balance rio

LEY DE COMMONER

Ley de Conservación de la Materia aplicada al medio ambiente (de

las Leyes de Murphy)

NADA SE VA PARA SIEMPRE

TALLER Nº01

INTRODUCCIÓN

Descarga puntual específica - dilución en el punto de la descarga.

Figura 1: Balance de masas en el punto de lanzamiento

Lm

Si el efluente no se mezcla completamente en el punto de descarga:

Lm = aUB2/H (Yotsukura-1968)

Dónde:

Lm = distancia desde la fuente a la zona donde la descarga se ha mezclado bien lateralmente (m)

U = velocidad promedio del río (m/s)

B = ancho promedio del río (m)

H = profundidad promedio del río (m)

a = 8,5 para una descarga lateral y 4,3 para una descarga en medio río

El balance de masa de la sustancia contaminante en el punto de descarga es el siguiente:

(Qu x Cu) + (Qe x Ce) = (Qu + Qe)xCm

Figura 2: Ilustración del destino posible de sustancias contaminantes o toxicidad aguas abajo del punto de descarga

Para ríos, la ecuación básica bajo condiciones de estado permanente es:

� = �� ∗ ��∗ = �� ∗ �

��

��∗��

Dónde:

c = concentración del contaminante a cualquier distancia aguas abajo.

co = concentración en el río, después de la mezcla en el área de descarga.

KT = tasa de pérdida de la sustancia contaminante (T-1).

VT = pérdida neta de la sustancia contaminante expresada como una velocidad (L/T),

t* = tiempo de traslación asociada a la relación (=x/u)

q'1 = pendiente del logaritmo natural del flujo del río con relación a la distancia

q1 = pendiente del flujo del río basado en el tiempo de traslación.

El cálculo del destino de la sustancia contaminante, o la toxicidad del efluente o efluentes

aguas abajo, depende del estimado de la dilución del río y de la tasa de pérdida de la

sustancia contaminante.

Guías para estimar la tasa de pérdida de sustancias químicas y toxicidad aguas abajo

Grupo Guías(1)

Metales pesados Conservatorio (KT = 0) y aditivo

Toxicidad Conservatorio (KT = 0) y aditivo

Sustancias químicas orgánicas

Solubilidad en agua <1 µg/l Conservatorio (KT = 0) y aditivo

Sustancias químicas orgánicas

Solubilidad en agua >1 µg/l Tasa estimada de pérdida (Ecuación 1)

(1) En todos los casos, se deberá incluir la dilución en la dirección aguas abajo.

Lo razonable es que a solubilidades menores que 1 µg/l, la sustancia química se absorbería

a los sólidos por el coeficiente de partición relativamente alto (alrededor de 104-106 l/kg).

Asimismo, para tales sustancias químicas, la tendencia general sería biodegradarse o

volatilizarse a un grado menor, aunque tales pérdidas ocurrirían en grados variables. Sin

embargo, para primeras aproximaciones tales sustancias químicas de baja solubilidad

pueden suponerse como conservativas.

Destino aguas debajo de una sustancia contaminante descargada:

Hay dos situaciones en donde es de interés estimar el destino aguas abajo de una sustancia

contaminante descargada:

a. Hay un punto crítico de uso del agua, aguas abajo de una descarga puntual y es necesario

estimar la concentración en dicho punto (por ejemplo, una toma de agua potable).

b. Hay varias descargas de la misma sustancia contaminante o varios aportes de toxicidad a lo

largo del río y se tiene que estimar la concentración total o toxicidad total.

El destino de las sustancias contaminantes o mezcla de las mismas, aguas abajo, depende de:

1. Las propiedades del río, tales como profundidad, velocidad y dilución aguas abajo debido a

infiltración de aguas subterráneas o afluentes tributarios,

2. Las propiedades físicas, químicas y biológicas de curso de agua, tales como volatilización,

biodegradación, o partición a los sólidos suspendidos.

Problema 1.-

En el juicio a Jesucristo, Poncio Pilatos se lavó las manos utilizando ½ litro de agua.

