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Problemas resueltos

1.-

a) (50%). Calculad los valores críticos de oxígeno disuelto (concentración, posición, materia orgánica en ese punto)

cuando se produce el siguiente vertido de aguas residuales urbanas efectuado en distintas condiciones en invierno y en

verano. Comparad los resultados.

Datos:

Características del río aguas arriba del punto de vertido:

Verano Invierno

Caudal (m3/s) 1.3 2

Velocidad (m/s) 0.1 0.2

Materia orgánica, L0 (mg/L) 1 3

Fracción particulada de L0 100% 100%

Oxígeno Disuelto 97% [O2]sat 96% [O2]sat

Temperatura (ºC) 19 12

Características del agua residual prevista:

Verano Invierno

Caudal (m3/s) 0.06 0.04


Fracción particulada de L0 40% 40%

Oxígeno Disuelto (mg/L) 0 0


Constantes cinéticas:

Constante de degradación de la materia orgánica, k'1 (20ºC): 0.42 d-1

= 1.047

Constante de reaireación, k'2 (20ºC): 0.38 d-1

= 1.026

Se supone que el vertido no afecta apreciablemente a la velocidad del agua en el río.

No se produce sedimentación de materia orgánica en el rio.

Altitud: nivel del mar.

b) (50%). Idem, pero considerando que se instala un sedimentador primario antes del vertido. Este sedimentador

primario elimina un 60% de la materia orgánica particulada. Comparad los resultados con los del apartado a..

Solución.

Apartado a)

SITUACIÓN DE VERANO:

Características del punto de mezcla entre el vertido y el agua del río:

La DBOL en el punto de mezcla es: Lmgs

m

m

g

s

m

m

g

Lmezcla

/01.2306.03.1

06.05003.113

3

3

3

0

La temperatura en el punto de mezcla es: CTmezcla º22.1936.1

06.0243.119

La concentración de oxígeno es: LmgO mezcla /59.836.1

06.003.126.997.02

El déficit de oxígeno en el punto mezcla es:

LmgOOD mezclaCsatmezcla/63.059.822.92º22.19,20

Valores de las constantes de velocidad de reacción a la temperatura de trabajo:

112022.19'

2

112022.19'

1

373.0024.138.0)º22.19(

405.0047.142.0)º22.19(

ddCk

ddCk

Los valores del punto crítico se calculan mediante las ecuaciones de Streeter-Phelps para el caso:

LmgeeLL

LmgDOO

LmgeeLk

kD

mdd

s

s

mtvx

dLk

kkD

k

k

kkt

c

c

tkc

cCsatc

tkc

cc

c

/36.801.23

/14.008.922.9

/08.901.23373.0

405.0

216005.2864001.0

5.201.23405.0

405.0373.063.01

405.0

373.0ln

405.0373.0

11ln

1

5.2405.00

º22.19,22

5.2405.00'

2

'1

0'1

'1

'2

0'1

'2

'1

'2

'1

'1

SITUACIÓN DE INVIERNO:



m

m

g

s

m

m

g

Lmezcla

/76.1104.00.2

04.04500.233

3

3

3

0


04.0160.212

La concentración de oxígeno es: LmgOmezcla

/14.1004.2

04.000.277.1096.02

El déficit de oxígeno en el punto mezcla es: LmgOODmezclaCsatmezcla

/63.014.1077.102º08.12,20


112008.12'

2

112008.12'

1

315.0024.138.0)º08.12(

292.0047.142.0)º08.12(

ddCk

ddCk


LmgeeLL

LmgDOO

LmgeeLk

kD

mdd

s

s

mtvx

dLk

kkD

k

k

kkt

c

c

tk

c

cCsatc

tk

c

cc

c

/74.476.11

/37.640.477.10

/40.476.11315.0

292.0

5374111.3864002.0

11.376.11292.0

292.0315.063.01

292.0

315.0ln

292.0315.0

11ln

1

11.3292.0

0

º22.19,22

11.3292.0

0'

2

'

1

0

'

1

'

1

'

2

0'

1

'

2

'

1

'

2

'1

'1

Comentarios:

La diferencia entre las situaciones de invierno y verano es muy grande. En invierno, la concentración de oxígeno

disuelto en el punto crítico está en el 59% de la concentración de saturación, mientras que en verano se sitúa en el 1.5%,

esto es, prácticamente cero. Los motivos por los cuales sucede esto son:

La carga orgánica vertida es notablemente inferior en invierno.

El caudal del río es mayor en invierno, lo cual diluye el vertido en mayor medida.

La constante de velocidad de degradación de la materia orgánica es menor en invierno, debido a las menores

temperaturas. También disminuye la constante de velocidad de reaireación, pero lo hace en menor medida y su

valor es superior a la k’1.

Apartado b)

En este caso, el vertido de materia orgánica desde la población disminuye un 24% (sedimenta el 60% del 40% de la

materia orgánica). Por lo tanto, el valor de L0 en la mezcla de aguas del río y del vertido será:

Condiciones de verano: Lmgs

m

m

g

s

m

m

g

Lmezcla

/72.1706.03.1

06.03803.113

3

3

3

0

Condiciones de invierno: Lmgs

m

m

g

s

m

m

g

Lmezcla

/65.904.00.2

04.03420.233

3

3

3

0

Todos los demás términos son los mismos, por lo que el punto crítico es:

Verano:

LmgeeLL

LmgDOO

LmgeeLk

kD

mdd

s

s

mtvx

dLk

kkD

k

k

kkt

c

c

tkc

cCsatc

tkc

cc

c

/49.672.17

/17.205.722.9

/05.772.17373.0

405.0

2142748.2864001.0

48.272.17405.0

405.0373.063.01

405.0

373.0ln

405.0373.0

11ln

1

48.2405.00

º22.19,22

48.2405.00'

2

'1

0'1

'1

'2

0'1

'2

'1

'2

'1

'1

Invierno:

LmgeeLL

LmgDOO

LmgeeLk

kD

mdd

s

s

mtvx

dLk

kkD

k

k

kkt

c

c

tkc

cCsatc

tkc

cc

c

/94.365.9

/12.765.377.10

/65.365.9315.0

292.0

5305007.3864002.0

07.365.9292.0

292.0315.063.01

292.0

315.0ln

292.0315.0

11ln

1

07.3292.00

º22.19,22

07.3292.00'

2

'1

0'1

'1

'2

0'1

'2

'1

'2

'1

'1

En ambos casos se observa una mejoría en las concentraciones de oxígeno. Es más apreciable en verano que en

invierno.

3.- Se pretende instalar una planta de ósmosis inversa destinada a la producción de agua potable. La planta captará

aguas subterráneas con una concentración media de nitratos de 40 mg N/L. El agua producida tendrá una concentración

de nitratos de 3 mg N/L. El agua de rechazo de la planta (un 40% del agua subterránea captada) será evacuada a una

laguna litoral. La administración ha fijado como objetivo de calidad de nitratos en la laguna un valor de 2 mg N/L.

Calculad:

El caudal máximo de agua potable que puede producir la planta para que no se sobrepase en la laguna el

objetivo de calidad.

El tiempo que tardará en alcanzarse el objetivo de calidad una vez iniciada la actividad.

Se asume que, en el periodo de tiempo considerado, los nitratos son contaminantes conservativos.

Características de la laguna:

Caudal natural de entrada Qe = 5 m3

/s

Caudal natural de salida Qs = Qe

Concentración de nitratos en el caudal de entrada [NO3-]e = 1 mg N/L

Concentración inicial de nitratos en la laguna (antes del inicio del vertido) [NO3-]0 = 1 mg N/L

Superficie: 105 m

2.

Profundidad media: 2 m.

Solución:

En primer lugar hay que determinar la concentración de nitratos en el agua de rechazo.

Sea Qc el caudal de agua subterránea captado, Qp el caudal de agua potable producido, y Qr el caudal de rechazo.

Aplicando un balance de materia para la producción de agua potable:

LNmgr

NO

rNO

rNOcQ

pNOcQcQ

rNOrQ

pNOpQ

cNOcQ

/5.953

34.036.040

34.036.040

333

Para calcular el caudal máximo de agua potable que se puede producir, se aplica un balance de materia al lago con el

vertido del rechazo en estado estacionario:

smrQ

rQrQ

LmgNrQLmgNrQLmgNsm

NOrQeQr

NOrQe

NOeQdt

NOd

V

3053.0

2105.9550

255.951350

0333

3

de donde

smcQpQ

smrQcQ

30795.06.0

31325.04.0

053.0

4.0

Para calcular el tiempo que tardará la laguna en alcanzar el objetivo de calidad fijado, se parte igualmente de la

ecuación del balance de nitratos:

333

3NOrQeQ

rNOrQ

eNOeQ

dt

NOd

V

Llamando

15

33

10526.2200000

053.5

273.105.95053.015

sV

QQB

sgNOQNOQW

re

rree

Cuya integración resulta:

horasst

e

ee

ee

eNOeBV

WNO

t

tt

tt

BtBt

87.37136331

033.0033.1

033.2033.22

1120000010526.2

273.102

1

5

55

55

10526.2

10566.210566.2

10526.210526.2

5

033

5.- Una población vierte sus aguas residuales tratadas a un cauce completamente seco. Las características del vertido y

del rio se muestran a continuación.

