abr May Jun Jul Ago Sep Oct Nov Dic 7.4 9.4 22.6 61.0 75.1 40.7 29.0 35.0 42.9 80.6 52.4 44.9 Evaporación (mm) Ene Feb Mar Abr May Jun Jul Ago Sep Oct Nov Dic 179.3 285.1 319.4 258.4 238.4 251.5 270.4 270.9 288.3 262.4 258 260.4 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 :

Caña de Aúcar Maíz Caraota Coeficiente desarrollo foliar 6.20 4.80 3.4 Ciclo de desarrollo (meses) 10 4 3 Meses de Siembra Septiembre Enero 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:

Evtt

ttaEtx

cc

*1**3.02

−

+=

donde: Etx: Evapotranspiración (cm/días) Ev: Evaporación de tina (cm/días) a: Coeficiente de desarrollo foliar tc: Duración del ciclo de desarrollo en días t: 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: número de días del mes P: precipitación ( cm) en el mes

114

114

Los resultados se muestran en los cuadros adjuntos. CAÑA DE AZUCAR

Sep Oct Nov Dic Ene Feb Mar Abr May Jun Precipitación (cm) 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) 30 31 30 31 31 28 31 30 0.31 30 Etx(cm/días) 0.3 0.36 0.51 0.67 0.57 1.17 1.25 1.01 0.75 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 MAIZ Ene Feb Mar Abr Precipitación (cm) 0.74 0.94 2.26 6.1 Evaporación (cm/días) 0.58 1.02 1.03 0.86 N(días) 31 28 31 30 Etx(cm/días) 0.21 0.74 1.03 0.65 DNR(cm) 5.77 19.78 29.67 13.4 DNR(miles m3) 11.54 39.56 59.34 26.8 CARAOTA May Jun Jul Precipitación (cm) 7.51 4.07 2.9 Evaporación (cm/días) 0.77 0.84 0.87 N (días) 31 30 31 Etx (cm/días) 0.29 0.61 0.6 DNR (cm) 1.48 14.23 15.7 DNR (miles m3) 2.96 28.46 31.4

Demandas Mensuales

Netas Totales

Ene Feb Mar Abr May Jun Jul Ago Sep Oct Nov Dic DNR (miles m3) 180.84 357.76 424.24 268.8 160.36 134.76 31.4 0 74.1 31 100.6 162.8

115

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 eleva 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 : ENE FEB MAR ABR MAY JUN P(mm / mes) 12.7 8.7 30.1 53 60 80 E(mm / mes) 262 208 239 200 213 219 SOLUCIÓN Para las condiciones iniciales se tendrá:

)*8.0()*2.0( 2

SPSPQ

+−

= =)*8.05.7()*2.05.7(27.1

2

SS

+−

=

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:

4.252540−=

CNS

)4.25(2540+

=S

CN

CN = 65.41 CN actual = 1.37*65.41 = 89.62 Para este nuevo valor de CN, el almacenamiento potencial del suelo es:

4.252540−=

CNS = 4.25

62.892540

− = 2.94 cm

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

116

116

)*8.0()*2.0( 2

SPSPQ

+−

= =)94.2*8.05.7()94.2*2.05.7( 2

+− = 4.85 cm 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:

Evtt

ttaEtx

cc

*1**3.02

−

+=

DNr = Etx *Nd – P

Ene Feb Mar Abr May Jun

P(cm/mes) 1.27 0.87 3.01 5.3 6 8 E(mm/mes) 262 208 239 200 213 219

Nd 31 28 31 30 31 30 Ev(cm/dia) 0.85 0.74 0.77 0.67 0.69 0.73 Etx(cm/dia) 0.28 0.56 0.46 DNR(cm) 6.97 14.35 8.50

Totalizando: DNRt = 6.97 + 14.35 + 8.50 = 29.82 cm DNRt = 0.2982 m Luego, el área factible de regar será:

