Problemas Resueltos Sobre Flujo Uniforme

3. FLUJO UNIFORME

3. FLUJO UNIFORME

PROBLEMA 3.1

Un canal de mampostería (n = 0.014), de 850 m de longitud, sección trapecial, de 5.0 m de base superior, 3 1.4 m de base inferior y 1.2 m de profundidad, debe conducir un caudal, Q = 6.0 m /s de agua. Calcular: a.

la pendiente que debe tener el canal.

b.

la velocidad de flujo.

Datos

n = 0.014 ; L = 850 m ; T = 5.0 m ; B = 1.4 m ; y = 1.2 m ; Q = 6.0 m

3

/s

Solución:

a.

Q

Ecuaci ón de Manning:



2

1

 A R H3

So

n



 A 3 S o2

(1 )

2

nP A

1

5

2

 (B  m y) y

P  B  2 y 1 m

2

3

Área mojada

(2)

Perímetro mojado

(3)

Figura 3.1

El canal es simétrico, deben calcularse los taludes laterales m = m

1

de donde,

x =

T-B 2



5.0 m - 1.4 m 2

 1.8 m

Ahora, por semejanza de triángulos, para un lado del canal: de donde, m = Despejando S

o

= m 2 , así:

(4)

T = 2x + B

x m



y 1

1.8 m x = = 1.5 y 1.2 m

de la ecuación (1), se tiene: 2   3 S o   n Q P 5    A3

     

2

(5 )

35 Universidad Nacional de Colombia Sede Medellín

Ramiro Marbello Pérez Escuela de Geociencias y Medio Ambiente

PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

Reemplazando las ecuaciones (2) y (3) en (5), se tiene:

    n Q  B  2 y 1 m 2   So   5  3   B  m y y  

2  3          

2

(6 )

Finalmente, reemplazando m y los demás datos del problema en (6), se tiene:

   3  0.014  6.0 m  1.4 m  2 1.2m 1  1.5 2     s   So   1   5     3  1 m  ( 1.4 m  1.51.2 m ) 1.2 m 3   s        

2

3  

2       0.00081      

S o = 0.00081 b.

Para calcular la velocidad de flujo existen dos maneras: 1ª Forma: empleando la ecuación de continuidad:

6.0 V

Q A



Q ( B  m y) y

m3

s    1.56 1.4 m  1.5  1.2 m 1.2 m

m s

2ª Forma: empleando la ecuación de Manning, así: 2

V =

2

1

 R H3

So2

n



2 1 A    3 So2 P n

  (B  m y) y   B  2 y 1  m2  

3

1   2  So  

n

Reemplazando valores numéricos, se tiene: 1

V



2



m 3   1.4 m  1.5  1.2 m   1.2 m 1.0 s  1.4 m  2  1.2 m  1  1.52  0.014

V  1.56

3 1    0.00081  2  m   1.56 s

m s 36

Universidad Nacional de Colombia Sede Medellín


3. FLUJO UNIFORME

PROBLEMA 3.2

Un canal de concreto (n = 0.013) tiene la sección indicada en la figura 3.2.a. profun di da d de fluj o es 0. 5 m, y e n agua s altas el ca nal se ll ena po r co mpleto. a.

Calcular la relación de los caudales en ambos casos

En aguas bajas, la

Q   aa   ? Q   ab 

Datos

n = 0.013 ; y

aa

= 1.0 m ; y

ab

= 0.5 m

B = 3.0 m ;  = 45° Figura 3.2.a

Solución: a.

Utilizando la ecuación de Manning, se tiene: 2

Q

1

 A R H3 So2

(1)

n

Donde,

Figura 3.2.b

A P

RH



1.

Para el caudal en ab, Q

(2)

ab ,

reemplazando la ecuación (2) en (1), se tiene:

5

1

3

Q ab =

2

 A ab

So

(3 )

2

n P

3

ab

Donde A ab = B y ab +

x y ab

(4 )

2

Por semejanza de triángulos: m1 x y ab = 1

⇒

x = m1 y ab

(5 )

Con m1  1 , debido a que 37 Universidad Nacional de Colombia Sede Medellín



tan (45 o ) 

1 m1

|

1 1 m1 = = =1 tan 45º 1

Por lo tanto, reemplazando la ecuación (5) en (4): A ab

 B y ab 

2 m1 y ab 2

(6 )

Para Pab se tiene: 2 x 2 + y ab

Pab = y ab + B +

Teniendo en cuenta que Pab 2.

x = m1 yab , entonces:

 yab  B   m1 y ab 2  yab2

(7 )

Para el caudal en el área aa, se tiene: 2

Q aa





1

3

A aa S 2

(8 )

2

n P3

Donde: x y aa A aa

 B y aa 

(9 )

2

Siguiendo el procedimiento realizado en el literal anterior, se tiene:

Para

Paa

B

Paa

 y aa  B 

y aa



m1 y 2aa

A aa

(10)

2

se tiene:

Teniendo en cuenta que

Paa

x



x2

2  y aa

m1 y aa , entonces:

  y aa  B   m1 

2

y

aa

 2   y aa 

(11)


38



3. FLUJO UNIFORME

5

Q ab

   B  



y ab

2 m1 y ab



2

   

3

1 2

So

(12)

2

n

 y  B   m y 2  y 2  3  ab 1 ab ab   

Del mismo modo reemplazando las ecuaciones (10) y (11) en (8), se tiene: 5

Q aa

 m y2   B y aa  1 aa  2 



3

1

So2

(13)

2

n

Ahora para obtener

   

y  B m  aa 1 

y aa

2 3 2  y aa 



 Q aa    , se divide la ecuación (13) entre (11):  Q ab  5

 m y2   B y aa  1 aa  2 

3 1  So2   2

Q aa Q ab

n



y  B  aa 

 m1 yaa 2  yaa2  3 

5 2 3  m1 y ab   B y ab  2 

(14)

1

So2 2

n

 y  B   m y 2  y 2  3  ab 1 ab ab   

Simplificando la ecuación (14): 5

Q aa Q ab

2   B y aa  m1 y aa  2 

2

3  2 3   y ab  B   m1 y ab 2  y ab      5

(15)

2

2 3  2 3  B y ab  m1 y ab   y aa  B   m1 y aa 2  y aa     2   

Finalmente, reemplazando los datos del problema en la ecuación (15), se tiene:




5

Q aa Q ab

2   3 m  1m  1  1 m   2 

3    0.5 m  3 m   1  0.5 m    2   

2

0.5 m

2

5

2   3 m  0.5 m  1  0.5 m   2 

3    1 m  3 m   1   1 m  2    Q aa

La relación de los caudales en ambos casos es:

Q ab

3  

 3.03

2

1m

2

3  

 3.03

PROBLEMA 3.3

Un canal rectangular, de ancho B en la base, y profundidad y, conduce, estando lleno, un caudal determinado. a.

Hallar la altura de la lámina, x, para que el caudal sea

1 N

del anterior, es decir:

Q



1 N

Q ll .

Datos

y: Profundidad de flujo para el caudal lleno, Q x: Profundidad de flujo cuando,

Q



1 N

ll

Q ll Figura 3.3

Solución:

Utilizando la ecuación de Manning, se tiene: 5

Q

1

 A 3 S o2

(1 )

2

nP3

Con la geometría del canal y la ecuación (1) para la sección completamente llena se tiene: A By

(2 )

P B

(3)

 2y 1

5

Q ll



  B y 3

S o2

(4 )

2

n  B  2 y 3

Para una lámina de agua de altura x, con geometría del canal dado, el caudal, Q, se obtiene así:

5

Q

1

  B x  3 So22 n  B  2 x 3

(5 )

Teniendo en cuenta que: 40



3. FLUJO UNIFORME

Q

1 Q ll

(6 )

N

Reemplazando las ecuaciones (4) y (5) en (6), se tiene: 1

5

1

5

  B x  3 So2

  B y  3 So2

=

2

n  B + 2 x 3

2

n  B + 2 y 3 N

5

5

x3 2

y3



 B  2 x 3  B  2 y

(7 )

2 3

N

De la ecuación (7) se despeja x, la cual está en función de B, y, N. Se quiere conocer la altura de la lámina de agua, x, para: B = 2.5 m ; N = 2, 3, 4, 5, 7 ; y = 1.8 m Reemplazando se obtienen los siguientes valores:

Para N = 2: 5

5

x3 2

=

 2.5 m + 2 x  3

 1.8 m  3 2

 2.5 m + 2  1.8 m  3

2

x = 1.06321 m

Para N = 3: 5

5

x3 2



 2.5 m  2 x  3

 1.8 m  3 2

 2.5 m  2  1.8 m  3

3

x = 0.79324 m Para N = 4: 5

5

x3 2



 2.5 m  2 x  3

 1.8 m  3 2

 2.5 m  2  1.8 m  3  4

x = 0.64810 m Para N = 5: 5

5

x3 2

 2.5 m  2 x  3



 1.8 m  3 2

 2.5 m  2  1.8 m 3  5 41




x = 0.55568 m Para N = 7: 5

5

x3 2

 1.8 m  3



 2.5 m  2 x  3

2

 2.5 m  2  1.8 m  3

7

x = 0.44249 m

PROBLEMA 3.4 3 Un canal industrial, de sección trapecial, debe transportar 1.0 m /s de agua, a una velocidad de 5.0 m/s. El canal es excavado en tierra (n = 0.2), sus paredes laterales están inclinadas 30º, respecto de la horizontal; además, en 5.0 km de longitud, el desnivel del fondo del canal es de 2.0 m.

a.

Calcular las dimensiones del canal: B y T.

b.

Calcula r la profundidad del

flujo, y.

Datos

Q = 1.0 m 3 /s ; V = 5.0 m /s ; n = 0.2 ; z

= 2.0 m ; L = 5000 m ;

= 30°

Solución: a.

Figura 3.4

Cálculo de la pendiente longitudinal del canal, S

So



tan θ



Δz H

Δz

 L2

 Δz 2

o



(hacer un esquema del triángulo de Pitágoras)

2.0 m

5000 m 2 

 2m

0.0004

2

(1)

Para el canal trapecial, las expresiones del área mojada, A, el perímetro mojado, P, y el ancho superficial, T, son:

y

A



( B  m y) y

P

 B 2 y

1 m 2

T = B + 2x = B + 2my

(2) (3) (4)

De la ecuación de continuidad, se tiene: Q = V·A

De donde:

Q/V = A = (B + my)y

(5) (6)

42



3. FLUJO UNIFORME

De otro lado, el talud lateral, m, de la sección transversal del canal, se determinar a partir de la siguiente relación trigonométrica: tan  = 1/m

(7)

De donde, m = m 1 = m 2 = 1/tan

= cot

(8)

= cot(30°) = 1.73

Por otra parte, empleando la ecuación de Manning, se tiene: 2

1

3

V

2

So 2

 A

(9 )

nP3

Despejando el perímetro mojado, P, de la ecuación (9), resulta: 3

P

2 1   A 3 S2 o   nV  

2     

(10)

Despejado y de la ecuación (3), se tiene: y



P



B

(11)

1  m2

2

Además, B se puede sustituir despejándolo previamente de la ecuación (6), así: Q B



V



m y2

(12)

y

Ahora, reemplazando las ecuaciones (10) y (12) en la ecuación (11), resulta:

3 2 1   3 2  A So  nV   y 

2  Q   m y2     V   y     2

     

(13)

1 m 2

Reemplazando valores numéricos en la ecuación (13), se tiene:




3 1  2  3   1.0 m 3  2.0 m 0.0004    s   m  0.2  0.5   s     

y =

1 2

  2        

3   1.0 m  s - 1.73 y 2  m  0.5 s   y     

1 + 1.73 2

2

           

(14)

Finalmente, la ecuación (14) se resuelve para y, en una calculadora programable, resultando: y = 1.03 m

(15)

Ahora, se calcula el ancho, B, sustituyendo en la ecuación (12) los valores conocidos, así:

m3 s m 0.5 s

1.0

B =

- 1.73  1.03 m

= 0.15 m

1.03 m

Por último, sustituyendo los valores obtenido

2

(16) s de B, m e y, en la ec uación (4), resulta el valor de T

T = 0.15 m + 2 · (1.73) · (1.03 m) = 3.71 m

, así:

(17)

PROBLEMA 3.5

Un canal de mampostería (n = 0.14) transporta 4.0 m modificar su pendiente longitudinal, conduzca 7.0 m a.

Calcular el valor de S

3 3

/s. Su sección debe aumentarse de modo que, sin

/s.

o

Datos n = 0.14 ; Q 1 = 4.0 m 3 /s ; Q 2 = 7.0 m 3 /s ; y1 = 2 m ; B = 2 m

Solución: a.

Figura 3.5

Es un problema de flujo uniforme con sección llena. Para la sección inicial,1, se tiene:

Q1



5

1

A13

So2 2

(1 )

n P13

44



3. FLUJO UNIFORME

Despejando la pendiente del fondo del canal, de la ecuación (1), se tiene:

S0

2    Q1 n P1 3   5  A 3  1  

2



(2 )

Además, teniendo en cuenta que: P1

 B  2 y1

1  m2

(3 )

A1   B  m y1  y1

(4 ) m1  m2

Para un canal simétrico, se tiene que

m

Además, que: (5 )

T = 2x + B

Despeja ndo x: T-B 2

x=

y

(6 )

x = m y1



m

x y1

(7 )

Reemplazando la ecuación (6) en (7): m

T  B 4.0 - 2.0 m  2 y1 2 2.0 m

Ahora, para la sección final,



1 2

(8 )

2:

Partiendo de la ecuación de Manning, se tiene: 1

5

Q2 =

 A 2 3 So2

(9 )

2 3

n P2

Despejando de la ecuación (2) la pendiente del fondo del canal, se tiene: 2   3  Q 2 n P2 o 5 S =    A3 2 

     

2

(10)




P2 A2

  B  s   2 y1

1  m2

(11)

   B  s   m y1  y1

(12)

Reemplazando las ecuaciones (3) y (4) en (2), se tiene S 2      2 3  Q1 n  B  2 y1 1  m       5 So        B  m y1  y1  3     

o

en condiciones iniciales:

2

(13)

Reemplazando las ecuaciones (11) y (12) en (10), se tiene S 2    2 3  Q2 n   B  s   2 y 1  m    So   5         B  s  m y y  1 1 3  

Igualando las ecuaciones (12) y (14) para obtener S 2    2 3  Q1 n  B  2 y1 1  m     5      B  m y1  y1  3 

o

       

en condiciones finales:

2

(14)

o:

2

2      2 3   Q 2 n   B  s   2 y1 1  m      5         B  s  m y1  y1  3  

2      

(15)

Reemplazando datos del problema en la ecuación (15) se determina finalmente s:

  m3   2 m+ 2 2 m 4   1 + 0.5 2  s   5    2 m + 0.5  2 m   2 m 3   

2

2  2    3   m3  2 3    7    s   2 m +s + 2  2 m 1 + 0.5       =  5          2 m + s + 0.5 2m 2 m 3        

2

s  1.5857 m

PROBLEMA 3.6

Un km río, de cuya sección con transversal y se muestra en lalasfigura 3.6, tiene desnivel de del 1.0 río m en 50 longitud, un valoresdesimétrica n = 0.025. Calcular velocidades y unlos caudales en bajas (e stiaj e) y altas (a veni da s) .

aguas

46



3. FLUJO UNIFORME

Figura 3.6

Solución:

Se halla S 0 , esto es:



S0

z 2

L

Donde

(1 )

 z 2

z  1.0 m L = 50 km  50000 m

Reemplazando en la ecuación (1), se obtiene:

S0

1.0 m



( 50000 m ) 2

 (1.0 m ) 2

 0.00002

vaa : velocida d del río en aguas altas v ab : velocidad del río en aguas bajas y aa : profundidad en aguas altas y ab : profun di da d en agu as ba ja s Q ab : caudal del río en aguas bajas Q aa : caudal del río en aguas altas 2

Vab



1

 A 3 So2 n ab

(2 )