Características del río aguas arriba del vertido:

Caudal Q = 0 m3

/s Temperatura =

[O2] = DBOL

=

Objetivo de calidad para la concentración de oxígeno disuelto en el río > 0.80 [O2]sat

Características del efluente de la EDAR: Población servida: 25500 hab

Materia orgánica : 1.5 g DBO5/hab día k

1

' (20ºC) = 0.20 d

-1

= 1.047

Caudal: 0.175 m3

/hab día

Temperatura efluente: 22 ºC [O2] = 0 mg/L

Constantes cinéticas en el río:

k1' (20ºC) = 0.20 d

-1 = 1.047

k2' (20ºC) = 0.33 d

-1 = 1.024

Velocidad del agua en el río: u (m/s) = 0.376 Q0.6 (Q en m3

/s)

Calcula la concentración de oxígeno disuelto en los kilómetros 0, 10, 20, 30 y 40. ¿Se habrá conseguido el

objetivo de calidad a 100 km del punto de vertido?. Comenta los resultados.

En primer lugar, como siempre, hay que calcular las condiciones del punto en donde se realiza la mezcla:

3

57.83

175.0

5.1

5m

g

diahab

m

diahab

g

DBO

La DBOL correspondiente a este vertido : Lmg

eke

DBOLDBO /56.13

520.01

57.8

51

5'1

El caudal del vertido es: s

m

d

m

L

mhab

díahab

LvQ

30516.0

35.4462

331025500

.175

La DBOL en el punto de mezcla es la del vertido puesto que no hay agua de dilución.

La temperatura en el punto de mezcla es la del vertido: 22ºC

La concentración de oxígeno es la del vertido: 0 mg/L

El déficit de oxígeno en el punto mezcla es: LmgmezclaOCsatODmezcla

/73.8073.82º22,20

El objetivo de calidad es LmgCsatOO /98.6º22,280.02

En este problema no hay que calcular el punto crítico, sino concentraciones de oxígeno en distintos puntos del río. Para

ello se emplea la ecuación de cálculo del déficit de oxígeno disuelto de Streeter-Phelps:

1346.012022024.133.0)º22('2

1219.012022047.120.0)º22('1

486.5346.0

486.5219.0

219.0346.0

56.132119.0486.5346.0

73.8

'2

'1

'1

'2

0'1

'2

0)(

ddCk

ddCk

siendo

x

e

x

e

x

eu

xk

eu

xk

ekk

Lku

xk

eDxD

siendo la velocidad dkmsmQu /486.5/0635.06.00516.0376.06.0376.0

Sustituyendo los valores calculados se construye la siguiente tabla:

Km Déficit (mg/L) [O2] (mg/L)

0 8.73 0

10 7.89 0.84

20 6.37 2.36

30 4.85 3.88

40 3.56 5.17

100 0.41 8.32

7.- Calcula la máxima capacidad hotelera que se puede instalar en una población que vierte a una bahía, de manera que

la concentración de oxígeno disuelto esté por encima del 90% con respecto a saturación. Se puede suponer, a los efectos

de la simulación, que la bahía se puede asimilar a un lago.

Características de la bahía: Caudal de agua de mar que entra/sale: 8.64 10

5 m

3/d.

- Salinidad: 35‰

- DBOL

= 0 mg O2/L.

- [O2] = [O2]sat mg/L

Volumen de la bahía: 5 Hm3.

Temperatura máxima (verano): 25ºC

Objetivo de calidad para la concentración de oxígeno disuelto en la bahía > 0.90 [O2]sat

Características de la actividad hotelera:

Materia orgánica: 65 g DBO5/plaza día k

1

' (20ºC) = 0.35 d

-1

= 1.047

Caudal: 0.175 m3

/hab día

Temperatura vertido: 25 ºC [O2] = 0 mg/L

Constantes cinéticas en la bahía:

k1' (20ºC) = 0.35 d

-1 = 1.047

k2' (20ºC) = 0.05 d

-1 = 1.024

Ecuaciones para la DBO carbonosa en lagos:

Ecuaciones para oxígeno disuelto en lagos si el único sumidero de oxígeno es la DBO carbonosa.

Ec.( 1)

2k'V

iQB siendo

Bte0]2[OBte1B

sat]2[O2k'

B

L'1k

BV

OW](t)2[O 2

Ec.(2)

Cálculos iniciales:

- DBOlímite en el vertido:

día /plaza5DBO g67.78535.01

65

51

5'1

eke

DBOLDBO

- Valores de las constantes cinéticas a la temperatura de trabajo:

112025'

2

112025'

1

056.0024.105.0)º25(

44.0047.135.0)º25(

ddCk

ddCk

La incógnita es N, el número de plazas hoteleras que se pueden instalar. La forma de resolver el problema consiste en

asumir la situación de estado estacionario y expresar la ecuación para el cálculo de la concentración de oxígeno disuelto

en función de N, y despejar su valor:

1

i

t B -o

t B - L

k'V

QB siendo

e L + )e - 1 ( V B

W = L(t)

Para la concentración de oxígeno disuelto:

N7

100.350.22880.0566

105

0.175N5

108.64

2k'

V

iQ

B siendo

05

10732.493629.3328

10720937.3

1544.0N0.175610064.3

N6148.43N

7102.12625

0.378N0.175610064.3

N6148.431.1664N

7100.350.22886.075

6.750.9N

7100.350.2288

6.750.056

N0.1756

10064.3

N78.67

N7100.350.2288

0.446

105N7

100.350.2288

6.755

10 8.64]2[O

B

sat]2[O2k'

B

L'1k

BV

2OW

]2[O

ioestacionarEstado

t2O

B

e0

]2

[O

t2O

B

e1

2O

B

sat]2

[O2

k'

2O

B

L'1

k

V2

OB

2O

W

](t)2

[O

plazas13944N

NN

7

6

5

1

i

667

L t B -o

t B - L

1035.06128.044.0105

175.01064.8k'

V

QB siendo

175.010064.3

67.78

1051035.06128.0

175.0

67.78175.0

V B

W = Le L + )e - 1 (

V B

W = L(t)

N

N

N

N

N

N

ioestacionarEstado

9.- Una población vierte sus aguas residuales a un río. Las características del vertido y del rio se muestran a

continuación.


Caudal Q = 0.2 m3

/s Temperatura: 20ºC

[O2] = 0.95 [O2]sat DBO

L = 1.43 mg O

2/L.

Objetivo de calidad para la concentración de oxígeno disuelto en el río > 0.65 [O2]sat

Características de la población: Población: 3500 hab

Materia orgánica soluble: 15.00 g DBO5/hab día k

1

' (20ºC) = 0.35 d

-1

= 1.047

Materia orgánica particulada: 27.25 g DBO5/hab día k

1

' (20ºC) = 0.35 d

-1

= 1.047

Caudal: 0.175 m3

/hab día



k1' (20ºC) = 0.35 d

-1 = 1.047

k2' (20ºC) = 0.33 d

-1 = 1.024

Velocidad del agua en el río: v (m/s) = 0.376 Q0.6 (Q en m3

/s)

a) (50%) ¿Cuál será la mínima concentración de oxígeno disuelto en el río y dónde se producirá?.

b) (50%) Si se instalara un sedimentador primario estándar para tratar las aguas residuales ¿se conseguirá el

objetivo de calidad del oxígeno disuelto en el río?.

Nota: la velocidad del agua en el río impide la sedimentación de la materia orgánica particulada en el mismo.

Apartado a).

En primer lugar, como siempre, hay que calcular las condiciones del punto en donde se realiza la mezcla:

Ya que la biodegradabilidad de las fracciones disuelta y particulada de la materia orgánica es la misma, se puede

trabajar con un único componente, suma de ambas fracciones. Por lo tanto, la DBO5 del vertido de la población será de

42.25 g /hab dia. Para transformar esta carga orgánica en concentración, hay que dividir por el caudal generado:

3

43.2413

175.0

25.42

5m

g

diahab

m

diahab

g

DBO


eke

DBOLDBO /21.292

535.01

43.241

51

5'1

El caudal del vertido es: s

m

d

m

L

mhab

díahab

LvQ

300709.0

35.612

33103500

.175


m

Lmezcla

/38.112.000709.0

32.043.100709.021.292

0

La temperatura en el punto de mezcla es: CmezclaT º07.202.000709.0

2.02000709.022

La concentración de oxígeno es: LmgmezclaO /33.820709.0

2.095.008.900709.002

El déficit de oxígeno en el punto mezcla es: LmgmezclaOCsatODmezcla

/75.033.808.92º07.20,20

El cálculo del punto crítico se realiza mediante las expresiones de Streeter-Phelps:

133.012007.20024.133.0)º07.20('2

135.012007.20047.135.0)º07.20('1

75.238.1135.0

35.033.075.01

35.0

33.0ln

35.033.0

1

0'1

'1

'2

01'1

'2ln

'1

'2

1

ddCk

ddCk

siendo

dLk

kkD

k

k

kkct

Como la velocidad es smQv /15.06.020709.0376.06.0376.0

la distancia a la que se producirá el mínimo es: xc = 2.75 d 12.96 km/d = 35.64 km.

El déficit crítico es: Lmgetk

eL

k

kcD c /61.475.235.038.11

33.0

35.00'

2

'1

'1

por lo que la concentración de oxígeno resulta: LmgcDCsatOcO /47.461.408.9º07.20,22 , la cual

representa un 49% con respecto a la de saturación.