Suponiendo que esa cantidad de agua utilizada con el correr del tiempo se mezcló

perfectamente con el contenido global de agua terrestre, calcule el número de moléculas

de aquella agua que estaría contenida en un vaso de 200 ml de agua actual. (N° Avogadro

= 6,023 x 1023 moléculas/mol).

N° Avogradro, es el número de átomos o moléculas que hay en 22,4 litros de un gas ideal

en condiciones normales de presión o temperatura (Amedeo Avogadro, 1811).

Solución

Volumen total de agua en la hidrósfera = 1,4 x 1021 litros

Moles del agua de Pilatos =

500 ml/18 ml/mol = 27,78 mol

Concentración del agua de Pilatos en el total de la hidrósfera =

27,78 moles/1,4 x 1021 litros = 1,98 x x 10-20 moles/litros

No Moléculas = 6,023 x 1023 moléculas/mol x (0,2 litros) x (1,98 x x 10-20 moles/litros) =

2,386 moléculas

Problema 2.-

Considerando que usted utiliza 50 litros de agua para bañarse y que esa cantidad de agua

utilizada con el correr del tiempo se mezcló perfectamente con el contenido del agua que

tiene el Perú (igual al 5% del total global), calcule el número de moléculas de aquella agua

que estaría contenida en un vaso de 150 ml de agua actual.

Problema 3.-

EVALUACION DE CONTAMINACION DE RIOS

En el sistema que se presenta, la ciudad “B” captará las aguas del río con fines de abastecimiento

Ciudad A

Ciudad B

A B

Q río = 3 m3/s

50 Km

Características del Sistema RIO (r) A.R. Ciudad A (d)

Caudal Mínimo Q río = 3 m3/s 200 l/s

DBO5 (N) 0 240 mg/l

Factor de corrección para DBO

última

--- 1.46

OD (N) Cs 0

CF (N) 0 1x108 NMP CF/100 ml

Temperatura (T) 25ºC 25ºC

Elevación (E) 1000 msnm 1000 msnm

Se pide determinar la longitud de mezcla (Lm) y si con las descargas de aguas residuales de la

Ciudad A se afectará el uso de la Ciudad B considerando que en el punto de captación el río es

considerado como Clase III (según la ECAs Agua). De sobrepasar los niveles de calidad permisible

para un río Clase III cuál o cuáles deben ser las eficiencias de remoción en términos de DBO5 y

Coliformes Fecales de la Planta de Tratamiento de Aguas Residuales -PTAR- a exigirse a la Ciudad A

para que cumpla con las normas. El rio tiene 10 m de ancho (b) promedio y la determinación se ha

realizado a 0.80 m debajo (H) de la superficie del río. Es decir: b = 10 m y H = 0.80 m.

SOLUCION

A) Cálculo de la longitud de mezcla completa:

Lm = aUB2/H

(Considerar velocidad = 0.23 m/seg y profundidad promedio igual a 2.5m).

Para descarga lateral:

Lm = 8.5 x (0.23) x (10)2/2.5 = 78.2 m

B) Cálculo de concentración de contaminantes orgánicos:

1) CASO DE LA CARGA BACTERIAL PATOGÉNICA:

1.a) Concentración de CF en el punto de mezcla A (No):

Balance de Masas: (Qd x Nd) + (Qr x Nr) = (Qd + Qr) No

No = (Qd x Nd) + (Qr x Nr)……………...(1)

(Qd + Qr)

Donde:

Qd = caudal de la descarga (m3/seg)

Qr = caudal mínimo del cuerpo de agua (m3/seg)

Nd = concentración del contaminante en la descarga

Nr = concentración del contaminante en el cuerpo de agua

No = (0.2 m3/s x 108) + (3.0 m3/s x 0) = 6.25 x 106 NMP CF/100 ml

(0.2 m3/s + 3.0 m3/s)

1.b) Concentración de CF en el punto B (50 km aguas debajo de la descarga):

Cuando el sistema esta a 20º C:

Nx = No e – (Kb . X . HCF/U)………………(2)

Donde:

X = distancia de recorrido del contaminante entre ciudad A y ciudad B = 50 Km

HCF = tasa de perdida de sustancia contaminante = 0.4 a 0.7 (para este caso asumimos 0.5)

U = velocidad promedio del agua del cuerpo receptor = 20 Km/d = 0.23 m/s

Kb = inversa del tiempo de perdida de concentración del contaminante = 0.8 (1/días) = 0.8 d-1 (a

T = 20ºC).