2

nP3

n ab

Vaa



2

1

 A n3

So2

aa 2

(3 )

n Pn3

aa




Q ab



5

1

 A n3

S2 aa o 2

(4 )

n Pn3

aa

Q aa



5

1

 A n3

S2 aa o 2

(5 )

n Pn3

aa



Para aguas bajas: 2

Vab

Entonces, V

ab

    n 

( B  m y ab ) y ab B  2 y ab

1  m2

3 1  S2 o  

= 0.20676262 m/s Q ab = Vab A ab

y Aab = ( B + m y ab ) y ab = 12 m

Entonces:



Q

ab

= 2.48115149 m

3

2

/s

Para aguas altas:

El área y el perímetro mojados del canal aguas altas se hallan así: A n aa

 A rectángulo 2 A triángulo  A trapecio

A rectángulo = Baa  y aa = 6 m + 2 x + B

Donde x = 2 m T = 6 m + 4 m + 4 m = 14m A rectángulo  14 m 2

A triángulo 

H y aa 2

Donde H =1.5 m A triángulo  0.75 m

2

A trapecio = 12 m 2 48



3. FLUJO UNIFORME

Entonces, A n aa =14 m 2 + 2 × 0.75 m 2 + 12 m 2 = 27.5 m 2 Pn aa = 2 h + 6 m + 2 L + B

h=

2 H 2 + y aa =

(1.5 m ) 2 + (1 m ) 2 = 1.80277563773 m

L=

2 x 2 + y ab =

( 2 m )2 + ( 2 m )2 =

8 = 2.82842712475 m

Entonces: Pn aa

Luego,

V

aa

 19.262405525 m

= 0.226806991195 m/s

Q aa



Vaa A n

aa



6.23719225786

m3 s

PROBLEMA 3.7 3 Un canal de riego, construido en tierra (n = 0.2), tiene una pendiente S o = 0.0003, y conduce 24.0 m /s de agua. La sección es un trapecio, cuyos taludes son 1.5:1, y la profundidad es y = 4.0 m. Calcular el ancho de la base.

Solución:

De la ecuación de Manning, se tiene: 5

1

 A n3 So2 Q

2

n Pn3 Figura 3.7

Entones,

 B  m y n  y n

An

Donde m 1 = m 2 = m = 1.5 Pn

 B  2 y 1 m

2

5

Q

1

   B  m y n  y n 3 So2 n

2

  B  2 yn  

1 m

2

3   

Al despejar B de la ecuación anterior, se obtiene el valor del ancho de la base




B = 26.1130482 m

PROBLEMA 3.8

Un cauce, cuya sección es un triángulo rectángulo en C, debe ensancharse de modo que el caudal se duplique. a.

Hallar el ángulo  , de modo que la pendiente sea mínima y

Q1  2 Q o

Datos

Q o : caudal del cauce antes de que se ensanche. Q 1 : caudal del cauce de la sección ampliada. Ao : área del cauce antes de que se ensanche. A 1 : área del caudal para la sección ampliada.

Figura 3.8

Solución:

Por la ecuación de Manning, se tiene: 5

Qo



1

 A o3 S o2

(1)

2

n P o3 5

1

3  A o2

 S o2

P o3

Qo n

(2 )

De la Figura 3.8, se observa que: sen  =

OC EC

OC  y

EO = EB + BO EB 

T1  T2 2

BO 

T2 2



2y 2

y

T2  2 y

Luego, el perímetro mojado: 50



3. FLUJO UNIFORME

Po

 BC  DC  2 BC  2 y

2

 Po

Entonces , A0 =

2 y y 2

= y2

De la ecuación (1), se tiene: 1

5 2 3

Qo

 

2

y

So2

  n 2 y 2 

3

De la ecuación (2), se despeja y: Qo n

5 2 3

y 



1

(3 )

2

2 y

 So2

2

3

3

  2nQ y 1   S 2 o 

8     

(4 )

Para la sección ampliada: 5

1

A 3 S 2 Q 1

1 2 o

n P 13

y, teniendo en cuenta que Q 1 = 2Q 0 : 5

2 Qo



1

 A13 So2 2

n P13

   Q n   A 5 o   1 23 1     S 2  P1  3  o 

2

(5 )

A1  m1 y 2

Donde m1

 tan1   cot 

Por lo tanto: 51 Universidad Nacional de Colombia Sede Medellín



A 1 cot   y 2

(6 )

y P 1 2 y 1  m12

1  cot 2 

 2y

(7 )

Con la ecuación (6) y (7) en (5), se tiene:

 

 

5 2

3

2  Q o n cot   y 1  2    S 2   2 y 1  cot 2   3  o   



(8 )







Ahora la ecuación (3) en (8), se tiene:

 

5

y  2

2

   2 y 2 3  2

2

1

5

3

3



   cot  1  cot   cot 

2 3 1  cot 2 

22

5   cot   y 2 3  2      2 y 1  cot 2   3  



3

2

5

1  cot    cot4  5

2

cot 5   

 4 cot 2  4  0

Finalmente, de la ecuación (9), se obtiene un valor de

(9 )

 = 0.52038 rad.

PROBLEMA 3.9

Un canal de sección circular conduce agua hasta un nivel AB, como se muestra en la figura 3.9. a.

Calcular el ángulo

b.

Hallar el valor de velocidad máxima, V

 , de modo que la pendiente sea mínima. máx .

Datos

n = 0.02 ; S 0 = 0.002 ; d 0 = 2.0 m

Solución: a.

Empleando la ecuación de Manning, teniendo en cuenta la

Figura 3.9

geometría del canal

y que

θ

 2 : 52



3. FLUJO UNIFORME

V



2

1

A 3

So2

(1)

2

nP3

A

d o2  2  sen 2   8

P

1

(2 )

θ d0

2 P  do 

(3)

  

θ  2cos1  1 

2 y  do 





  cos 1  1  

2y do

  

(4)

Reemplazando las ecuaciones (2), (3) y (4) en (1), se obtiene: 2

 d 2o  2  sen 2     3 1  So2  8  V=  2

 

(5 )

n  do  3

 e igualando a cero, se encuentra el valor de

Derivando la ecuación (5) con respecto a 2

1

V

 , así:

2

 So2 d o3   2  sen  2    3 2

4n   3

    2 2 1 -1      3  2      3  2  sen (2)  3  2  cos 2 2    2  sen(2)  3  3  3             0 4   3        2

dV d





1

2

So2

d o3

4n

2  2  4 3    2  cos  2    2 2  sen 2 3 1 1  3 3 3 dV  So2 d o3   2   sen(2  ) 3   4 d 4n   3    1

2

     0      53




2 2   4  3 ( 2  cos( 2 ) ) 2 ( 2  sen( 2 ) ) 3   1 2 1 1  2 3 3 dV  S0 d o  ( 2  sen( 2 ) 3   4 d 4n   3 3    2

1

dV d



dV d





     0     

(6 )



2 ) )  2 ( 2  sen( 2 ) )   0 So2 d o3  4  ( 2  cos( 5 1  4n    3 3  ( 2  sen( 2 ) ) 3   2

1

 

   2  ( 2  cos( 2 ) )  ( 2  sen( 2 ) )    0  5 1  3 3    3 ( 2 sen( 2 ) )      

So2 d o3  4n

5

2

1

Sabemos que 3 3 ( 2  sen ( 2 ) ) 3 no puede igualarse a cero y para que la igualdad del numerador se cumpla, debe existir la siguiente posibilidad: 2  ( 2  cos(2 ) )  ( 2  sen(2 ) )  0 4   2 cos(2 )  2  sen(2 ) 2   2  cos( 2 )  sen(2 )  0

Soluciones:

1  0 2  2.97508632169rad  170.4598899º

3  6.20274981678rad  Finalmente, de la ecuación (7) se tiene que

(7)

355.3913858º

 correspondiente a la velocidad máxima es:

Con = 2.97508632169 rad. y la ecuación (5), se halla la velocidad máxima. 1

1 Vmáx =

m3 s

2 1   2 m 2  2 × 2.97508 rad - sen  2 × 2.97508rad    3    0.002  2   8 m    1.459765 2

 0.02   2 m × 2.97508 rad  3

s

Finalmente,

54



3. FLUJO UNIFORME

Vmáx

 1.460

m s

PROBLEMA 3.10

Una sección de canal se compone de dos taludes redondeados en el fondo, según el arco de círculo BC, como se muestra en la figura 3.10. Dados el ancho superior B, y el ángulo  , se pide calcular el radio correspondiente a la velocidad máxima. Aplique el resultado al caso en el que  = 30º.