Apartado b).

Este apartado se puede realizar de dos maneras distintas: se puede repetir el proceso anterior suponiendo que el

sedimentador típico tiene un tiempo de retención típico de 3 horas y elimina típicamente el 65% de los sólidos

suspendidos, esto es, el 65% de la materia orgánica particulada. O bien se puede calcular la DBOL en el vertido que

permitiría el objetivo de calidad de 5.9 mg O2/L y ver si se podría conseguir con el sedimentador típico.

b.1.)

Si el sedimentador elimina el 65% de la materia orgánica particulada, la concentración de DBO5 resultaría ser:

3

23.1403

175.0

54.915

5m

g

diahab

m

diahab

g

diahab

g

DBO


eke

DBOLDBO /72.169

535.01

23.140

51

5'1


m

Lmezcla

/19.72.000709.0

32.043.100709.072.169

0

La temperatura, la concentración de oxígeno y el déficit de oxígeno en el punto de mezcla son las

mismas: CmezclaT º07.20

LmgmezclaO /33.82

LmgDmezcla

/75.033.808.90

El cálculo del punto crítico se realiza mediante las expresiones de Streeter-Phelps:

dLk

kkD

k

k

kkct 645.2

19.735.0

35.033.075.01

35.0

33.0ln

35.033.0

1

0'1

'1

'2

01'1

'2ln

'1

'2

1

Como la velocidad es smQv /15.06.020709.0376.06.0376.0

la distancia a la que se producirá el mínimo es: xc = 2.645 d 12.96 km/d = 34.28 km.

El déficit crítico es: Lmgetk

eL

k

kcD c /02.3645.235.019.7

33.0

35.00'

2

'1

'1

por lo que la concentración de oxígeno resulta: LmgcDCsatOcO /06.602.308.9º07.20,22 , la cual

representa un 66.7 con respecto a la de saturación.

Conclusión: se puede conseguir.

b.2.)

Esta segunda forma de calcularlo se basa en suponer que

Lmgt

eLtk

eL

k

kcD cc /18.3

35.00

33.0

35.00'

2

'1

'1

, que junto con la ecuación para el cálculo de tc nos permite

disponer de dos ecuaciones para calcular las dos incógnitas, Dc y tc.

cteL

LLk

kkD

k

k

kkct

35.00.30

035.0

35.033.075.01

35.0

33.0ln

35.033.0

1

0'1

'1

'2

01'1

'2ln

'1

'2

1

Iterando:

L0 (mg/L) 10 7.8 7.63 7.61

tc (d) 2.73 2.67 2.66 2.66

Lmgs

mLDBO

Lmezcla

/61.72.000709.0

32.043.100709.0

0

de donde: DBOL = 181.94 mg/L

o bien

dhab

gpartDBO

dhab

g

dhab

m

m

gDBO

Lmgek

eLDBODBO

31.111531.26,5

31.263

175.03

32.1505

/32.150535.0194.1815

15

'1

Luego la eliminación de DBO5 particulada en el sedimentador debe ser de:

%5.5825.27

31.111100.%

el lo cual es conseguible con un tiempo de retención entre 2 y 2.5 horas.

11.-

a) 60%. Calculad los valores críticos de oxígeno disuelto (concentración, posición, materia orgánica en ese punto)

cuando se produce el siguiente vertido de aguas residuales urbanas efectuado en distintas condiciones en invierno y en

verano. Comparad los resultados.

Datos:

Características del río aguas arriba del punto de vertido:

Verano Invierno

Caudal (m3/s) 1.3 2

Velocidad (m/s) 0.1 0.2


Oxígeno Disuelto 97% [O2]sat 96% [O2]sat


Características del agua residual prevista:

Verano Invierno

Caudal (m3/s) 0.06 0.04


Oxígeno Disuelto (mg/L) 0 0



Constante de degradación de la materia orgánica, k'1 (20ºC): 0.42 d-1

= 1.047

Constante de reaireación, k'2 (20ºC): 0.38 d-1

= 1.026


Altitud: nivel del mar.

b) 40%. Si la concentración de oxígeno disuelto en algún caso baja por debajo del 30% con respecto a la concentración

de saturación, calculad el valor de DBO5 en el vertido que permitiría una concentración de oxígeno disuelto siempre

superior al 70% de la concentración de saturación.

SITUACIÓN DE VERANO:


La DBOL en el punto de mezcla es:

Lmgs

m

m

g

s

m

m

g

Lmezcla

/01.2306.03.1

06.05003.113

3

3

3

0


06.0243.119

La concentración de oxígeno es: LmgO mezcla /59.836.1

06.003.126.997.02

El déficit de oxígeno en el punto mezcla es:



112022.19'

2

112022.19'

1

373.0024.138.0)º22.19(

405.0047.142.0)º22.19(

ddCk

ddCk


LmgeeLL

LmgDOO

LmgeeLk

kD

mdd

s

s

mtvx

dLk

kkD

k

k

kkt

c

c

tk

c

cCsatc

tk

c

cc

c

/36.801.23

/14.008.922.9

/08.901.23373.0

405.0

216005.2864001.0

50.201.23405.0

405.0373.063.01

405.0

373.0ln

405.0373.0

11ln

1

5.2405.0

0

º22.19,22

5.2405.0

0'

2

'

1

0

'

1

'

1

'

2

0'

1

'

2

'

1

'

2

'1

'1

SITUACIÓN DE INVIERNO:



m

m

g

s

m

m

g

Lmezcla

/76.1104.00.2

04.04500.233

3

3

3

0


04.0160.212

La concentración de oxígeno es: LmgOmezcla

/14.1004.2

04.000.277.1096.02

El déficit de oxígeno en el punto mezcla es: LmgOODmezclaCsatmezcla

/63.014.1077.102º08.12,20


112008.12'

2

112008.12'

1

315.0024.138.0)º08.12(

292.0047.142.0)º08.12(

ddCk

ddCk


LmgeeLL

LmgDOO

LmgeeLk

kD

mdd

s

s

mtvx

dLk

kkD

k

k

kkt

c

c

tk

c

cCsatc

tk

c

cc

c

/74.476.11

/37.640.477.10

/40.476.11315.0

292.0

5374111.3864002.0

11.376.11292.0

292.0315.063.01

292.0

315.0ln

292.0315.0

11ln

1

11.3292.0

0

º22.19,22

11.3292.0

0'

2

'

1

0

'

1

'

1

'

2

0'

1

'

2

'

1

'

2

'1

'1

Comentarios:

La diferencia entre las situaciones de invierno y verano es muy grande. En invierno, la concentración de oxígeno

disuelto en el punto crítico está en el 59% de la concentración de saturación, mientras que en verano se sitúa en el 1.5%,

esto es, prácticamente cero. Los motivos por los cuales sucede esto son:

La carga orgánica vertida es notablemente inferior en invierno.

El caudal del río es mayor en invierno, lo cual diluye el vertido en mayor medida y por lo tanto provoca un menor

impacto.

La constante de velocidad de degradación de la materia orgánica es menor en invierno, debido a las menores

temperaturas. También disminuye la constante de velocidad de reaireación, pero lo hace en menor medida y su

valor es superior a la k’1.

APARTADO B)

De las dos situaciones, únicamente la del verano es la que presenta una concentración de oxígeno disuelto

inferior al 30% con respecto a la de saturación. Por ello, este apartado se va a resolver para dicha situación.

La condición que se ha de cumplir es que la concentración de oxígeno disuelto en el punto crítico sea, como mínimo,

del 70% con respecto a la de saturación:

LmgOOD

LmgOO

cCsatc

Csatc

/77.245.622.9

/45.622.97.07.0

2º22.19,2

º22.19,22

Las ecuaciones a emplear serán:

LmgeLeLk

kD

LLk

kkD

k

k

kkt

cc ttk

c

c

/77.2373.0

405.0

405.0

405.0373.063.01

405.0

373.0ln

405.0373.0

11ln

1

405.0

00'

2

'

1

00

'

1

'

1

'

2

0'

1

'

2

'

1

'

2

'1

que forman un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas.

La forma de resolverlo consiste en iterar sobre un valor de L0 supuesto, calcular con la 1ª ecuación un valor de tc y con

éste, obtener un nuevo valor de L0 con el que seguir iterando hasta que converja.

L0,mezcla (mg/L) 20 7.2 6.6 6.57

xc (km) 2.49 2.35 2.34 2.34

por lo que ya se puede calcular la L0 del vertido, y de ahí la DBO5:

LmgLLmgL

Lmezcla

/25.127/57.636.1

3.1106.00

0

0

LmgDBOLmge

DBODBOL /7.111/25.127

15542.0

5

Luego la población debe instalar un sistema de tratamiento de sus aguas residuales de modo que se pueda reducir la

materia orgánica en un 75% aproximadamente.

12.- Un refugio de alta montaña situado en un parque nacional tiene una capacidad de 90 personas. El refugio tiene

instalada una fosa séptica para las aguas residuales que tiene un rendimiento en la eliminación de DBO5 del 30%.

Las aguas que salen de la fosa séptica se descargan en un pequeño lago.

1) Se pretende averiguar las concentraciones de materia orgánica y oxígeno disuelto en este lago y en otro

situado aguas abajo del primero, cuando se alcance el estado estacionario.