Como el sistema esta a 25ºC, se tiene que aplicar el factor de corrección siguiente:

Kbt = Kb20º x 1.07(T-20)……………..(3)

Reemplazando valores en (3), obtenemos:

Kbt = 0.8 x 1.07 (25-20) = 1.12 d-1

Reemplazando valores en (2), obtenemos que la concentración de CF en el punto B, es de:

Nx = 6.25 x 106 e – (1.12 x. 50 x 0.5/ 20) =1.54 x 105 NMP CF/100 ml

Según Norma, para cursos de agua Clase III el LMP es de 4000 NMP CF/100 ml, por lo que

aplicando nuevamente la formula (2), obtenemos que la concentración de CF en punto B debe

ser, como máximo, de:

4000 = N’o x e – (1.12 x. 50 x 0.5/ 20) N’o = 1.62 x 104 NMP CF/100 ml

Aplicando la Formula (1), obtenemos que la concentración máxima de CF en el punto A es de:

1.62 x 104 = (0.2 m3/s x N’d) + (3.0 m3/s x 0) N’d = 2.59 x 105 NMP CF/100 ml

(0.2 m3/s + 3.0 m3/s)

Q = 200 lps

N = 1x108 NMP CF/100 ml

Eficiencia mínima requerida = 1x108 - 2.59 x 105 x 100 = 99.7 %

1x108

N’d = 2.59 x 105 NMP CF/100 ml

2) CASO DE LA CARGA ORGÁNICA:

DBO última = DBO5 x f……………(4)

Reemplazando valores:

DBO última = 240 mg/l x 1.46 = 350.4 mg/l

Concentración de DBO en el punto de mezcla A:

Aplicando Formula (1):

Lo = (0.2 m3/s x 350.4) + (3.0 m3/s x 0) = 21.9 mg/l

(0.2 m3/s + 3.0 m3/s)

Concentración de DBO en el punto B (50 km aguas debajo de la descarga):

Lx = Lo e – (Kr . X . HCF/U)………………(5)

Donde:

PTAR

Lx = DBO a 50 Km, aguas abajo, de la descarga

HCF = 0.4 a 0.7 (para este caso asumimos 0.5)

Kr = 0.3 (1/días) = 0.3 d-1 para T = 20ºC

Realizando la corrección de Kr por diferencia de temperatura:

Kr25ºC = Kr20ºC x 1.047(T-20)……………..(6)

Reemplazando valores en (6), obtenemos:

Kr25ºC = 0.3 x 1.047(25-20) = 0.38 d-1

Entonces, reemplazando en formula (5):

Lx = 21.9 e – (0.38 . 50 . 0.5/20) = 13.66 mg/l (DBO última)

Reemplazando datos en fórmula (4):

DBO5 = DBO última/ 1.46 = 13.62/1.46 = 9.36 mg/l

Pero, según Norma, el LMP de DBO5 es igual a 5 mg/l. Entonces, aplicando formula (4):

Lx = 5 x 1.46 = 7.3 mg/l (que seria la DBO en punto B, a 50 Km aguas debajo de la descarga)

Calculo de la DBO en punto A, es decir en la mezcla, se reemplaza en formula (5):

7.3 = L’o x e – (0.38 . 50 . 0.5/20) L’o = 11.70 mg/l

Aplicando fórmula (1):

11.74 = (0.2 m3/s x L’d) + (3.0 m3/s x 0) L’d= 187.22 mg/l (en el agua residual)