Solución:

Datos: B y  a.

Hallar una expresión para  = f (B, velocidad del flujo sea máxima

b.

Calcular  para  = 30º

), a fin de la

Figura 3.10

De la ecuación de Manning, se tiene: V

 n

2

1

3 S2 RH o

Para que V sea máxima con

 , n y S o constantes, el

RH



A debe ser máximo. Además, se debe cumplir P

una de las siguientes condiciones: 1.

P sea constante y A sea máxima

2.

A sea constante y P sea mínima

3.

A sea máxima y P sea mínima

Dado que, al variar

 , varían simultáneamente el perímetro y el área, se escoge la condición 3.

RH



A P

Ahora, se determina P, así:



P  2 CD  BC



BC = ρ 2  = 2 ρα

FD  FC  CD CD  FD  FC




B ED



cos

2



FD

FD

FD

B



2 cos  FC

 ρ

tan 

FC

 ρ tan

Luego , B

CD =

2 cos CD =

- ρ tan  =

B

-

2 cos 

ρ sen  cos 

B - 2 ρ sen  2 cos 

Por lo tanto: P=2

 B - 2 ρ sen  + 2 ρ α = B  2cos  cos

B P  cos

tan  + 2 ρ

-2

 2ρ ( tan  )

Ahora, el área de la sección del canal, se determina así: A = T triángulo - A cuña = 2A triánguloOBF 2

A



2 ρ tan 



- AsectorOBC

2 π ρ

2

 ρ 2 tan   ρ 2

2π

2

Luego, A = tan -   ρ 2

Volviendo a la ecuación de Manning: 2



1

V = n So 2

 3    tan -   ρ 2  B  - 2 ρ tan  +     cos  

56



3. FLUJO UNIFORME

 para que la velocidad sea máxima, se determina derivando v con respecto a

Ahora, el valor de

1

dV dρ



 n

1

S0 2

   tan -  )  ρ 2  2    B 3  - 2ρ ( tan    )   cos  

3

 , así:

 B   cos  - 2ρ ( tan    )   2ρ ( tan  -  )   tan   ρ 2   2 tan       0 2  B   B 2    2 ρ ( tan   )   2 ρ tan      cos     cos  





2 ρ ( tan 2   2  2 ( tan    ) 2



t an         2 B cos 

Entonces, ρ

B  tan   

 tan    2

2

 2 tan   2  cos 

Para  = 30° ρ



B  tan 30º   30º 

 tan  30º  30º 2

2

 2tan

30º



 30º  cos  30º  2

ρ  0.01B

PROBLEMA 3.11

Se desea conocer el caudal que fluye en régimen uniforme por un canal trapezoidal, cuyos elementos geométricos se desconocen, excepto el ancho superficial que mide 9.81m. Para ello, se m idió el tiempo que tarda una pequeña onda superficial en recorrer 300m, en el sentido del movimiento y en contra de éste. Los respectivos valore s fueron: 50s y 1min más 15s

Figura 3.11

Solución:

En el sentido de la corriente se puede establecer que la velocidad de la onda es la velocidad del flujo más la velocidad de la onda con respecto al flujo. Vc 

L t



1

Vc  6

300 m 50 s

m

(1 )

s




Análogamente en sentido contracorriente se tiene cV 

L t2

c-V = 4



300 m 75 s

m

(2 )

s

Resolviendo las ecuaciones (1) y (2), se obtiene c=5 m s V =1

m s

c

g D cos 2θ α

(3 )

c

gD

(4 )

Por otra parte

c2

Dado que

 gD

(5 )

A T

(6 )

D

Reemplazando la ecuación (6) en (5), se obtiene: c2

g

A T

(7 )

Ahora, despeja ndo A de la ecuación (7): A

c2 T g

(8 )

Reemplazando los datos del problema en la ecuación (8): 2

  m   5    9.81 m  s  A=  9.81

m

s2

A = 25 m 2

Finalmente, el caudal que fluye en el canal: Q VA

58



3. FLUJO UNIFORME

 m  25 m 2  s 



Q   1

Q  25



m3 s

PROBLEMA 3.12

Demostrar que los coeficientes n, de Manning, y f, de Darcy, se relacionan entre sí por la siguiente ecuación: 1

1

6 n  0.113f 2 R H

Solución:

De acuerdo al desarrollo realizado por Chèzy, se tiene que el coeficiente C está dado por: 8g f

C

(1 )

Además, Manning y Strickler (1980) desarrollan una fórmula para el coeficiente de Chèzy: 1

C



R H6

(2 )

n

Igualando las ecuaciones (1) y (2), se tiene que: 1

8g f



 R H6

(3 )

n 2

8g f



 2 R H6

(4 )

n2 2

n



n=

n=

 2 R H6 f

(5 )

8g

2 8g

1

1

(6 )

R H6 f 2

1.0 2

1

1

R H6 f

2

1

= 0.112880910246 R H6 f

1 2

(7 )

8  9.81 

Finalmente, se llega a:




1

1

(8 )

n = 0.113 R H6 f 2

PROBLEMA 3.13

Encontrar la pendiente longitudina l requerida para conducir 5.6633 m 3 /s, a través de un canal rectangular de 3.0 m. de ancho revestido con concreto (n = 0.014), de tal manera que el número de Froude no sea menor que 2.0 ¿Cuál sería la profundidad normal del flujo, para el mismo caudal, si la pendiente se duplicara?

Solución: v

F

gy



Q By gy

Q



(1 )

3

B g y2

Q

F

3

B

g y2 Figura 3.13

Ecuación de Manning: Q

2



1

(2 )

A R H3 So2

n

2

 B y  3 12 Q  B y    B  2 y  So n   

 2   n Q  B + 2y  3  So =   5 5   B3 y 3  

2

(3 )

De la ecuación (1): Q

F

3

B

(4 )

3

Q 2B

 2.0

g y2

g

 y2

60



3. FLUJO UNIFORME

2 2

 Q 3  2B g   

y

3  3  5.6633 m    s =  = 0.4496454328 m  2  3 m  9.8 m   s 

y  0.45m

(5 )

Reemplazando la ecuación (5) en (3), se obtiene: Con y = 0.45m

   m3    0.014 5.6633 s S0 =   1  m3  1.0   s  S0

       

2

   4   3 m +  2  0.45m  3  10 10 10 10   3 . 0.45 3 m 3  3 3 m  

 1.42 102

y = 0.44m

S o = 0.0152

y = 0.43m

S o = 0.0163

Se observa que si se disminuye y por debajo de 0.45m, S aumenta y el F se incrementa por encima de 2.0. F  2.0 , se debe hacer cumplir que

Para garantizar que

o

aumenta, con lo cual la velocidad del flujo

y  0.45 m y también S

 0.0142 .

0

Si S0  2 S0  2  0.0142   0.0284, resulta: Q

 n

2

1

3 S 2 A RH o

2

Q

yn

 n



B yn  B  2 yn

 B y n  

3  0.0284 

 0.358 m

PROBLEMA 3.14

Se tiene un canal circular de 3.0 m de diámetro, C = 57 y S

= 0.002. o

a.

Calcular el máximo caudal que puede circular por el canal, sin que entre en carga.

b.

Calcular la velocidad máxima del flujo. 61




Determinar las relaciones y/d

c.

o

correspondientes a los literales a) y b).

Datos

d0

 3 m ; C = 57 ;

S0

 0.002

Solución:

a.

Ecuación de Chèzy:

QCA



θ  2 cos 1 1  2



y do

A

d o2  θ  senθ  8

RH



do

(1)

R H So

  

Figura 3.14

(2)

(3 )

 θ  senθ    θ 

(4 )

4 


 d o2

Q  C

8 

1

  d o  θ  senθ   2   S0  θ    4  

 θ  senθ  

1 5   C S2 d 2 o o  16  

Q

 3    θ  senθ  2 1    θ2 

    

(5 )

Para hallar el caudal máximo, se deriva la ecuación (5) y se iguala a cero: 1 5   dQ  C So2 d o2  dθ  16  

dQ dθ

1  1 1   3   θ 2 1  cos θ    1 θ 2 θ  senθ   θ 2   θ  sen  2   2   θ   

1 5   CS 2 d 2 o   16 o  

   θ senθ 1  1 2    2θ 2 

 

3 2

      0    

(6 )

2

  3 1  cos θ  θ  senθ  

2

  0

62



3. FLUJO UNIFORME

1 5    C S2 d 2  o o   32     

dQ dθ



dQ dθ



 1  θ  senθ  2  1  θ2 

1 5    CS2 d 2   θ  senθ o o   32   θ    

    3  3cosθ  θ  senθ   0  

   3  3cosθ - θ  senθ   0  

(7 )

(8 )

Para que la igualdad en la ecuación (8) sea posible, se deben cumplir las dos posibilidades siguientes: 1.