2) Recalculad la situación si el refugio ampliara su capacidad al doble. Comentad los resultados.

Información disponible sobre el refugio:

Altitud: 2300 m.

Caudal vertido: 50 L/persona día

DBO5 vertida: 40 g/persona día (antes de la fosa séptica)

[O2] del vertido: 0 mg/L

Temperatura del vertido: 13 ºC

Lago 1.

Altitud: 2150 m.

Volumen: 3534 m3

Temperatura del agua del lago: 13 ºC

Aportes desde ríos:

Caudal : 172.8 m3/d

DBO5 : 0 mg/L

[O2] : 99% de la Concentración de Saturación.

Temp : 13ºC

Lago 2.

Altitud: 2000 m.

Volumen: 54978 m3

Temperatura del agua del lago: 13 ºC

Aportes desde ríos:

Caudal : 8640 m3/d

DBO5 : 0 mg/L

[O2] : 99% de la Concentración de Saturación.

Temp : 13ºC

Constantes de velocidad de reacción:

k1’ (20ºC) = 0.3 día-1

= 1.047

k2’ (20 ºC) = 0.1 día-1

= 1.026

Notas:

Se asume que el recorrido del agua entre refugio y lago y entre lago y lago es tan corto que la calidad del agua

que sale de uno no se modifica antes de llegar al otro.

Cada lago tiene unos aportes naturales de agua, desde otros ríos, adicionales.

Ecuación de variación de la concentración de saturación con la altitud:

82000,2,2

z

satzsat eOO

en donde la altitud, z, viene expresada en metros.

Ecuaciones para modelos de lagos completamente mezclados:

1i k'

V

QB siendo

)(

e L + )e - 1 ( V B

W = tL t B -

o t B - L

Ec.( 3)

2i

Bt02

Btsat22'1O

2

k'V

QB siendo

e][Oe1B

][Ok'

B

Lk

BV

W(t)][O 2

Ec.(4)

Solución. Primera parte.

1) Cálculos iniciales.

Caudal vertido por el refugio, d

m

día

Lhab

día

habLQv

3

5.445009050

Materia Orgánica vertida por el refugio,

d

g

ee

DBODBO

d

gper

día

pergDBO

tkL 4634

1

3600

1

36009040

53.0

5

5

'1

Tras la fosa séptica quedará el 70% de la cantidad anterior = 3243.8 g/d

Corrección de las constantes de velocidad con la temperatura:

1)2013('2

1)2013('1

0836.0026.11.0)º13(

2175.0047.13.0)º13(

dCk

dCk

2) Situación en el Lago 1.

El aporte de materia orgánica a este lago (WL) es causado únicamente por el refugio.

El aporte de oxígeno a este lago (WO2) es causado por el río que afluye al lago.

La concentración de oxígeno disuelto en el río es el 99% de su concentración de saturación a 13ºC y 2150 m de

altitud: 3

8200

2150

32 02.853.1099.0m

ge

m

gO r

1

3

33

'2

12

1

3

33

'1

11

1337.00836.03534

8.1725.4

2677.02175.03534

8.1725.4

dm

d

m

d

m

kV

QQB

dm

d

m

d

m

kV

QQB

rv

rv

La concentración de materia orgánica y oxígeno disuelto en el lago cuando se alcance el estado estacionario será:

3

3

1

3

1

31

3

3

sat22'1O

2

331

37.21337.0

02.80836.0

1337.0

43.32175.0

35341337.0

02.88.172

B

][Ok'

B

Lk

BV

W][O

43.335342677.0

8.3243

2

m

gm

gd

m

gd

md

m

g

d

m

m

g

md

d

g

V B

W = L

e

Le

Como se puede observar, la situación en el primer lago es muy mala.

3) Situación en el lago 2.

El aporte de materia orgánica a este lago (WL) es causado por la corriente que viene del primer lago.

El aporte de oxígeno a este lago (WO2) es causado por el río que afluye al lago más la corriente que viene del primer

lago.

La concentración de oxígeno disuelto en el río es el 99% de su concentración de saturación a 13ºC y 2000 m de

altitud: 3

8200

2000

32 17.853.1099.0m

ge

m

gO r

1

3

33

'2

12

1

3

33

'1

11

2440.00836.054978

86403.177

3779.02175.054978

86403.177

dm

d

m

d

m

kV

QQB

dm

d

m

d

m

kV

QQB

rv

rv

La concentración de materia orgánica y oxígeno disuelto en el lago cuando se alcance el estado estacionario será:

3

3

1

3

1

31

3

3

3

3

sat22'1O

2

331

3

3

07.82439.0

17.80836.0

2439.0

0293.02175.0

549782439.0

17.8864037.23.177

B

][Ok'

B

Lk

BV

W][O

0293.0549783779.0

43.33.177

2

m

gm

gd

m

gd

md

m

g

d

m

m

g

d

m

m

g

md

m

g

d

m

V B

W = L

e

Le

Como se puede observar, la situación en el segundo lago ya es adecuada.

Solución. Segunda parte.

En este caso se nos pide lo que sucederá si el refugio amplía sus instalaciones con el fin de albergar al doble de

personas.

1) Cálculos iniciales.

Caudal vertido por el refugio, d

m

día

Lhab

día

habLQv

3

9900018050

Materia Orgánica vertida por el refugio,

d

g

ee

DBODBO

d

gper

día

pergDBO

tkL 9268

1

7200

1

720018040

53.0

5

5

'1

Tras la fosa séptica quedará el 70% de la cantidad anterior = 6487.6 g/d

1

3

33

'2

12

1

3

33

'1

11

1350.00836.03534

8.1729

2689.02175.03534

8.1729

dm

d

m

d

m

kV

QQB

dm

d

m

d

m

kV

QQB

rv

rv

3

3

1

3

1

31

3

3

sat22'1O

2

331

13.31350.0

02.80836.0

1350.0

83.62175.0

35341350.0

02.88.172

B

][Ok'

B

Lk

BV

W][O

83.635342689.0

6.6487

2

m

gm

gd

m

gd

md

m

g

d

m

m

g

md

d

g

V B

W = L

e

Le

El hecho de que la concentración de oxígeno salga negativa, significa que el lago se ha quedado sin oxígeno antes de

llegar al estado estacionario. No sabemos ni cuándo se ha producido eso (habría que emplear la ecuación completa para

el oxígeno en función del tiempo), ni cuál era el valor de L en ese momento. Por ello, el valor de Le calculado no es

correcto, puesto que al haberse acabado el oxígeno antes de llegar al estado estacionario la degradación de la materia

orgánica no sigue la cinética habitual de primer orden y no podemos saber su valor. El problema acaba aquí, lo únic que

podemos decir (que no es poco) es que con la ampliación del refugio, la situación en el lago 1 será calamitosa.

13.-

Una población desea conocer el efecto que la instalación de una industria agroalimentaria va a tener en el río en donde

pretende realizar sus vertidos. La situación actual es la siguiente:

Características del vertido:

Población: 60000 hab.

Producción de agua residual: 190 l/hab día

DBO5 de salida de la EDAR: 18 mg/L k1’ (20 ºC) = 0.2 d

-1

Concentración de oxígeno a la salida de la EDAR: 0.5 mg/L Temperatura del vertido: 21 ºC

Características del río antes del punto de mezcla:

Caudal del río: 0.4 m3/s DBOlímite del río: 1 mg/L Temperatura del río: 18 ºC

Concentración de oxígeno disuelto: 90% de la concentración de saturación.

Características del río tras el punto de mezcla:

Velocidad: 0.129 m/s.

Constante de velocidad de degradación de la materia orgánica, k1’ (20 ºC) = 0.2 d

-1

Factor de corrección de temperatura, = 1.047

Constante de velocidad de reaireación, k2’ (20 ºC) = 1.37 d

-1

Factor de corrección de temperatura, = 1.026

Características del vertido industrial:

Caudal: 0.015 m3/s. DBO5: 1200 mg/L. Temperatura: 19 ºC.

Concentración de oxígeno disuelto: 10 % de la concentración de saturación.

Constante de velocidad de degradación de la materia orgánica, k1’ (20 ºC) = 0.45 d

-1

Factor de corrección de temperatura, = 1.047.

Lugar de vertido: 10 km aguas abajo del punto de mezcla de las aguas residuales urbanas tratadas con las aguas del río.

1) 60%. Determinad la modificación en la concentración de oxígeno disuelto en el río que supondrá el vertido de

la industria (valor mínimo de oxígeno y dónde se produce).

2) 40%. Calculad la concentración de DBO5 exigible a la industria en el vertido para que la concentración de

oxígeno disuelto en el río se mantenga por encima de 6 mg/L.

Notas:

La constante de velocidad de reaireación, k2’ , y la temperatura se mantienen constantes a lo largo de todo el río.

El caudal del vertido industrial no modifica ostensiblemente la velocidad del río.

Apartado 1.

Lo primero que hay que hacer es averiguar lo que ocurre tras la mezcla del agua residual urbana con el río. Después

veremos lo que pasa a los 10 km de ese punto de mezcla y añadiremos el vertido de la industria.