(0.2 m3/s + 3.0 m3/s)

Aplicando formula (4) obtenemos que DBO5d’ = 187.8/1.46 = 128.2 mg/l

Q = 200 lps

DBO5 = 240 mg/l

Eficiencia mínima requerida = 240 - 128.2 x 100 = 46.6 %

240

DBO5d’ = 128.6 mg/l

PTAR

3) CASO DEL OXIGENO DISUELTO:

Las aguas de escorrentía en contacto con el aire se oxigenan, con un nivel de concentración de

oxígeno disuelto a saturación, que dependen principalmente de:

a) La presión parcial del oxígeno

b) La temperatura

c) La salinidad del agua

En las aguas contaminadas, la concentración de oxígeno disuelto alcanza un valor bajo en

equilibrio con su utilización con la flora microbiana y el aporte con el contacto con el aire.

Para agua con sales, la concentración de oxígeno disuelto a saturación, C*, en un agua en

equilibrio con el oxígeno del aire a 1 atmósfera de presión, esta expresada por las siguientes

formulas empíricas:

- Cálculo de Cs considerando la temperatura del sistema (T= 25ºC):

Cs = 14.652 – 0.41022 T + 0.007991 T2 – 0.000077774 T3………..(7)

Reemplazando valores, tenemos:

Cs = 14.652 – 0.41022 (25) + 0.007991(25)2 – 0.000077774(25)3 = 8.18 mg/l

- Cálculo de la Presión Atmosférica de Campo, en mmHg:

P = 760 e (-E/8005)………………(8)


P = 760 e (-1000/8005) = 670.7 mmHg

- Cálculo de la Presión de Vapor de agua a T=25ºC, en mmHg:

Pv = e (1.52673 + 0.07174 T + 0.000246 T2).................(9)


Pv = e (1.52673 + 0.07174(25)T + 0.000246(25)2 = 32.26 mmHg

- Cálculo de la Csa:

Csa = Cs x (P – Pv)/(760-Pv)……………(10)


Csa = 8.17 x (670.7 – 32.26)/(760 – 32.26) = 7.17 mg/L

- Cálculo de la tasa de reareación:

Ka = 3.95 U1/2/H3/2……………(11)


Ka = 3.95 (0.23)1/2/(0.8)3/2 = 2.65 d-1

KaT = Kd20ºC 1.024(T - 20)……………(12)


Ka25oC = 2.65 x 1.024(25 - 20) = 2.98 d-1

- Cálculo del Oxígeno Disuelto de la mezcla (punto A):

Aplicando formula (1):

ODo = (0.2 m3/s x 0) + (3.0 m3/s x 7.17) = 6.72 mg/l

(0.2 m3/s + 3.0 m3/s)

- Cálculo del déficit de Oxigeno Disuelto inicial:

D = Csa – OD…………….(13)

Déficit de OD en la mezcla:

Do = Cs - ODo = 7.17 – 6.73 = 0.45 mg/l

Déficit de OD a X=50 Km de la descarga:

Dx = Kd x Lo (e– Kr . X/U - e–Ka . X/U ) + Do e –Ka . X/U ………………..(14)

Ka - Kr


Dx = 0.30 x 21.9 (e – 0.38 . 50/20 - e – 2.98 . 50/20 ) + 0.45 e –2.98 . 50/20 = 0.98 mg/l

2.98 – 0.38

De formula (13) ODx = Csa – D

Reemplazando valores ODx = 7.18 – 0.98 = 6.19 mg/l

Según Norma OD = 3 mg/l

ODx = 6.19 mg/l > 3 mg/l

- Cálculo de la distancia a la que se produce el Déficit Crítico:

Xc = U ln [ Ka (1- Do (Ka - Kr))] …………….(15)

Ka – Kr Kr Kd.Lo


Xc = 20 ln [ 2.98 (1- 0.45 (2.98 – 0.38))] = 14.37Km.

2.98 – 0.38 0.38 0.30 x 21.9

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