Primera posibilidad  θ  senθ   θ 

 0  

(9 )

  sen 0 

(10)

  sen  0

(11)

   sen 

(12)

0 2.

Segunda posibilidad

 3  3cosθ - θ  senθ   0

(13)

0 θ m = 4.05162802412 rad

El caudal máximo se obtiene reemplazando

 1 5  c S2 d 2 Q o o  16  

 3   θ  senθ  2 1   θ2 

θ = 4.05162802 412 rad en la ecuación (5):

    

(14)

1 3 3    57 ( 0.002 ) 2 ( 3 m ) 2   4.05162802412 rad - sen  4.05162802412 rad   2  Q=  1 16    4.05162802412 rad  2   

∴

Q máx = 13.1426063624

m3 s




Para hallar

y do

, se emplea la ecuación (15): Qmáx



θ  2cos1 1  2



θm

   

y do

  : 

(15)

  y      d o  Qmáx 

 2cos1 1  2

 y  θm    1  2   2   do  Q

(16)

 cos

(17) máx

Finalmente, se tiene que: y do y d0

y do

b.



θm     2  

 1 1  cos  Qmáx

2

(18)





1 4.05162802412 rad   1  cos    0.719739099835 Qmáx

2

2





 0.719739099835 Qmáx

Ecuaci ón de Chèzy: VC

R H So

VC

do 4

(19)

 θ  senθ     So θ  

(20)

1

V

So d o   θ  senθ   2   θ 2  

C

(21)

Para hallar la velocidad máxima, se deriva la ecuación (21) y se iguala a cero: dV dθ

dV dθ



C



1



C





So d o  1  θ  senθ  2   θ  1  cos  θ  θ  senθ       0 2 θ   θ2  2



So d o   4

θ    θ  senθ 



(22)



1 2

  θ   

cos  θ  senθ  θ2

  0

(23)

64



3. FLUJO UNIFORME

dV dθ





C So d o   θ    4   θ  senθ 



1 2

     

cos  senθ  θ2

0 

(24)

Para que la igualdad en la ecuación (24) sea posible, se deben cumplir las dos posibilidades siguientes: 1.

Primera posibilidad 1

 

θ 2  θ  senθ



0

(25)



θ θ  sen θ

0

(26)

θ  sen θ  0

(27)

θ  sen θ θ 0 2.

Segunda posibilidad



cos  senθ θ2

0

(28)

sen θ  θ cos θ  0

(29)

Entonces, finalmente se tiene: θ  4.4934094rad θ 0 θ  2.2389  106 θ  5.48501107

Por lo tanto, la solución es: θ  4.49340945 791 rad

La velocidad máxima se obtiene reemplazando Vmáx =

∴ Vmáx

57

θ = 4.49340945791 rad en la ecuación (21), así:

0.002 ( 3 m )  4.49340945791rad - sen  4.49340945791rad  2 4.49340945791 rad 

= 2.43560836077

1

  2  

m s




Para hallar

y do

, se emplea la ecuación (30) Vmáx



  



y do

   

  y      d o  Vmáx 

θ  2cos1  1  2

(30)

θ  2cos1 1  2 

(31)

 θ  cos   1  2 

(32)

y    d o  Vmáx

2

y d0

 1 1  cos θ  2

Vmáx

(33)

2

Así, finalmente se obtiene que: y d0 y do

= Vmáx

 1 1 - cos 4.49340945791 rad   = 0.81280312734 2  2  

(34)

 0.8128031734 Vmáx

PROBLEMA 3.15

Por un canal rectangular de n = 0.014 y S de variac ión A vs. B/y, para valores de B/y

o

= 0.001 fluye un caudal de 28.32 m iguales a 1.0, 1.5, 2.0, 2.5, 3.0, 3.5.

3

/s. Dibuje a escala la curva

Datos

Q = 28.32 m 3 /s ; n = 0.014 ; S o = 0.01 ;  = 1 m 1/ 3 /s Solución:

Utilizando la ecuación de Manning se tiene: Figura 3.15.a

Q

 n

2

1

(1)

A R H3 SO2

donde A  By

(2)

P  B 2y

(3)

66



3. FLUJO UNIFORME

A

RH

P

By B2y



By y B 2y y

 B B 2

(4)

y

Reemplazando estas ecuaciones (2), (3) y (4) en la ecuación (1), se obtiene: 2

 3   1  B  2 Q By So n  2 B  y  

(5 )

5

B3 5

Q

 n

1

5

y3

y3

So2 y

(6 )

2

 3  2  B  y  5

Q

 n

5

1

So2 y y 3

 B3   y

(7)

2

 3  2  B  y 

Despeja ndo y de la ecuación (7): 2      2  B  3  nQ   y   y 3   1    5    S 2    B  3  o        y  8

       

3

 2 8    8  B3  nQ    2  y        y  5  1     S 2   o    B  3    y   3

3

 8   y   n Q1   S 2   o 

1   B4   2  y  5    B 8      y 

       67




Dado un valor de B/y se despeja es posible conocer el correspondiente a dicho valor de B/y.

2.5

Luego, se ca lcula A = By

B/y

1.0

1.5

y (m)

2.206

1.779

1.537

1.377

1.261

1.173

B (m)

2.206

2.669

3.074

3.443

3.783

4.106

A (m²)

4.866

4.748

4.725

4.741

4.770

4.816

A continuación, se presenta la gráfica B/y

2.0

valor de y .

3.0

3.5

vs. Área

4.88

4.84

)² 4.8 m ( a e r Á

4.76

4.72

4.68 1

1.5

2

2.5

3

3.5

B/y

Figura 3.15.b

Analizar la posibilidad de hacer esta gráfica en Matlab

PROBLEMA 3.16

La sección transversal de un río se puede idealizar como se muestra en la Figura 3.16. Para los datos que aparecen en dicha figura, y suponiendo que el flujo es uniforme, calcule el caudal transportado por el río, -4 cuya pendiente longitudinal es 2x10 . Aplique la ecuación de Lotter.

Figura 3.16

Solución:

Como el canal está compuesto por dos materiales diferentes es necesario hallar un coeficiente de Manning equivalente para toda la sección, esto se logra dividiendo la sección transversal del canal en diferentes regiones según sea necesario y finalmente se aplica la ecuación de Manning para flujo uniforme. 68



3. FLUJO UNIFORME



Q

n eq

2

1

(1 )

A T R H3 So2

Las dimensiones del canal mostradas en la Figura 3.16 son las siguientes: x1

 m y 2  1( 2 m )  2 m

(2)

x2

 m y1  1( 4 m )  4 m

(3 )

x3

 m y1  1( 4 m )  4 m

(4 )

x4

 m y2  1 ( 2 m )  2 m

(5 )



 x 2  B  x 3 

(6 )



  4  12  4  m  20 m

(7 )

1



1  m2 y2

4

 1  2

2

 3 



1   1 2 ( 2 m )  2 2 m

(9 )

2m 1  m 2 y1

(8 )



1   1 2 ( 4m )  4 2 m

(10)

De la Figura 3.16, se obtienen las siguientes relaciones: 

Cálculo del área:

Área A 1 :

 x1 

y2  2m   2 m    2 m2  2   2 

A11

(11)

(12)

A12 = 2 m ( 2 m ) = 4 m 2

A13

 L y 2  20 m  ( 2 m )  40 m2

(13)

A14

 ( B  m y1 ) y1  [ 12  1( 4 ) ] 4 m 2  64 m 2

(14)

A1

 A11  A12  A13  A14

(15)

Reemplazando en la ecuación (1) los valores hallados, se obtiene: A1 =  2 + 4 + 40 + 64  m 2 A1