1.1. Características en el punto de mezcla.

La DBOL del vertido de aguas residuales urbanas es: Lmg

e

DBODBO

kL /47.28

15

5'1

El caudal del vertido es: d

m

L

mhab

díahab

LQv

333 114001060000

.190

La DBOL en el punto de mezcla es: Lmgdía

s

s

m

Lmezcla

/814.73456011400

864004.011140047.283

0

La temperatura en el punto de mezcla es: CTmezcla º74.183456011400

34560181140021

La concentración de oxígeno es: LmgO mezcla /52.63456011400

345609.045.9114005.02

El déficit de oxígeno en el punto mezcla

es: LmgOOD mezclaCsatmezcla/8.252.632.92º74.18,20

1.2. Vamos a calcular ahora cómo se encuentra el río en el km 10.

Para este punto no es necesario calcular el punto crítico. Únicamente hay que aplicar la ecuación de Streeter-Phelps en

el km 10.

1212074.18'

22

1212074.18'

11

101010

12

10

12

01

10901.11/1456.11

026.137.1)º74.18(

106935.1/1456.11

047.12.0)º74.18(

/55.18.2814.7

)( 221221

kmdkm

d

v

CkJ

kmdkm

d

v

CkJ

siendo

LmgeeeJJ

JeDee

JJ

LJxD

JJJxJxJxJ

Esto significa que cuando se ha llegado al km 10 el déficit de oxígeno ha disminuido, por lo que la concentración de

oxígeno habrá aumentado. Es lógico que haya sido así puesto que, por un lado, la constante de reaireación es muy alta

y, por otro, el vertido de aguas residuales urbanas está adecuadamente tratado. Si se intenta calcular el punto crítico se

verá que es imposible puesto que no existe: la concentración de oxígeno siempre aumenta desde el punto de vertido.

La concentración de oxígeno en el km 10 es:

LmgDOO Csatkm /77.755.132.9)10(º74.18,2102

y la materia orgánica residual:

LmgeeLL v

xk

km /60.6814.7 14.11

101887.0

010

'1

1.3.- Ahora se produce la mezcla del río (cuyas características se acaban de calcular) y el vertido industrial.

CTmezcla º75.18459601296

4596074.18129619

La DBOL del vertido industrial es: Lmge

DBOL /38.13411

1200

545.0

LmgL mezcla /21.43459601296

459606.6129638.13410

LmgO mezcla /58.7459601296

4596077.7129626.91.02


Una vez calculadas las características del punto mezcla, vamos a ver si se produce un punto crítico:

1212075.18'

22

1212075.18'

11

1

12

1

2

1201

120

1

2

12

10904.11/1456.11

026.137.1)º74.18(

108122.3/1456.11

047.145.0)º75.18(

97.1221.43

74.11ln1

1ln1

kmdkm

d

v

CkJ

kmdkm

d

v

CkJ

siendo

kmJ

JJ

J

J

JJLJ

JJD

J

J

JJxc

y el Déficit crítico:

LmgeLJ

JD cxJ

c /44.810

2

1

luego la concentración mínima de oxígeno que producirá el futuro vertido es:

LmgDOO cCsatc /88.044.832.9º75.18,22

¡¡DESASTROSO!!

Apartado 2.

Ahora se trata de fijar el valor mínimo de oxígeno y calcular la DBO5 en el vertido. La condición es:

LmgDLmgDOO ccCsatc /32.3632.9/6º75.18,22 .

Las dos ecuaciones del punto crítico quedan:

32.332024.0

6933.3112261.3ln3582.12

2108122.30

0

cxmezclac

mezclac

eLD

Lx

Para calcular xc y L0,mezcla realizamos un cálculo iterativo sobre ambas ecuaciones: suponemos un valor de L0,mezcla, se

calcula xc y con esta xc se calcula L0 y así sucesivamente:

L0,mezcla (mg/L) 30 16.66 15.75 15.63 15.61 15.61

xc (km) 12.448 10.975 10.770 10.741 10.736

por lo que ya se puede calcular la L0 del vertido industrial, y de ahí la DBO5:

LmgLLmgL

L mezcla /13.335/61.15459601296

459606.612960

00

LmgDBOLmge

DBODBOL /8.299/13.335

15545.0

5

Luego la industria debe instalar un sistema de tratamiento de sus aguas residuales de modo que pueda reducir la DBO5

desde 1200 hasta 300 mg/L.

14.- Antes de iniciar su actividad, una industria decide encargarte un estudio con el fin de evaluar el impacto de su

vertido al río. El caudal vertido sería de 109.2 m3/d. La materia orgánica que vertiera sería altamente biodegradable y

presentaría un valor de la demanda biológica de oxígeno total (L0) de 28600 mg/L, de la cual un 55% sería particulada

y un 45% disuelta.

La fracción particulada sedimentaría rápidamente, por lo que, en principio, asumes que no ejerce demanda de

oxígeno en la columna de agua.

1) (60%) Calcula (considerando que sólo es relevante en el balance de oxígeno la fracción disuelta de la materia

orgánica):

- El valor del déficit máximo de oxígeno en el río, la concentración de oxígeno en él y el punto en el cual se

produciría.

- El valor de la materia orgánica disuelta a la salida de la industria que permitiría una concentración mínima de

oxígeno disuelto igual a 7 mg/L.

- La cantidad de materia orgánica que se acumularía en el sedimento durante 5 años desde el inicio del vertido.

2) (40%). La industria inicia su actividad, pero a los cinco años es advertida por la autoridad competente de que debe

tratar su vertido, puesto que los niveles de oxígeno disuelto en el río son demasiado bajos. Revisan tu trabajo y deciden

tratar sus aguas de forma que no van a verter materia orgánica particulada y la materia orgánica disuelta será la

que tú calculaste para mantener el oxígeno en el río en 7 mg/L (el caudal vertido sigue siendo el mismo). No

obstante, existe un hecho que no habías tenido en cuenta: la materia orgánica acumulada en el sedimento ejerce una

demanda biológica de oxígeno constante de 500 gramos por m2 de sedimento y día (g/m2d). La extensión de la capa de

sedimentos en el río varía con el vertido de la industria, pero en estos momentos es de 2000 m2 (15 metros de anchura

del río por 133.33 m de longitud). La cantidad de materia orgánica biodegradable que existe en él en este momento es el

70% del total acumulado en los cinco años.

Calcula:

- El tiempo que tardaría el sedimento en ejercer completamente su demanda de oxígeno.

- La concentración mínima de oxígeno disuelto que se obtendría en el río bajo estas condiciones.

Y comenta los resultados.

Datos y Notas:

- Características del río aguas arriba de la industria:

- Caudal 2 m3/s

- Concentración de oxígeno disuelto: 8.21 mg O2/L

- Concentración de materia orgánica (L0): 1 mg /L

- Temperatura del agua: 20 ºC.

- Velocidad del agua: 0.42 m/s (no se ve afectada por el vertido).

- Características del vertido

- Concentración de oxígeno disuelto: 0 mg O2/L

- Temperatura del agua: 22 ºC.

- Constantes cinéticas:

k1 (20ºC) = 0.45 d-1 = 1.047

k2 (20ºC) = 0.25 d-1 = 1.026

Resolución.

Apartado 1.

1) a) El valor del déficit máximo de oxígeno en el río, la concentración de oxígeno en él y el punto en el cual se

produciría.

Aplicación de la ecuación de Streeter y Phelps en el punto crítico.

Condiciones en el punto de mezcla.

Caudal vertido por la industria: Qv = 109.2 m3/ día = 1.26 10

-3 m

3/s

Materia orgánica disuelta : L0d = 28600 0.45 = 12870 mg/L

Materia orgánica particulada : L0d = 28600 0.55 = 15730 mg/L

Temperatura CCsmCsm

QQ

TQTQT

vr

vvrr

m º201026.12

º22/1026.1º20/23

333

Materia Orgánica. DBO límite.

LmgLmgsmLmgsm

QQ

DBOQDBOQDBO

vr

vL

vrL

r

mL /1.91026.12

/12870/1026.1/1/23

333

Oxígeno Disuelto.

LmgLmgsmLmgsm

QQ

OQOQO

vr

vvrr

m/20.8

1026.12

/0/1026.1/21.8/23

333

222

Déficit inicial.

D0 = CS (20ºC) – [O2]m = 9.08 – 8.20 = 0.88 mg/L

Tiempo crítico:

dLk

kkD

k

k

kktc 73.2

1.945.0

45.025.088.01

45.0

25.0ln

45.025.0

11ln

1

01

120

1

2

12

Déficit crítico: LmgeeLk

kD ctk

c /79.41.925.0

45.0 73.245.0

0

2

1 1

Punto crítico: xc = v tc = 36.29 km/d 2.73 d = 99 km.

Concentración de oxígeno: [O2] = Cs(20ºC) – Dc = 9.08 – 4.79 = 4.29 mg/L

1) b) El valor de la materia orgánica disuelta a la salida de la industria que permitiría una concentración mínima de

oxígeno disuelto igual a 7 mg/L.