DNRteVdisponiblArea = = 2

6

32.72032192982.0

10*148.2 m=

Área a regar = 720.3219 Ha

117

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:

SSalidasEntradas ∆±=− (9.1) Ecuación que, considerando los procesos, puede escribirse como:

SQsEQaP ∆±=−−+ (9.2) dónde:

P: precipitación sobre el espejo de agua del embalse Qa: caudal afluente al embalse o aporte de río E: evaporación desde el espejo de agua Qs: 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:

QsEPQa VVVVViVf −−++= (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

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: mABBCAC 400030005000 2222 =−=−= 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 * 106 m3

119

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 * 106 – 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

120

Área de la superficie libre del embalse = 10 Has Precipitación = 120 mm Evaporación = 200 mm Qe = 0.20 m3 / seg Qs = 1.5 m3 / seg Qr = 1.20 m3 / seg QAB = 0.50 m3 / seg Vt = ? 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 * 106 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

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

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 Valores esperados durante el mes Embalse “A” Qs = 500 lts/seg Embalse “A” Qen = 300 lts/seg. Evaporación = 250 mm Precipitación = 0 Embalse “B” Qs = 800 lts/seg Embalse “B” Qe = 400 lts/seg Qr = 1000 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

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 / 106 = 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

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 * 106 m2

2666

10*56.12

)10*48.110*64.1( mioAreapromed =+

=

Cálculo de los volúmenes:

Volumen inicial: 3610*12.212000*2

16*)820500( mVinicial =+

=

Volumen final: 3610*88.142000*2

12*)740500( mVfinal =+

=

125

125

Volumen de entrada: 3610*368.103600*24*30*2

)35( mVentrada =+

=

Volumen de salida: 3610*184.53600*24*30*2 mVsalida ==

Volumen de riego: 3610*024.33600*24*)10*2

)31(10*1210*1( mVriego =

+++=

Volumen de abastecimiento:

3610*776.73600*24*)10*2

)24(10*2

)42(10*2

)24(( mientoVabastecim =+

++

++

=

Aplicando ahora la ecuación de balance hidrológico:

VevapVaVrVsVeViVf −−−−+=

VaVrVsVeVfViVevap −−−+−=

666666 10*776.710*024.310*184.510*368.1010*88.1410*12.21 −−−+−=Vevap

Vevap = 624000 m3

mmmApromedio

VevapLevaporada 40040.010*56.1

6240006 ====

Lámina evaporada = 400 mm

126

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 introducción 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 Universidad Católica de Chile. VEN TE CHOW, DAVID R. MAIDMENT Y LARRY W. MAYS. 1994. Hidrología

Aplicada. McGraw Hill Latinoamericana.

127

127

ANEXO 1

128

128

Tabla 1. Gumbel

N Yn Sn 10 0.4952 0.9497 15 0.5128 1.0210 20 0.5236 1.0630 25 0.5309 1.0910 30 0.5362 1.1120 35 0.5403 1.1280 40 0.5436 1.1410 45 0.5463 1.1520 50 0.5485 1.1610 60 0.5521 1.1750 70 0.5548 1.1850 80 0.5569 1.1940 90 0.5586 1.2010 100 0.5600 1.2060 200 0.5672 1.2360 500 0.5724 1.2590

Tr(años) Y 1.58 0.0000

2 0.3670 2.33 0.5790

5 1.5000 10 2.2500 15 2.6740 20 2.9700 25 3.2000 30 3.3840 50 3.9020 100 4.6000 500 6.2140 1000 6.9200

10000 9.2100

129

129

ANEXO 2

130

130

Tabla 2. Número de curva de escorrentía para complejo hidrológicos suelos-cobertura, para condiciones de humedad antecedente II e Ia =0.20 COBERTURA GRUPO DE SUELOS

Uso de la tierra Tratamiento o Práctica Condición A B C D Hidrológica NUMERO DE CURVAS