 110 m 2

(16)

Área A 2 : 69 Universidad Nacional de Colombia Sede Medellín



A 21  80 m ( 2 m )  160 m 2

A 22

(17)

 x 4 

y2  2 m   2 m    2 m2  2   2

(18)

 A21  A 22

A2

(19)

Sustituye ndo los valores obtenidos en (17) 2

y (18) en la ecuación (19), resulta:

2

A2

 160 m  2 m

(20)

A2

 162 m 2

(21)

Luego, el área total se expresa como:

 A1  A2

AT

(22)

Ahora, reemplazando en la ecuación (22), los resultados de (16) y (21), se obtiene:



AT

 (110  162 ) m 2

AT

 272 m 2

(23)

Para el perímetro (24)

P1 =  1 + 2 m +  2 + B +  3

(25)

P1 = 2 2 + 2 + 4 2 + 12 + 4 2 m





(26)

P1 = 28.1422 m

Ahora, se halla el perímetro mojado de la región 2: P2

 80 m   4

(27)

P2

 80 m  2 2 m  82.8284271247 m

(28) (29)

P2

Luego el perímetro total es el siguiente: PT

 P1  P2

Sustituye ndo los valores obtenidos en (26)

(30) y (29) en la ecuación (30), resulta:

PT = 28.142 m + 82,828 m

(31)

PT = 110.97 m 

Radio hidráulico total:

70



3. FLUJO UNIFORME

R HT



R HT =

AT PT

(32)

272 m 2 = 2,4511m 110.97 m

(33)

Ecuación de Lotter: 2

AT R 3 n eq

HT 2



(34)

k A i R H3 i



i1

ni 5

n eq

A T3



2 3 T

P

k



(35)

5

A i  3 2

i1 n P  i i 3

Con k = 2 y utilizando la ecuación (35), resulta: 5

( 272 ) 3

n eq = 2

 

110.97 3 

5

2

 0,022  28.1422  3 

n eq

   0,035  82,828  3  5

 110  3

+

162  3

2

 0.0251690102691

(36)

Finalmente, reemplazando los resultados obtenidos y datos del problema en (1), se obtiene: 1

m3

Q =

1.0 s 272 m 2 0.0251690102691

Q = 227.8522



  2.4511m 

2 3

0.0002

m3

(37)

s

PROBLEMA 3.17

El lecho de un río natural tiene una sección transversal que se puede aproximar a una sección parabólica simétrica con respecto a su eje vertical. Además, n y S o se pueden suponer constantes e iguales 0.023 y 0.00122, respectivamente. 3 Suponiendo que el flujo es uniforme, para un caudal de 42.4753 m /s, calcular la profundidad del flujo, sabiendo que el ancho superfic ial es igual a 45.732 m, para una profundidad de 1.83 m.

Datos




Q = 42.4753 m 3 /s ; n = 0.023 ; S

= 0.00122 ;

o

y = 1.83 m ; T = 45.732 m Solución:

Ecuación de la parábola:

y = kx

2

(1 )

Donde k es la constante de la parábola. Para y = 1.83 m, T = 2x = 45.732 m



x

T 2



45.732 m 2

 22.866m

(2) Figura 3.17

Reemplazando los datos del problema y (2) en la ecuación (1), se tiene: k

y x2



1.83 m

 22.866 m 2

 0.0035 m -1

(3 )

Para un canal parabólico se tiene que su geometría está dada por las siguientes ecuaciones: A

2 yT 3

PT

RH



T2

(4)

8 y2 3T

(5)

2 T2 y 3T 2

(6 )

 8y 2

y k

(7 )

Reemplazando las ecuaciones (4), (5), (6) y (7) en la ecuación de Manning, se obtiene: Q

 n

2

1

(8)

A R H3 So2 2

2  2   2 Tn y n Q   y n Tn   2 n3   3Tn  8y 2n  (9 )

3 1  2  So  

72



3. FLUJO UNIFORME

2

Q

  2 yn n 3

  2 yn  k 



    

2    y n  yn  2  2  k     2   y  2  3  2 n   8y n k    

3   1  2  So    

(10)

2 1

1

Q

4  So2 y2 y n n1 3n k2



3

 yn   2  4 k  y n   y   3 4 n   8y 2 n   k  

    

(11)

2

 y2  8 n 4  So2 2  k Q y  1 n  12 y n  8y 2 n 3n k2  k  1

3

3      

(12)

2

 y2  3 8 n  k 2  y n  12 y n  8 k y 2n  k 

1

Q

4  So2 1

3n k2

4

1

Q

4  So2



1

3n k

2

y

2 n



n

2

2

y n3  12  8 k y n  3  

1

2



1

22 y 3

3

3n k2 Q  3  12  8 k y n  1 16  So2

3 1  3   8y 2 4  So2 2  n   y  1 2 n  12 y  n 8 k yn 2  3n k  



4  So2 1

3n k

2

2

3    

(13)

13

22 y 6 n

2

(14)

 12  8 k y  3  n   

13

 y n6

(15)

3 1   2  3n k Q 1   16  S 2 o 

2  13    12  8 k y    y 6 n     n   

3

2    

(16)




3

    1  m 3    -1  3  0.023  0.0035 m 2  42.4753 s      1   1      2 m3   16 1.0   0.0012   s      





2      13  -1 4  12  8 0.0035 m y n  y n      





 

(17)

13

0.172814231661  12  0.028 y n   y 4





(28)

n

13

2.07377077993  0.00483879848651y n

 y n4

(19)

yn

 1.25272249766 m

(20)

yn

 1.253m

(21)

PROBLEMA 3.18 o = 0.002) con una profundidad Se presenta un flujo uniforme en un ca nal 3 circular de 5.0 m de diámetro. (S de 3.05 m, para un caudal de 40.0 m /s. Suponiendo que los coeficientes de rugosidad absoluta, k, y de Manning, n, permanecen constantes, calcule el caudal que fluiría si la profundidad fuese de 4.0m, empleando las ecuaciones de Manning y de Darcy & Weisbach.

Solución: a.

Para una altura y

n

= 3.05 m.

Empleando la ecuación de Manning se determina el coeficiente de rugosidad: Q

n

 n



2

1

A R H3 So2 2

(1)

1

A R H3 So2

(2 )

θ = 2cos 1  1 - 2 y n  do  

(3 )

Q

Figura 3.18

74



3. FLUJO UNIFORME



θ = 2cos 1  1 - 2



3.05m 5.0 m

  = 3.58522159458 rad 

A

d o2 θ  sen θ  8

A

5.02 m 2  3.58522159458 rad  sen(3.58522159458 rad )   12.5451298069 m2 8

P

1 θ do 2

P

1 ( 3.58522159458rad ) ( 5.0 m )  8.96305398645 m 2

RH



A P

RH



12.5451298069 m 2 8.96305398645m

(4 )

(5 )

(6 )

 1.39964902876 m

Reemplazando los resultados anteriores en la ecuación (2), se obtiene: 1

1.0 n

40

m3 s m

3

2

12.545m



2

1

3

2

1.39964902876 m  ( 0.002)



 0.01754585

s

n  0.01755

(7)

Ecuación de Darcy & Weisbach combinada con la de Colebrook & White: Q  A

Q  12.545m 2

 k 1.255 ν  14.8R H  R 32 g R H So H 

32 g R H So log 

   

(8 )

  m 2   1.255 1.141 106   s     m k   32  9.81   1.3996m 0.002 log      s2   14.81.3996m  m      1.40 m 32 9.81 1.3996 m 0.002     s2   

        

Resolviendo para el coeficiente de rugosidad, k, se obtiene: k = 0.00819859983339 m 75 Universidad Nacional de Colombia Sede Medellín



k  8.1986mm b.

Para una altura y

n

(9)

= 4.0 m.