Objetivo de calidad en el río [O2] = 7 mg/L

Déficit máximo permisible: Dc = Cs(20ºC) – [O2] = 9.08 – 7 = 2.08 mg/L

Ecuación (1) LmgeLeLk

kD cc ttk

c /08.225.0

45.0 45.0

00

2

1 1

Ecuación (2)

001

120

1

2

12 45.0

45.025.088.01

45.0

25.0ln

45.025.0

11ln

1

LLk

kkD

k

k

kktc

Tabla de resolución:

L0 (mg/L) 7 3.82 3.48 3.40 3.39 3.39

tc (días) 2.66 2.45 2.40 2.39 2.39

Por lo tanto:

LmgLmgLsmLmgsm

QQ

DBOQDBOQDBO

d

vr

vL

rL

r

mL

v /39.31026.12

//1026.1/1/2

3

0

333

y despejando L0d = 3797 mg/L

1) c) La cantidad de materia orgánica que se acumularía en el sedimento durante 5 años desde el inicio del vertido.

Wp = L0p Qv t = 15730 g/m3 109.2 m

3/d 1825 d = 3.1348 10

9 g

Apartado 2.

2)a). El tiempo que tardaría el sedimento en ejercer completamente su demanda de oxígeno.

Si a los cinco años, la cantidad de materia orgánica en el sedimento es el 70% del total acumulado:

Wp = 3.1348 109 g 0.7 = 2.1944 10

9 g

Si la velocidad de transferencia es de 500 g/m2 d y la superficie que ocupa es de 2000 m

2, la descomposición diaria de

materia orgánica (o lo que es lo mismo, la demanda diaria de oxígeno disuelto) será:

500 g/m2 d 2000 m

2 = 10

6 g/d.

Si la cantidad total de materia orgánica es de 2.1944 109 g , el tiempo que tardará en degradarse será:

añosddg

t 62195/10

g 10 2.19446

9

2)b). En este caso el vertido tienen L0 = L0d puesto que no se vierte materia orgánica particulada.

L0d = 3797 mg/L

Hay que considerar la demanda de los sedimentos, abreviadamente DOS, que según el apartado 2)a) es de 106 g/d.

En primera aproximación, vamos a considerar que, dada la escasa longitud del tramo de río afectado por el sedimento

(133.33 m), el efecto del sedimento es como una fuente puntual similar al vertido de la industria, pero sin caudal de

agua.

El valor de la materia orgánica en el punto mezcla será:

Lmg

sgLmgsmLmgsm

QQ

DOSDBOQDBOQDBO

vr

LvrLr

mL

/17.9

1026.12

/57.11/3797/1026.1/1/23

333

Los valores de la temperatura, oxígeno disuelto y déficit inicial en el punto mezcla son los mismos que en el apartado 1,

por lo que el resultado es prácticamente el mismo del apartado 1.

Comentarios.

Este segundo apartado muestra la importancia que tiene a medio y largo plazo la materia orgánica particulada

acumulada en los sedimentos. En este ejemplo, reducir el vertido de la industria desde los 28600 mg/L hasta los 3797

mg/L no serviría de nada (al menos durante los seis años siguientes) puesto que la acción del sedimento seguiría siendo

suficiente como para mantener la concentración de oxígeno disuelto en el río por debajo de los 7 mg/L. El cálculo de los

3797 mg/L realizado en el apartado 1 debería haber tenido en cuenta este efecto de los sedimentos, aunque

presumiblemente, ni con vertido cero se hubiera podido obtener a corto plazo el objetivo de calidad.

16.-

El lago de la Albufera tiene un elevado nivel de eutrofización. Una muestra de ello es el elevado valor medio

de la DBOL de sus aguas: 80 mg/L. Esta materia orgánica es, básicamente, fitoplancton vivo. La Administración desea

mejorar el estado del lago disminuyendo este nivel de materia orgánica por medio de "lavado", esto es, aportando el

suficiente caudal de agua limpia (exenta de materia orgánica). El objetivo de calidad es que la concentración de materia

orgánica (fitoplancton) en el lago sea de 1 mg/L. La limitación en la disponibilidad de recursos hídricos es importante, y

en los mejores años sólo se podrá disponer de 318.5 Hm3/año para este fin. El resultado del estudio llevado a cabo por

el experto Pakito, con un modelo de mezcla completa, indica que el caudal a añadir es de 4 m3/s. y que será suficiente

que se suministre durante 63 días (en total, 21.773 Hm3

extras). Esta fácil solución hace sospechar algo a los

responsables del tema, por lo que te encargan un estudio similar, para contrastar.

Debes:

1.- Comprobar cómo ha calculado el experto Pakito sus resultados y señalar dónde se equivocó.

2.- Determinar si es posible lograr el objetivo de calidad con las disponibilidades futuras reales de agua.

3.- Calcular el caudal necesario (en m3/s y en Hm

3/año) para alcanzar el objetivo de calidad en cinco años.

4.- Indicar, una vez cesara el aporte de agua limpia, cuánto tiempo se tardaría en volver a la situación actual (si es el

caso).

5.- Comentar la solución propuesta por la Administración para solucionar el problema de la Albufera.

La constante de degradación del fitoplancton (muerte, sedimentación, etc) es de 0.05 d-1

. Corresponde a una

cinética de 1er. orden.

La constante de crecimiento del fitoplancton es de 0.15 d-1

. También corresponde a una cinética de 1er. orden.

Volumen de la Albufera: 22 106 m

3. Se supone un lago completamente mezclado.

Caudal que entra en la actualidad: 1 m3/s (agua limpia, sin materia orgánica).

El nivel del lago se mantiene constante.

29

En este problema se parte de una situación grave: DBOL de 80 mg/L y se debe alcanzar una concentración de DBOL de

1 mg/L. La expresión matemática que se debe emplear es la correspondiente al modelo de lago completamente

mezclado en estado estacionario:

tBtB eCeBV

WC 01

siendo

kV

QB si el contaminante se degrada siguiendo una cinética de 1er. orden. Pero en este caso hay una velocidad

de crecimiento, kc y otra de degradación, kd por lo que la expresión será:

cd kkV

QB

Apartado 1:

Pakito afirma que manteniendo durante 63 días un caudal extra de 4 m3/s, el lago alcanza una concentración de 1 mg/L.

Como el agua de entrada es limpia, el valor de la concentración de materia orgánica en la entrada es cero, por lo que

W=0 y el primer término de la ecuación anterior es cero. Por lo tanto:

63

0 801 BtB eeCC

Se despeja el valor de B = 0.0696 d-1

Este valor tiene que ser igual a:

1

36

3

0843.015.005.00196.015.005.01022

/86400/)14(

dm

dssmkk

V

QB cd

Y no lo es. Claramente se observa que Pakito no consideró la constante de crecimiento del fitoplancton y, por lo tanto,

subestima el caudal necesario.

Apartado 2.

El caudal de agua extra disponible es de 318.5 Hm3/año, es decir, 10.1 m

3/s. Con este caudal, el término B es igual a:

1

36

3

0564.015.005.00436.015.005.01022

/86400/)11.10(

dm

dssmkk

V

QB cd

Si el valor de B sale negativo, esto significa que la ecuación

tBtB eeCC 8010

no tiene solución en este caso a no ser que el tiempo sea negativo, lo cual es absurdo. La concetración C no disminuirá

en estas condiciones. Lo único que se consigue aumentando el caudal de entrada en 10.1 m3/s es disminuir la velocidad

del aumento de la concentración de fitoplanton en el lago, pero no disminuir su concentración.

Apartado 3.

El caudal necesario para alcanzar el objetivo de calidad en cinco años es:

1825

0 801 BtB eeCC

B = 0.0024 d-1

30

1

36

3

0024.015.005.01022

/86400/)1(

dm

dssmQkk

V

QB extra

cd

de donde se despeja el caudal de Qextra = 25.07 m3/s = 790.74 Hm

3/año.

Apartado 4.

Si cesa el aporte de agua limpia, el valor de B es:

1

36

3

0961.015.005.01022

/86400/1 dm

dssmkk

V

QB cd

)0961.0(

0 180 ttB eeCC

de donde t = 45.6 días.

Apartado 5.

En este problema se aprecia que, aunque pueda ser tentadora, por su simplicidad, una solución a problemas de

eutrofización basada en el aporte de agua externa y el lavado del sistema, es altamente costosa (el caudal necesario

suele ser muy elevado); y, además, rápidamente reversible si el caudal se deja de aportar. Aunque en el problema se ha

simplificado mucho la dinámica del fitoplancton, los resultados son bastante clarificadores. Además de esta acción de

lavado habría que estudiar la posibilidad de reducir la constante de crecimiento del fitoplancton (reduciendo los

nutrientes que entran en el sistema, por ejemplo).

31

17.-

Una localidad de interior emplea un pequeño embalse, situado a 3 km aguas abajo de la misma, como zona recreativa.

El pueblo realiza el vertido de sus aguas residuales en el río, a 3 km del embalse. Este año, debido a la sequía, la

capacidad del embalse se ha reducido a la mitad, por lo que los vecinos quieren saber qué tipo de actividades pueden

realizar en él.

Datos:

Características del río (aguas arriba del punto de vertido del pueblo) y el vertido

Río Vertido

Caudal (m3/s) .4 .1

Velocidad (m/s) 0.1

Coliformes totales (NMP/100ml) 0 80000

Coliformes fecales (NMP/100ml) 0 7000


Objetivos de calidad:

Usos: Coliformes Totales

(NMP/100 ml)

Coliformes Fecales

(NMP/100 ml)

Baño 500 100

Actividades acuáticas (windsurf,

piragüismo)

1000 200

Navegación 5000 1000

Abastecimiento 0 0

Incendios Sin limitación Sin limitación

Volumen del embalse: 90000 m3.


