Solucionario de Problemas Modelamiento Ambiental

]UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CENTRO DEL PERÚ

FACULTAD DE INGENIERÍA QUÍMICA UNIDAD DE POST GRADO

MAESTRIA EN INGENIERIA AMBIENTAL

TRABAJO:

CÁTEDRA :

ANÁLISIS Y MODELAMIENTO DE SISTEMAS AMBIENTALES

CATEDRÁTICO :

M.Sc. IVÁN LUIS OSORIO LÓPEZ

INTEGRANTES :

- JULIÁN LAIME, EDGAR RAFAEL

- TORRECILLAS PEREZ, CAYO GREGORIO

- EGOAVIL CUADRADO, MIRIAM

SEMESTRE : I

FECHA DE ENTREGA : 07 de julio de 2012

HUANCAYO – PERÚ

2012

“SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE

MODELAMIENTO AMBIENTAL”

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CENTRO DEL PERÚ ESCUELA DE POST GRADO

UNIDAD DE POSTGRADO DE LA FACULTAD DE INGENIERIA QUIMICA ANÁLISIS Y MODELAMIENTO DE SISTEMAS AMBIENTALES

I. SOLUCIONARIO DE PROBLEMAS DE MODELAMIENTO AMBIENTAL

1. Un desagüe sin tratar con una DBO de 240mg/L se envía a una planta de tratamiento en

la que se elimina el 50% de la DBO. El rio receptor del efluente tiene la curva de oxigeno

que se muestra en la figura (el rio no tiene otras fuentes de DBO). Observe que los

valores están expresados en millas y días requeridos para alcanzar un punto

determinado.

FIGURA 01:

a. Suponer que por avería en la planta de tratamiento ya no se elimina nada de DBO. Trazar

la nueva curva en comba del oxigeno largo tiempo después de la avería. Indicar la

distancia de las nuevas coordenadas críticas aguas abajo.

b. Dibujar la curva del oxigeno al cabo de 4 días después de la avería de la planta de

tratamiento.

SOLUCIÓN

Para la solución del problema se deben calcular los siguientes parámetros:

i. Calculo del déficit de oxigeno inicial ( )

(1)

De la figura:

Valor de saturación del oxigeno disuelto

Valor Real del oxigeno disuelto en tiempo cero

De donde:

ii. Ecuación de Streeter-Phelps, cuyo modelo se presenta como sigue:

[

] (2)

Donde:

: Constante de Desoxigenación

: Constante de aireación

: DBO final o última de la mezcla de agua corriente mas agua residual en el punto de

descarga

: Tiempo

Del enunciado ya que el rio no tiene otras fuentes de DBO:

iii. Construcción de una tabla de datos Experimentales, con base en la figura, la curva

debe cruzar por los siguientes puntos:

t (días) OD (mg/L)

0 9.0

3 6.0

8 9.0

Es decir el rio se desoxigena y reoxigena (aireación) en un periodo de 8 días llegando el

valor critico en el tercer día (tc = 3dias) con la ODmin = 6mg/L.

iv. Cálculo de las constantes cinéticas Kd y Kr Utilizando el software POLYMATH

Remplazando los datos en la Ecuación de Streeter-Phelps:

[

] (2)

Ingresando este modelo con los parámetros ya determinados para el sistema, además

ingresamos los datos de la tabla de datos Experimentales para hacer regresión No Lineal

con el software Polymath 5.1:

Datos Experimentales según la Figura del sistema:

FIGURA 02:

Ingresamos el modelo con los valores calculados:

FIGURA 03:

Utilizamos regresión No lineal, la cual nos arroja los siguientes valores:

FIGURA 04:

Aparece el mensaje en rojo: EL CÁLCULO EXCEDE EL MÁXIMO NUMERO DE

ITERACIONES y arroja:



Ingresamos éstos valores en el modelo y simulamos para un periodo de 8 días:

FIGURA 05:

Se puede apreciar que los valores no funcionan correctamente ya que el OD alcanza valores

negativos (FIGURA 06)

FIGURA 06:

Tampoco se verifica los valores críticos tc = 3dias y ODmin = 6mg/L.

v. Cálculo de las constantes cinéticas Kd y Kr Utilizando el software LabVIEW 9.0

En el modelo de Streeter-Phelps:

[

] (2)

Se puede ver que:

(3)

Donde:

Déficit de oxígeno en cualquier instante t (mg/L)

Además:

Matemáticamente:

(4)

Resolvemos el modelo utilizando Runge Kutta de 4to orden para estimar D(mg/L) en el

tiempo(días):

Los valores iniciales son: para t=0

La función pendiente:

(5)

Si usamos los valores encontrados con el POLYMATH 5.1:



Encontramos la siguiente curva para el déficit de oxigeno (D):

FIGURA 07:

En la FIGURA 07 el Déficit de oxigeno no debería superar el valor máximo de 9mg/L, por lo

que al simular el oxigeno disuelto OD en función del tiempo, obtenemos un resultado similar

al obtenido con el software POLYMATH 5.1, ya que aparecen valores negativos nuevamente

y el punto critico esta situado mas o menos en el día 0.5 (FIGURA 08), la línea amarilla

representa los datos experimentales y como se ve se esta muy lejos con los parámetros Kd

y Kr calculados por el POLYMATH 5.1.

FIGURA 08:

Entonces de deben encontrar valor para Kd y Kr que se ajusten a los datos experimentales

(línea amarilla), por lo que al probar distintos valores se obtiene los siguientes resultados:

Si se quiere conseguir que el oxigeno se recupere en un tiempo de 8 días, se encontraron

los siguientes mejores valores:



FIGURA 09:

En la FIGURA 8 se aprecia que a estas condiciones el tiempo critico es menor a 0.5 días,

con lo que se esta muy lejos del tiempo critico mostrado en la grafica de los datos

experimentales tc = 3 días.

De donde se concluye que los datos proporcionados por la FIGURA 01 (datos del ejercicio)

SE ENCUENTRAN MAL PLANTEADOS, ya que ningún valor de Kd, Kr va a satisfacer el

comportamiento mostrado en dicha figura.

Además se sustenta también en el hecho de que según datos de bibliografía que:

Kd para agua residual tratada tiene un valor entre 0.12 y 0.23días-1. TABLA 5.8

Kr para grandes ríos de corriente normal tiene un valor entre 0.46 y 0.69 días-1. TABLA 5.9

Fuente: Davis y Cornell 1991, Tchobanoglous y Schroeder 1985.

Por lo que se descartan los valores calculados para Kd y Kr con el POLYMATH y LABVIEW

hasta el momento según los datos proporcionados.

vi. Corrección de datos proporcionados por el sistema.

Se observo que debido a que la DBO del contaminante tiene un valor de 240 y 120 mg/L, se

requeriría mucho más tiempo para que el rio se recupere, ya que es una alta carga de DBO

última.

FIGURA 09:

Más bien lo que se sugiere es trabajar con un valor de ingreso de 12mg/L el cual es mas

probable que se dé, luego:

Se puede ver que:

(3)

(4)

Resolvemos el modelo utilizando Runge Kutta de 4to orden para estimar D(mg/L) en el

tiempo(días):

Los valores iniciales son: para t=0

La función pendiente:

(5)

Si usamos los mejores valores encontrados con LabVIEW:

: Constante de Desoxigenación TABLA 5.8


FIGURA 10:

En la FIGURA 10 se puede ver claramente que el rio se recupera a esas condiciones para

los valores de Kd y Kr en un periodo de 30 días, con un Lo = 12mg/L (DBO última), y con un

punto critico de 3 días para un OD de 6mg/L, además los valores encontrados de Kd y Kr se

encuentran dentro de los rangos permisibles según la bibliografía consultada:

Kr para grandes ríos de corriente normal tiene un valor entre 0.46 y 0.69 días-1. TABLA 5.9

Kd para agua residual tratada tiene un valor entre 0.12 y 0.23días-1. TABLA 5.8

Fuente: Davis y Cornell 1991, Tchobanoglous y Schroeder 1985.

Por lo que se pueden aceptar estos valores calculados para las constantes cinéticas.

SOLUCIÓN DEL PROBLEMA

a. Suponer que por avería en la planta de tratamiento ya no se elimina nada de DBO. Trazar

la nueva curva en comba del oxigeno largo tiempo después de la avería. Indicar la

distancia de las nuevas coordenadas críticas aguas abajo.