   4.42859487118 

(10)

A

d 2o  θ  senθ   16.8393589724 m 2 8

(11)

P

1 θ do 2

 11.071487178 m

(12)

RH

 A  1.52096630757 m

(13)

θ  2cos1 1  2



yn do

P

Empleando la ecuación de Manning (1): 1

1.0 Q

m3





2

1

s 16.839 m 2 1.521 m 3 ( 0.002) 2 0.01755

Q  56.73515

 56.7351530193

m3 s

m3 s

(14)

(15)

Ahora, reemplazando los resultados obtenidos en la ecuación de Darcy & Weisbach

   m 2    1.2551.141 106     s      m 0.00819859 98   32  9.81  1.521m 0.002 log     2    s   14.8(1.521)   m 1.521m 32  9.81  1.521m0.002     2   s    

Q  16.839 m 2

Q  56.5651054238

m3

(16)

s

PROBLEMA 3.19 3 Encontrar la pendiente longitudinal requerida para conducir 5.6633 m /s, a través de un canal rectangular de 3m de ancho y revestido con concreto, (n = 0.014), de tal manera que el número de Froude sea mayor o

igual a 2. ¿Cuál sería la profundidad normal del flujo para el mismo caudal, si la pendiente se duplicara? Solución: 76



3. FLUJO UNIFORME

Dado que F  2, entonces: F

V gD

2

(1 )

D

Como el canal es rectangular,

A T



By y B

Figura 3.19

 Q   A   1 F=

≥

g yn

2

(2 )

1

Q

F

1

1

2

(3 )

B y n1 g 2 y n2

1

F

Q 3

1

2

(4 )

B y n2 g 2 1

2

y n1

   Q 1   2Bg2 

3     

(5 )

De la ecuación de Manning se tiene: Q

A

n

2 1

1

(6 )

R H3 So2 1

1

  2        Qn  So1     2        A1 R H3  1     B yn  1 

Qn 2

 B y n1  3    B  2 yn  1  

2  2  2    Q n B  2 y n1 3     2     B y n B y n 3   1 1     

(7)

Reemplazando la ecuación (5) en la (7), se tiene:




4

So1

≥

2 3   3    Q      Q 2 n 2 B  2  1       2  2B g     2 5  2 3     3    5     Q     B 3    1    2 B g 2           

(8 )

Reemplazando valores numéricos, se tiene: So1

 0.01424

(9 )

So2

 2 So1

(10)

So2

 0.02848

(11)

Luego,

Reemplazando el valor dado en (11) en la ecuación de Manning, se tiene: 2

1

5.6633

m3



s

1m3

3m 

0.014

Resolviendo la ecuación (12) para y

n. ,

  3 m  y n2    3 m  + 2 y n2

y n2 

1 3   0.02848  2  

(12)

se obtiene:

y n2

 0.3582 m

PROBLEMA 3.20

Un canal trapecial de ancho B = 9.1m y taludes 2H: 1V, es excavado en una región aluvial. Un análisis granulométrico del material de suelo arrojó un d El canal conducirá un caudal de 35.4 75 = 2 pulgadas. m 3 /s, bajo las condiciones de flujo uniforme, y la velocidad no puede exceder de 1.5 m/s. Calcular la pend ien te long itud inal máx im a. Datos

B = 9.1 m ; Q diseño = 35.4 m 3 /s ; V má x = 1.5 m/s Figura 3.20

Solución: 78



3. FLUJO UNIFORME

La pendiente longitudinal máxima requerida es aquella que hace que el flujo adquiera una velocidad media de 1.5 m/s, dados los demás parámetros. El tamaño d 75 se empleará en una de muchas ecuaciones existentes para estimar el coeficiente de rugosidad, de Manning, así:

 2 pulg

d 75

1 pie 12 pulg

 0.16666 pie

1

n  0.031d 6

A mojada



(1)

1

 0.0310.16666pie6  0.023

Q diseño Vmá x

35.4

 1.5

(2 )

m3 s m

 23.6 m 2

(3 )

s

Por otro lado: A  B m   y y  9.1 m  2 y y  23.6 m 2 2 y2

 9.1 y  23.6  0

y1,2



(5)

 9.1   9.1 2   4

2

 23.6

(6 )

4

y1  1.8451 m y2

RH

(7 )

  6.3951 m 

A P



(4 )

(Esta solución no es físicamente válida)

A B  2 y1



23.6 m 2

9.1  2  1.8541 m

 1.84257m

(8 )

(9 )

Ahora, de la ecuación de Manning, se despeja la pendiente longitudinal del canal; así:

    nQ  So   2     AR 3  H   Reemplazando

2

(10)

valores numéricos e n (10), se tiene:




       So   1    3  1 m  s    

2

    3  m    0.023  35.4    s       0.0005269   2 2     23.6 m 2  (1.84257) 3 m 3        

(11)

Finalmente,

S o = 0.000527 PROBLEMA 3.21

Calcule el caudal máximo y la velocidad máxima que puede presentarse en un flujo uniforme, en un canal circular de 3.0 m de diámetro, pendiente longitudinal, S o = 0.002, y n = 0.012. Además, se desea saber cuáles son las respectivas profundidades. Datos

do

 3.0

m ; so

 0.002 ; n  0.012

Solución:

Para el flujo uniforme en conductos circulares, se conoce la siguiente relación de caudales:

Figura 3.21

 Q   Q   1.0757  LL  máx

(1)

Q máx Q LL

(2)



 1.0757

Q máx = 1.0757Q

(3 )

LL

Donde 8

Q LL



1

π d o3 So2

n

(4 )

5

43

Q LL

 1  m3 1 s  

    π  3.0 m  

8 3

0.012

0.002

1 2

(5 )

5

4

3

80



3. FLUJO UNIFORME

Q LL

 21.7457

m3

(6 )

s

Por tanto,



Q máx

Q máx

 1.0757  21.7457

m 3 

 

 23.3919

s 



m3

(7 )

s

Por otra parte, el caudal máximo del flujo en conductos circulares corresponde a la siguiente relación llenado: y do

 0.93818

y  0.9381d o

(8)

 0.93818  3.0 m 

(9 )

y  2.815 m

Igualmente,

(10)

para el flujo uniforme en conductos circulares se Vmáx VLL

conoce la siguiente relación

de velocidades:

 1.14

(11)

 Vmáx  1.14 VLL

(12)

Donde 2

VLL



1

 d o3 So2 n

(13)

2

43

 1  m3 1  s  VLL  

      3.0 m  

0.012

2

0.002

3

1 2

(14)

2

43 VLL

 3.076

Reemplazando el valor de V

LL

m

(15)

s

en (9), se tiene: 81




Vmáx

m  1.14  3.076 

Vmáx

 3.507



(16)

s 

m

(17)

s

Por otro lado, se conoce que, para la velocidad máxima del flujo uniforme en conductos circulares, la relación de llenado correspondiente es: y do

(18)

 0.8128

y  0.8128d o



0.8128  3.0 m 

(19)

y  2.438 m

(20)

PROBLEMA 3.22

En un terreno plano se excava un canal prismático, con el fondo inclinado 0.5º, con respecto a la horizontal, y sección constante, tal como se muestra en la Figura 3.22. a.

Calcule la profundidad excavada, h, si el resguardo, r (borde libre para prevenir desbordamiento), se 3 mantiene en 40 cm, para un caudal igual a 25 m /s. El coeficiente de Manning es igual a 0.018.

b.

Calcule el tiempo en días, desde la puesta en funcionamiento del canal hasta el momento en que se pr od uzca su desbor da mie nt o, para el mis mo caud al, sabi en do que la erosión increme nt a su ru gosida d, de acuerdo con la ley exponencial: -t

k  0.7  0.6817 e 20 0

Donde k está expresada en metros, y t en días, y que el coeficiente de Manning puede aproximarse por la ecuación: 1

n  0.04 k 6

Figura 3.22.a

Solución:

De la Figura 3.22.b se tiene que:

tanα1

∴



m1

1 m1



1 tanα1

(1 )



1  3 tan30º

(2)

Figura 3.22.b

82



3. FLUJO UNIFORME

tanα 2

∴

So a.



m2

1 m2



1 tan α 2

(3)



1  1 1 tan 45º 1

(4 )

 tan θ  tan 0.5º  0.00872686779076 Cálculo de la profundidad de excavación, h:


2



1

(5 )

A R H3 So2

n

Área mojada, A: A  A1  A 2  A3 A

 m1 y

y

2

(6)

  By

m2 y y 2

(7 )

A  By

m1 y 2 2

m2 y 2 2

(8 )

A  By

1 2 y  m1  m 2  2

(9 )

 

1  m1  m 2  y  2 

(10)