Constante de desaparición de CT, T90 (20ºC): 4 horas = 1.03

Constante de desaparición de CF, T90 (20ºC): 4 horas = 1.03


Solución.

Como es habitual en este tipo de problemas, lo primero que es necesario calcular es el resultado del proceso de mezcla

entre el vertido y el cauce receptor. Las características del punto de mezcla entre el vertido y el agua del río son:

La concentración de Coniformes totales en el punto de mezcla es:

mlNMPs

m

ml

NMP

s

m

ml

NMP

CTmezcla

100/160001.04.0

1.0100

800004.0100

033


1.0224.019


horasdCT 953.303.14)º6.19( 1206.19

90

32

Para resolver el problema se pueden emplear las ecuaciones clásicas de transporte en ríos (sin dispersión y en estado

estacionario) para el primer tramo de 3 km desde el punto de vertido hasta el embalse y de lago completamente

mezclado para el embalse.

El tiempo de recorrido de esos 3 km es de: horass

s

m

mt 33.830000

1.0

3000

Por lo tanto, la concentración de CT que entran en el embalse es:

mlNMPCTCTT

t

mezcla 100/53.124101600010 95.3

33.8

90

La concentración en el embalse se calcula a partir de un balance de materia en estado estacionario:

Acumulación = Entradas – Salidas ± Generación

CTkVCTQCTQ salidaentradaentrada 0

La relación entre la constante cinética de 1er. Orden k y el valor de T90 se puede obtener a partir de la definición de T90,

tiempo que tarda en desaparecer el 90% de las bacterias:

11

90

00

145829.095.3

305.2

1.0ln

1.0

1.0

90

90

dhh

k

Tk

e

eCTCTCT

Tk

Tk

La aplicación del balance de materia permite obtener la concentración de CT en el embalse:

ml

NMPCT

CTmdd

sCT

d

s

ml

NMP

s

m

CTkVCTQCTQ salidaentradaentrada

10014.4

9000014864005.086400100

53.1245.0

0

313

Otra forma de obtener el valor de [CT] en el embalse es mediante la aplicación directa de la expresión:

ml

NMP

BV

WCT

10013.4

9000048.14

8640053.1245.0

33

2.- Villarriba y Villabajo son dos poblaciones vecinas situadas en el margen del río Sucio. Las separa una

distancia de 200 km. Dada la gravedad del estado del río, la Administración ha establecido como objetivo de calidad

una concentración de oxígeno disuelto mínima de 4 mg O2/L en todos los puntos del mismo. El control periódico de las

aguas ha mostrado que aguas abajo de Villabajo se dan valores inferiores a 4 mg O2/L, por lo cual ha multado a este

municipio con una cuantiosa suma. Los vecinos de Villabajo se niegan a pagar porque dicen que su estación depuradora

funciona muy bien, que la DBO5 que vierte está por debajo de lo exigido por la Normativa Europea aplicable a nuestro

país y que ellos no tienen la culpa de lo que pasa; que la culpa es de los de Villarriba, que no depuran sus aguas

residuales. Los de Villarriba dicen que de eso nada, que ellos son poquitos, que el vertido de sus aguas residuales no

provoca, ni de lejos, una disminución importante de la concentración de O2 en el río y que la culpa es de los de

Villabajo, que son muchos y que deberían emplear sistemas de tratamiento mejores.

Para resolver este lío, te encargan que averigües si dicen la verdad o no y que expliques por qué sucede. Haz

alguna propuesta, a nivel cualitativo, de solución.

Los datos que recoges son:

Río aguas arriba de Villarriba: Constantes cinéticas a partir del punto de mezcla:

Caudal: 1 m3/s k'1 = 0.114 d

-1

Temperatura: 15 C k'2 = 0.463 d-1

Concentración de O2: 95% de Cs

DBO5 : 0.5 mg O2/L

Velocidad: 0.356 m/s

Villarriba: Población: 14000 hab.

Caudal aguas residuales: 250 L /hab día.

DBO5 : 300 mg O2/L.

Concentración de O2: 0 mg O2/L.

Temperatura vertido: 20 C

Villabajo: Población: 320000 hab.

Caudal aguas residuales: 300 L/hab día.

DBO5 : 22 mg O2/L.

Concentración de O2: 1 mg O2/L.

Temperatura vertido: 20 C

Río aguas abajo de Villabajo: Velocidad: 0.5 m/s

Nota: La Directiva del Consejo de las Comunidades Europeas 91/271/CEE exige una concentración máxima de DBO5 a

la salida de una Estación de Tratamiento de 25 mg O2/L.

Resolución.

La forma de resolver el problema consiste en considerar al río en dos tramos y aplicar en cada uno de ellos la

ecuación de Steeter-Phelps.

El primer tramo es el que va desde el punto de mezcla del vertido de Villarriba hasta Villabajo, 200 km aguas

abajo, justo antes de su vertido.

Características del río y del vertido de Villarriba.

Caudal vertido:

Qv = 0.25 m3/ hab día 14000 hab 1/ (86400 s/día) = 0.0405 m

3/s

34

Concentración de Oxígeno Disuelto en el río:

Concentración de saturación de 15ºC (Tabla 5, pág 68 apuntes 233).

Cs (15ºC) = 10.3 mg/L

[O2]r = 0.95 Cs = 0.95 10.3 mg/L = 9.78 mg/L

Temperatura de mezcla

CCsmCsm

QQ

TQTQT

vr

vvrr

m º19.150405.01

º20/0405.0º15/1 33

Cálculo de k’1 a 20º C

k1’ (15.19ºC) = k1

’ (20ºC) 1.047

(15.19 – 20) = 0.114 d

–1

k1’ (20ºC) = 0.142 d

–1

Cálculo de k’1 a 15º C

k1’ (15ºC) = k1

’ (20ºC) 1.047

(15 – 20) = 0.142 0.7948 = 0.113 d

-1

Concentración de DBOL en el vertido:

Lmg

Lmg/14.590

e -1

/300

e -1

DBO ][DBO

5 0.142-5 'k-

5

L1

Concentración de DBOL en el río:

Lmg

Lmg/98.0

e -1

/5.0

e -1

DBO ][DBO

5 0.142-5 'k-

5

L1

Materia Orgánica. DBO límite en el punto de mezcla.

LmgLmgsmLmgsm

QQ

DBOQDBOQDBO

vr

vL

vrL

r

mL /92.230405.01

/14.590/0405.0/98.0/1 33

Oxígeno Disuelto en el punto de mezcla.

LmgLmgsmLmgsm

QQ

OQOQO

vr

vvrr

m/40.9

0405.01

/0/0405.0/78.9/1 33

222

Déficit inicial.

D0 = CS – [O2]m = 10.26 – 9.40 = 0.86 mg/L

Velocidad del agua en el río es de 0.356 m/s (30.76 km/d) y no se ve afectada por el vertido.

35

Una vez determinados los valores anteriores hay que calcular el punto crítico, Xc, tc y y el valor de Lc (ec. 78 y 79, pág

75, apuntes 233):

El déficit crítico se produce en el punto Xc = 113.3 km

El valor es Dc = 3.87 mg O2/L

El valor del oxígeno disuelto es [O2] = Cs – Dc = 10.26 – 3.78 = 6.39 mg O2/L

Efectivamente, entre Villarriba y Villabajo no hay ningún punto del río en donde la concentración de oxígeno disuelto

esté por debajo de 4 mg O2/L.

¿Cómo está el río cuando llega a Villabajo (km 200)?: aplicación de la Ecuación de Streeter y Phelps al río en el

kilómetro 200. (Ec. 77, pág. 74, apuntes 233).

Se sustituyen los valores calculados anteriormente y se obtiene un valor del déficit en el kilómetro 200 de:

D200 = 3.38 mg/L

El valor del oxígeno disuelto es [O2] = Cs – D200 = 10.26 – 3.38 = 6.88 mg O2/L

Y la materia orgánica en ese punto es:

L200 = Lm e – k’

1 t = 23.92 e

– 0.114 6.5= 11.40 mg/L

Luego éstas serán las condiciones con las que llega el río justo antes del vertido con Villabajo.

Ahora hay que repetir el proceso y hallar nuevamente el mínimo valor de oxígeno.

Caudal vertido:


3/s


Lmg

Lmg/28.43

e -1

/22

e -1

DBO ][DBO

5 0.142-5 'k-

5

L1

Temperatura de mezcla

CCsmCsm

QQ

TQTQT

vr

vvrr

m º67.1711.10405.1

º20/11.1º19.15/0405.1 33

La concentración de saturación es: Cs (17.67 ºC) = 9.76 mg O2/L

LmgLmgsmLmgsm

QQ

OQOQO

vr

vvrr

m/84.3

11.10405.1

/1/11.1/88.6/0405.1 33

222

luego el déficit inicial es:

D0 = CS – [O2]m = 9.76 – 3.84 = 5.92 mg/L

Materia Orgánica. DBO límite en el punto de mezcla.