Para este caso se debe de tomar un valor de Lo = 24mg/L

Siendo la nueva curva comba de oxigeno como se muestra en la FIGURA 11, cuyo punto

crítico es:

b

FIGURA 11:

Y si se quiere expresar en términos de distancia en milla (x), usamos:

Distancia aguas Abajo (millas)

: Velocidad de la corriente

Tiempo (días)

FIGURA 12:

En la FIGURA 12 se muestra que las nuevas coordenadas criticas aguas abajo son de

90millas para DBOmin = 3mg/L y la recuperación se todavía a las 900millas

aproximadamente.

b. Dibujar la curva del oxigeno al cabo de 4 días después de la avería de la planta de

tratamiento.

FIGURA 13:

En la figura 13 se puede apreciar que al 4to día el rio aun no se ha recuperado ya que el OD

= 3.30mg/L, y tendrá que transcurrir mucho mas tiempo para su recuperación total.

1.- El modelo gaussiano de columna de una fuente puntual para una central electrica 50m como

altura efectiva (vease figura) de la chimenea. La noche esta nublada (nota: esto no es lo mismo que

“nublado”; en este modelo comprobar las notas al pie de la tabla 7.8). Debemos averiguar la

contaminación a nivel del suelo en dos posiciones A y B, que estan a 1.2 y 1.4km en la direccion del

viento que mueve el humo de la chimenea.

a.- ¿A qué distancia tendra lugar la máxima concentración de contaminación?¿Qué posición (A o B)

tendría la contaminación más elevada?

b.- Supongamos cielos claros y que la velocidad del viento esta por debajo de los 5m/s,¿Se moverá la

posición en la dirección del viento en el cual ocurre la máxima concentración?¿Si es así se moverá

mas cerca de la chimenea o se alejará de la chimenea? (H = sigue siendo 50m)

c.- Bajo las nuevas condicones del apartado (b) ¿ Que casa experimentará la mayor contaminación?

Noche nublado

H = 50m

1.2km

1.4km

SOLUCION:

Definiendo la clase de estabilidad del problema con la consideración de una noche nublada (con

nubosidad nocturna > 4/8 nublado) se tiene una clase de estabilidad tipo “D”. la velocidad del viento

superficial a considerar estará en el rango de 3 – 5 m/s.

Luego : velocidad del viento = 5m/s

H = 50m Za = 10m

Con una estabilidad “D” se tiene el exponente de perfil de viento “ p = 0.25

Entonces por formula calculamos : VH = Va(H/Za)p = (5)(50/10)0.25

VH = 7.47m/s

Suponiendo que hay una emision de contaminante por la chimenea del orden de los 500Kg/hr

entonces :

A B

Q = 500Kg/hr x 1h/3600s x 1E+9μg/1Kg

Q = 1.4E+8 μg/s de contaminante.

Identificando los valores de a, c, d y f (para X> 1km) que nos permitirá evaluar los coeficientes de

dispersión de Gauss σy y σz :

a = 68 ; c = 44.5 ; d = 0.516 ; f = -13

σy = 68X0.894 y σz = 44.5X0.516 + (-13)

para calcular la C(X,0) :

C(X,0) = ( Q / (3.1415*VH*σy* σz))exp(-H^2/(2* σz^2))

Luego, aplicando POLYMATH para los valores mencionados y evaluando para un rango de 0 a 2 km se

tiene:

En el grafico obtenido gráfico se puede observar que la máxima concentración ocurre a una distancia

X =1.092km.

C (μg/m3)

(X) km

Respuesta al inciso “a”: la máxima concentración tendrá lugar a una distancia de 1.092 km de la

chimenea, con una concentración de contaminante de 796ug/m3 .La posición “A” ubicada a 1.2km de

la chimenea está mas expuesta a concentraciones elevadas de contaminante con 768.6ug/m3, en

comparación de la posición “B” ubicada a 1.4km con un 713.9ug/m3.