Rastrojo Hileras rectas ----------- 77 86 91 94 Cultivos en Hileras Hileras rectas Mala 71 81 88 91 Buena 67 78 85 89 Curvas de nivel Mala 70 79 84 88 Buena 65 75 82 86 Curvas de nivel y terrazas Mala 66 74 80 82 Buena 62 71 78 81 Cultivos en hi- leras estrechas Hileras rectas Mala 65 76 84 88 Buena 63 75 83 87 Curvas de nivel Mala 63 74 82 85 Buena 61 73 81 84 Curvas de nivel y Terrazas Mala 61 72 79 82 Buena 59 70 78 81 Leguminosas En hileras es – trechas o fo – rraje en rotación Hileras rectas Mala 66 77 85 89 Buena 58 72 81 85 Curvas de nivel Mala 64 75 83 85 Buena 55 69 78 83 Curvas de nivel y terrazas Mala 63 73 80 83 Buena 51 67 76 80 Pastos de pas- toreo Mala 68 79 86 89 Regular 49 69 79 84 Buena 39 61 74 80 Curvas de nivel Mala 47 67 81 88 Regular 25 59 75 83 Buena 6 35 70 79 Pastos de corte Buena 30 58 71 78 Bosque Mala 45 66 77 83 Regular 36 60 73 79 Patios ----- 59 74 82 86 Caminos de tierras ----- 72 82 87 89 Pavimentos ----- 74 84 90 92

131

131

Tabla 3. Número de curva (CN) para otras condiciones. CNII CNI CNIII CNII CNI CNIII

100 100 100 60 40 78 99 97 100 59 39 77 98 94 99 58 38 76 97 91 99 57 37 75 96 89 99 56 36 75 95 87 98 55 35 74 94 85 98 54 34 73 93 83 98 53 33 72 92 81 97 52 32 71 91 80 97 51 31 70 90 78 96 50 31 70 89 76 96 49 30 69 88 75 95 48 29 68 87 73 95 47 28 67 86 72 94 46 27 66 85 70 94 45 26 65 84 68 93 44 25 64 83 67 93 43 25 63 82 66 92 42 24 62 81 64 92 41 23 61 80 63 91 40 22 60 79 62 91 39 21 59 78 60 90 38 21 58 77 59 89 37 20 57 76 58 89 36 19 56 75 57 88 35 18 55 74 55 88 34 18 54 73 54 87 33 17 53 72 53 86 32 16 52 71 52 86 31 16 51 70 51 85 30 15 50 69 50 84 68 48 84 25 12 43 67 47 83 20 9 37 66 46 82 15 6 30 65 45 82 10 4 22 64 44 81 5 2 13 63 43 80 0 0 0 62 42 79 61 41 78

132

132

ANEXO 3

133

133

Tabla 4. Coeficiente de desarrollo foliar para el cálculo de la evapotranspiración. Cultivos Ejemplo a Muy frondoso, alto, de largo período vegetativo (> 5 meses), o sembrados muy tupidos.

Caña de azucar, Pasto elefante Sorgo forrajero, ect

6.20

frondosos, de mediana estatura, de 3 – 5 meses de desarrollo.

Maíz, sorgo granero Arroz tabaco, algodón, Yuca, tomate, etc.

4.8

Poco frondoso, baja esta- Ttura, de rápido y corto desarrollo (3 meses), o sembrado muy separada- mente.

Caraota, maní, hortalizas bajas, frutales espaciados, etc.

3.4

Tabla 5. Coeficiente de densidad de enraizamiento, r, para el cálculo del umbral óptimo de riego. (Norero,1976)

Características radicular

Ejemplo r

Muy profusas Gramíneas pratenses

0.7 – 1.0

Profusas Maíz, sorgo, Arroz, girasol

0.5 -0.7

Moderadamente densas Caña de azúcar, soya, algodón, maní

0.3 – 0.5

Poco densas Papa, tabaco, horta- lizas, banano, cebolla caraota.

0.2 – 0.4