LmgLmgsmLmgsm

QQ

DBOQDBOQDBO

vr

vL

vrL

r

mL /86.2711.10405.1

/28.43/11.1/40.11/0405.1 33

Cálculo de k’1 y de k’2 a 17.67º C

k1’ (17.67ºC) = k1

’ (20ºC) 1.047

(17.67 – 20) = 0.127 d

-1

k2’ (17.67ºC) = k2

’ (15.19ºC) 1.024

(17.67 – 15.19) = 0.491 d

-1

Aplicando la ecuación de Streeter-Phelps en el punto crítico se obtiene un valor del tiempo crítico de:

tc = 1.13 días

36

y Dc = 6.24 mg O2/L

y el valor del oxígeno disuelto es [O2] = Cs – Dc = 9.76 – 6.24 = 3.52 mg O2/L

Luego después de Villabajo sí que ocurre que la concentración de oxígeno disuelto está por debajo de 4 mg O2/L.

37

4.- Una población vierte sus aguas residuales urbanas a un río. El concejal de urbanismo y medio ambiente es de

la opinión de que no es necesario depurar las aguas, puesto que a 20 km del pueblo, río abajo, existe un lago que

asimila el vertido. Efectivamente, hasta el momento ha sido así, pese a la gran cantidad de materia orgánica que vierten,

y ni el río ni el lago se han visto afectados gravemente por el vertido (afectados gravemente supondría concentraciones

de oxígeno disuelto por debajo de 4 mg O2/L). Los partidos de la oposición no lo acaban de entender y buscan a un

experto (tú) en estos temas. Te encargan que evalúes las concentraciones de oxígeno a lo largo del río y en el lago,

con el fin de comprobar que lo que sucede no es ningún misterio. (50%).

Durante los años siguientes se ha producido una importante transformación agraria en la zona, introduciéndose

numerosos cultivos de regadío. La sobre-explotación de las aguas del lago ha producido una reducción a la mitad de su

volumen inicial, con lo que han empezado los problemas. ¿Cuál deberá ser la máxima concentración de DBO5 en el

vertido para que la concentración de oxígeno en el lago se mantenga en 5 mg O2/L?. (50%)


Caudal Q = 2 m3/s Temperatura: 22ºC

[O2] = 0.95Cs DBOL = 1.43 mg O2/L.

Características de la población:

Altitud: 652 m Población: 113500 hab

Materia orgánica: 43.75 g DBO5/hab día k1' (20ºC) = 0.22 d-1 = 1.047

Caudal: 0.175 m3/hab día



k1' (20ºC) = 0.22 d-1 = 1.047

k2' (20ºC) = 0.80 d-1 = 1.024

Velocidad del agua en el río: v (m/s) = 0.376 Q0.6 (Q en m3/s)

Características del lago:

Superficie: 3 106 m2

Profundidad media: H = 2 m

Altitud: 640 m

Temperatura: T = 26 ºC.

k1' (20ºC) = 0.20 d-1 = 1.047

k2' (20ºC) = 0.30 d-1 = 1.024

Notas: En el tramo del río se puede suponer que la concentración de saturación de oxígeno disuelto entre los km 0-20

es la que corresponde al km 0 (punto de vertido).

Resolución.

Apartado I.

En este primer apartado se debe averiguar cuál es la concentración de oxígeno disuelto en el río y en el lago.

Ia.) Características del río y del vertido.

Caudal vertido:


3/s

Concentración de DBO5 en el vertido:

38

[DBO5] = 43.75 g DBO5/hab día 113500 hab 1/ (86400 s/día) / 0.23 m3/s = 249.88 g /m

3


Lmg

Lmg/56.374

e -1

/88.249

e -1

DBO ][DBO

5 0.22-5 'k-

5

L1

Concentración de Oxígeno Disuelto en el río:

Concentración de saturación de 22ºC (Interpolando entre 20 y 25 ºC, Tabla 5, pág 68 apuntes).

Cs (22ºC) = 9.02 mg/L

Corrección con la altitud: Cs (22ºC, 652 m) = 9.02 mg/L exp-652 / 8200

= 8.33 mg/L

[O2]r = 0.95 Cs = 0.95 8.33 mg/L = 7.91 mg/L

Ib.) Características del punto de mezcla río + vertido.

Temperatura CCsmCsm

QQ

TQTQT

vr

vvrr

m º2223.02

º22/23.0º22/2 33

Materia Orgánica. DBO límite.

LmgLmgsmLmgsm

QQ

DBOQDBOQDBO

vr

vL

vrL

r

mL /91.3923.02

/56.374/23.0/43.1/2 33

Oxígeno Disuelto.

LmgLmgsmLmgsm

QQ

OQOQO

vr

vvrr

m/09.7

23.02

/0/23.0/91.7/2 33

222

Déficit inicial.

D0 = CS – [O2]m = 8.33 – 7.09 = 1.24 mg/L

Corrección de las constantes cinéticas con la temperatura de la mezcla:

k1’ (22ºC) = 0.22 1.047

(22 – 20) = 0.24 d

–1 J1 = 0.24/52.56 = 0.00457 km

-1

k2’ (22ºC) = 0.8 1.024

(22 – 20) = 0.84 d

–1 J2= 0.84/52.56 = 0.01598 km

-1

Velocidad del agua en el río:

v = 0.376 (2 + 0.23)0.6

= 0.61 m/s (52.56 km/d)

I c) ¿Cómo está el río cuando llega al lago?: aplicación de la Ecuación de Streeter y Phelps al río en el kilómetro 20.

(Ec. 77, pág. 34).

39

Se sustituyen los valores calculados anteriormente y se obtiene un valor del déficit en el kilómetro 20 de:

D20 = 3.88 mg/L

Por tanto la concentración de oxígeno disuelto en ese punto será:

[O2] = Cs – D20 = 8.33 – 3.88 = 4.45 mg/L

Y la materia orgánica en ese punto es:

L20 = Lm e – k’

1 t = 39.91 e

– 0.24 0.38 = 36.43 mg/L

En efecto, parece ser que el oxígeno disuelto en el río permanece por encima de 4 mg/L, pero para estar

seguros, hay que ver dónde se da el déficit máximo (esto es, la concentración mínima de oxígeno disuelto). Para ello se

emplea la ec. 79, pág.75, obteniéndose un valor de Xc:

Xc = 102.6 km.

Luego efectivamente el mínimo teórico está muy lejos, aguas abajo, del lago y nunca se alcanzará. En X = 20

km el oxígeno disuelto aún está en la fase descendente de la curva.

Para saber lo que sucede en el lago hay que plantear un balance de oxígeno disuelto en el mismo:

VOOkVLkOQOQ

dt

OdV

salseqsalsalee

sal

2221'

22

2'

En estado estacionario, el término de la izquierda de la igualdad es cero y la única incógnita es la concentración

de oxígeno disuelto a la salida [O2]sal , que es la misma que la que existe en el interior del lago.

Qe = Qsal = 2.23 m3/s

[O2]e = 4.45 mg/L

k1’ (26ºC) = 0.2 1.047

(26 – 20) = 0.26 d

–1

k2’ (26ºC) = 0.3 1.024

(26 – 20) = 0.35 d

–1

3

6

33

20

eq /03.410629.0

/43.36/192672

BV

W L mg

mgdm

VB

LQe

siendo 116

6

'

1

e 29.01038.386400

26.0

1032

23.2

V

Q B dsk

La concentración de oxígeno de saturación es la que corresponde a una temperartura de 26 ºC y una altitud de 640 m.

[O2]s = Cs (26ºC) = 8.44 mg/L (Interpolando entre 25 y 30 ºC, Tabla 5, pág 68 apuntes).

Corrección con la altitud: [O2]s = Cs (26ºC, 640 m) = 8.44 mg/L exp-640 / 8200

= 7.81 mg/L

Despejando de la ecuación del balance anterior, se obtiene un valor para [O2]sal = 4.78 mg/L.

Por lo tanto, en el lago también se mantiene la concentración de oxígeno disuelto en valores superiores a 4 mg/L.

Apartado 2.

Pasado el tiempo, el volumen del lago se ha reducido a la mitad: 3 106 m

3.

Nos preguntan cuál debe der el valor de L0 del vertido para que se cumpla que la concentración de oxígeno en el lago

[O2]sal se mantenga igual o superior a 5 mg/L.

La ecuación del balance de oxígeno en estado estacionario en el lago es:

40

0' 2221

'

22

2 VOOkVLkOQOQ

dt

OdV

salseqsalsalee

sal

Cálculo de Leq en función de la DBO límite de la mezcla:

VB

eLQ

VB

LQtk

mee

'

20

eq

1

BV

W L

Todo lo cual salvo Lm es conocido (k1’ es la correspondiente al río y para el cálculo de B, k1’ es la correspondiente al

lago).

Cálculo de la concentración de oxígeno a la entrada del lago en función de la DBO límite de la mezcla:

xJxJxJm eDeeJJ

L221

0

12

1

s220s2e2

J -][O D - ][O ][O

Todo lo cual salvo Lm es conocido, puesto que D0 no cambia.

Por lo tanto no hay más que sustituir Leq y [O2]e en la expresión del Balance y despejar Lm.

El resultado es Lm = 21.99 mg/L

Y por lo tanto, el valor de L0 en el vertido debería ser:

LmgDBO

Q

DBOQQQDBOv

Lv

rL

rvrmL

/75.200

y la DBO5 = 133.9 mg/L. Es decir, un 53% de la concentración actual.

41

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Problemas resueltos modelos sistemas naturales.pdf