Ahora suponiendo cielo claros, es decir una noche despejada con un nubosidad nocturna < de 3/8

cubierta por nubes y con una velocidad debajo de los 5m/s se tiene una clase de estabilidad “E” es

decir levemente estable la que corresponde un exponente de perfil de viento “p” = 0.40

Calculando : VH = Va(H/Za)p = 5(50/10)0.40

VH = 9.52 m/s

Identificando los valores de a, c, d y f (para X> 1km) que nos permitirá evaluar los coeficientes de

dispersión de Gauss σy y σz para una estabilidad de clase “E” :

a = 50.5 ; c = 55.4 ; d = 0.305 ; f = -34

σy = 50.5X0.894 y σz = 55.4X0.305 + (-34)

Luego, aplicando POLYMATH para los valores mencionados y evaluando para un rango de 0 a 3 km se

tiene la siguiente gráfica:

C(ug/m3)

X (km)

Respuesta al inciso “b” : Se observa que la concentración máxima para las nuevas condiciones es de

511.62ug/m3 y se ubica a 1.78km de la chimenea. Por tanto la concentración máxima del

contaminante se alejará del punto referencial de la chimenea.

Respuesta al inciso “c”: de acuerdo a los resultados obtenidos en el inciso “b” se puede determinar

que la casa “B” experimentaría mayor contaminación.

2.- Se propone la ubicación de una planta de papel a 1km contra el viento de un pueblo. Emitirá

40g/s de sulfuro de hidrógeno, el cual tiene un umbral de olor de cerca de 0.1mg/m3. Los vientos en

la chimenea pueden variar de 4 a 10m/s soplando hacia el pueblo. ¿Qué altura máxima debería tener

la chimenea para asegurar concentraciones inferiores a 0.1 veces el umbral del olor en las afueras del

pueblo en un día de clase B?. Al ser conservativa, la chimenea será diseñada sin asumir la crecida

dela columna. Si el pueblo se extiende mas allá de la distancia de 1km, ¿Experimentaría algunos

edificios concentraciones más altas que una residencia en la frontera bajo estas condiciones.

Solución:

viento

H =?

1km

La cantidad de emisiones emitidas es : 40g/s x 1E+6ug/s = 4E+7ug/s

Concentración máxima deH2S = 0.1 x umbral de olor = 0.1 x 0.1mg/m3

Concentración máxima deH2S = 0.01mg/m3 x 1E+3ug/1mg = 10ug/m3

Tomando una velocidad promedio de los vientos en la chimenea = (4+10)/2 = 7m/s

Los valores de obtenidos de tablas para un día tipo “B” son:

Para X> 1 se tiene : a = 156 ; c = 108.2 ; d = 1.098 ; f = 2.0

Entonces para X = 1km :

σy = 156(1)0.894 = 156

σz = 108(1)1.098 + 2 = 110

luego, reemplazando datos en la ecuación :

PUEBLO

C(1,0) = ( Q / (3.1415*VH*σy* σz))exp(-H^2/(2* σz^2))

Se tiene:

10 = 4E+7*exp(-H2 / (2*1102) / (3.141516*7*156*110)

ln ( 0.09434) = (-H2 / 2*12100)

H = 239m

Verificando con POLYMATH para la altura calculada si cumple con el requisito de la concentracion

máxima permitida :

Se obtiene la curva siguiente:

C(ug/m3)

X(km)

En la curva se puede observar que a la distancia de 1km la concentración de H2S no sobrepasa los

10ug/m3 con una altura máxima de chimenea de 239m (sin asumir crecida de la columna).

Sin embargo si el pueblo se extiende mas alla de la distancia de 1km, de acuerdo a la curva mostrada

si serian afectados por concentraciones mas altas, siendo la máxima concentración de 17.86 ug/m3 a

la distancia de 1.54km de la chimenea; cayendo luego la concentración y volviendo a estar dentro de

los valores permisibles (10 ug/m3) despues de los 2.93Km respecto de la chimenea.

4.- una ciudad de 200,000 habitantes deposita 37 pies cúbicos por segundo(cfs) de un residuo que

tiene una DBO de 28mg/L y 1.8mg/L de OD, en un río que lleva un caudal de 250cfs y una velocidad

de 1.2ft/s. Por encima del punto fuente el río tiene una DBO de 3.6mg/L y un OD de 7.6mg/L. el valor

de saturación del OD es de 8.5mg/L. El coeficiente de desoxigenación Kd es de 0.61/día y el de

aireación Kr es de 0.76/día. Suponiendo que se mezclan completa e instantáneamente el vertido al

río.

a.- Hallar el déficit inicial de oxígeno y la DBO total justo agua abajo del vertido.

b.- Hallar el tiempo y la distancia en que se alcanza el mínimo OD.

c.- Hallar el mínimo OD.

d.- Hallar el OD que puede esperarse 10millas abajo

Solución:

Descarga = 37pies3/s = 1.0477m3/s

DBO = 28mg/L ; OD = 1.8mg/L

Q = 250pies3/s = 7.08m3/s DBO = 3.6mg/L RÍO

V = 1.2pies/s = 0.366m/s OD = 7.6mg/L

Valor de saturación OD = 8.5mg/L

Kd = 0.61/día Kr = 0.76/día

Para calcular el déficit de oxígeno justo aguas abajo del vertido, emplearemos la formula siguiente:

Do = ODs – (QwODw + QrODr)/(Qw + Qr)

Donde :

Do = déficit de oxígeno inicial de la mezcla de agua de río y agua residual.(mg/L)

Qw = caudal de aguas residuales (m3/s)

Qr = caudal del rio (m3/s)

ODs = valor de saturación de OD en el agua a l temperatura del río.(mg/L)

ODw = OD en el agua residual.(mg/L)

ODr = OD en el río inmediatamente antes del punto de descarga.(mg/L)

Luego reemplazando datos:

Do = 8.5 – (1.0477*1.8 + 7.08*7.6)/(1.0477 + 7.08)

Do = 1.647mg/L

Para calcular la DBO total justo aguas abajo del vertido, usaremos la formula siguiente:

Lo = (QwLw + QtLt)/(Qw + Qt)

Donde :

Lo = DBO final de la mezcla agua corriente mas agua residual ( mg/L)

Lt = DBO de las aguas del río justo por encima del punto de descarga (mg/L)

Lw = DBO de las aguas residuales (mg/L)

Qt = caudal del río justo por encima del punto de descarga (m3/s)

Qw = caudal de aguas residuales (m3/s)

Luego reemplazando datos :

Lo = (1.0477*28 + 7.08*3.6)/(1.0477 + 7.08)

Lo = 6.745mg/L

Para calcular el tiempo (Tc) en que se alcanza un OD mínimo usaremos la formula siguiente :

Tc = (1/(Kt – Kd)) *ln((Kt/Kd)*(1 – Do*(Kt – Kd)/(Kd*Lo))

Reemplazando datos :

Tc = (1/(0.76 – 0.61))*ln((0.76/0.61)*(1 – 1.647*(0.76 – 0.61)/(0.61*6.745))

Tc = 1.053 días.

Para calcular la distancia(Xc) para un OD mínimo tenemos la siguiente fórmula :

Xc = Vr*Tc

Transformando Tc a segundos se tiene : 90979.2 segundos.


Xc = 0.366*90979.2

Xc = 33298.387m

Xc = 33.298km.

Para calcular el OD mínimo calcularemos primero el déficit máximo de oxígeno con la siguiente

fórmula:

D = (Kd*Lo/(Kt – Kd))*(exp(-Kd*T) – exp(-Kt*T)) + Do*exp(-Kt*T)

Donde:

T = igual a Tc para el déficit máximo de oxígeno.


D = (0.61*6.745/(0.76 – 0.61))*(exp(-0.61*1.053) – exp(-0.76*1.053)) + 1.647*exp(-0.76*1.053)

Desarrollando se tiene : D = 2.85mg/L

Finalmente: OD min = ODs - ODmax

ODmin = 8.5 – 2.85

ODmin = 5.65mg/L

Para hallar el OD que puede alcanzarse 10 millas rio abajo, aplicaremos la formula de velocidad para

hallar el tiempo que demora en recorrer el contaminante 10 millas. Luego:

10 millas *1609.347m/1milla = 16093.47 m = 16.093km.

Se sabe que : T = X/V donde : X distancia, V = velocidad del rio.

T = (16093.47m)/ 0.366m/S) = 43971.23 s

Convirtiendo el tiempo a días se tiene :

T = 0.51 días.

Aplicando la formula para el oxigeno disuelto OD a la distancia dada se tiene:

OD = ODs - (Kd*Lo/(Kt – Kd))*(exp(-Kd*T) – exp(-Kt*T)) + Do*exp(-Kt*T)

Reemplazando datos .

OD = 8.5 -(0.61*6.745/(0.76 – 0.61))*(exp(-0.61*0.51) – exp(-0.76*0.51)) + 1.647*exp(-0.76*0.51)

OD = 8.5 – 1.6

OD = 1.6mg/L

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