1  m1  m 2  y  y 2 

(11)

A  y  B

 

A   B



Ahora, de la Figura 3.22.b, se puede

observar que:

h  yr

(12)

y  hr

(13)

Reemplazando la ecuación (13) en (11), se obtiene:

 

A   B

1  m1  m2 2



 

 r   h  r h

(14)

Perímetro mojado, P: P  B y

1  m12

y

1  m 22

(15) 83




P  B  

 1  m 22  y

1  m12



(16)



Reemplazando la ecuación (13) en (16), se obtiene:

P  B  

1  m12





1  m 22   h  r 

(17)



Radio hidráulico RH



A P

(18)

Además, de la Figura 3.22.b se tiene. L  B  l1  l 2

 B  m1 h  m2 h

(19)

B  L  m1 h  m2 h

(20)

B  L -  m1  m2  h

(21)

Reempla zando las ecuaciones (14), (17), (18) y 2

Q

 n

(21) en (1), la ecuación de Manning sería: 5

1

1

 A3 2  A 3 2 So  So  n 2 P

A

(22)

P3

5

   

Q

3 1   r   h  r   B  m1  m 2  h   S 2   2   o  2 n   3  2 2   B   1  m1  1  m 2   h  r      1

(23)

5

 3 1    1  L -  m1 + m 2 h + 2 m1 + m 2  h - r  h - r        Q =  So2  2 n    3  2 2  L -  m1 + m 2  h +  1 + m1 + 1 + m 2   h - r     

(24)

ó 5

   L -  m1 + m2 

y + r

+

3 1  m1 + m 2 y  y  2  

   S2  o 2  n    3 2 2 1 2 1 2   y + r +  1 + m + 1 + m  y  L -  m + m 1

Q=

Las ecuaciones anteriores se resuelven para

(25)

h o para y. De la ecuación (25): 84



3. FLUJO UNIFORME

y = 0.808667444991 m Luego, y  0.809563829771 m

(26)

h  y  r  0.809563829771 m  0.4 m

h  1.209563829771 m B  10 m 



(27)

3  1  1.209563829771 m 



B  6.69541016207 m b.

(28)

Cálculo del tiempo de desbordamiento en días, t: t

k  0.7  0.6817 e 200

(29) 1

t   n  0.04  0.7  0.6817 e 200  

6   

(30)

Para y = h = 1.209563829771 m

(en el instant e del desbordamie nto incipient e)

A  10.09708221276 m 2

P  10.82511939 42m

RH

 A  0.932745575 m P

Volviendo a la ecuación de Manning, se tiene: Q

 n

2

2

n

1

(5)

A R H3 So2

1

 A R H3 So2

(31)

Q

Igualando las ecuaciones (30) y (31), se tiene:




1

 

t

2

1

6    A R H3 So2 Q 

0.04  0.7  0.6817 e 200   



1

2

1

t  6   0.7  0.6817 e 200    A R H3 So2   0.04 Q  

t

0.7  0.6817 e 200



   

2 1    A R H3 So2 0.7    0.04 Q  

t

e 200

  A R H3 So2  2

1

6

  

0.04 Q

6

 t    0.6817 e 20 0   

2 1    A R H3 So2  0.7   0.04Q   

     

6

0.6817

 2 1    3 So2 H A R  0.7     0.04 Q   t    ln e 20 0   ln     0.6817       

     

 2 1     0.7    A R H3 So2   0.04 Q     t  ln  200 0.6817     

           

     

6

6

          

86



3. FLUJO UNIFORME

 2 1     0.7    A R H3 So2   0.04 Q     t  200ln  0.6817     

     

 2 1     0.7    A R H3 So2   0.04 Q    t  200ln   0.6817     

     

     0.6817 t  200ln   2 1        A R H3 So2  0.7  0.04 Q   



6

6

           

           

      6         

(32)

 

Reemplazando los datos del problema en (32), se obtiene:               t  200ln                 0.7 -             

0.6817 1    m3 1  s  

    10.09708221276 m2   





0.93274557  5m

3 0.04  25 m   s 





2 3

               6       tan 0.5º                       87




0.6817     281.431101días  0.7  0.533093433 

t  200ln

t  281.43 días

(33)

PROBLEMA 3.23 2 3 La descarga en un canal dado es proporcional a A R H si el flujo es uniforme. Para un conducto circular, de diámetro interior d o , probar que la descarga es máxima cuando la profundidad del flujo es 0.94d o

Solución:

Para la sección transversal circular se conocen las siguientes ecuaciones:



θ  2cos1 1  2



y do

  

(1 )

P

1 θ do 2

(2 )

A

d o2  θ  sen θ  8

(3) Figura 3.23

RH



d o  θ  sen θ    4  θ 

(4 )

Por hipótesis del problema, 2

Q  k A R H3

donde k es u na constante de proporcionali

(5 ) dad

Sustituyendo las ecuaciones (3) y (4) en (5), se tiene: 2 2

Q

k

do 8

 d θ  sen θ   θ  sen θ      4  θ 

3

o

(6 )

88



3. FLUJO UNIFORME

8

5

 θ  senθ  3

k d o3

Q

   

2

   

Derivando la ecuación (7) con respecto a 8

dQ dθ

 



dQ dθ





dQ dθ



dQ dθ



dQ dθ



5

 

   

  2  θ 3 5  θ  sen θ  3     

8

dQ dθ

 , se tiene:

d  θ  sen θ  3 2  2  dθ  θ3  8 4 3  k d o3



(7)

2

θ3

8 4 3 

k d o3

 2   8 4 3     

8 k d3 o

 2   8 43     

3

1  cos θ

  θ 3      2



θ  sen θ

5 3

2 θ 3

2

8

3

2

3

        

  1  cos  θ  2 θ  senθ  5   θ  

 θ  sen θ  3  5 θ  1  cos θ  2  θ  sen θ    θ  2       24  4 3      k d o3

1

2

 1   3 θ  sen θ  o   4  2   3   3 8 4  3 θ     8

2

2   2 1  θ  sen θ      3 θ  sen θ  3 5 1  cos θ  - 2        3    4   θ3    

2

8 k d3

(8 )

  

(10)

2

 θ  sen θ  3 1 5 θ - 5 θ cos θ  2 θ  2 sen θ    θ  2     3 24  4    k d o3



(9 )

(11)






8

dQ



dθ

2

θ  sen θ  3

k d o3

  

2

  

5

24  4 3 

3θ - 5 θ cos θ

 2 sen θ 

(12)

3

Igualando a cero la ecuación (12), para hallar puntos críticos (máximos y mínimos), se tiene: 3θ - 5 θ cos θ

 2 sen θ = 0

(13)

cuya solución = 5.27810713793 es  rad

(14)

Por otro lado, de la ecuación (1), para

 en función de la relación de llenado, y/d



θ  2cos1 1  2



se tiene:

Finalmente:

y do

y do

o:

  

(1 )

1  θ   1 - cos   2  2 

do

  θ  1 - cos  2    

y



y



y

 0.94d o

2

(15)

(16)

1  5.27810713793   d o 1 - cos  2 2  



0.93818d o

(17)

(18)

PROBLEMA 3.24

Un canal de riego será excavado en tierra y tendrá una sección trapecial, con taludes laterales inclinados 60º con la horizontal, y pendiente longitudinal 0.000 4. Sabiendo que el caudal y la velocidad del flujo sección llena deben ser 1.0 m 3 /s y 0.5 m/s, respectivamente, calcule los anchos de bases inferior y superior del canal, aplicando las ecuaciones de Chèzy y Bazin. Ecuación de Bazin, en Sistema Internacional:

C 1

87 m

a

Para canales en tierra, m = 0.85.

R H

Datos

α = 60º ; S o = 0.0004 ; 90



3. FLUJO UNIFORME

m = 0.85 ; Q LL = 1.0 m 3 /s ; V LL = 0.5 m/s

Solución:

Ecuación de Chèzy:

Figura 3.24 1

1

2

2

V  C R H So

(1)

Ecuación de Bazin 87 m

C 1

(2 )

RH

Reemplazando la ecuación (2) en (1), se tiene: 1

1

87 R H2 So2 m 1 RH

V

(3)

Elevando al cuadrado la ecuación (3), se tiene: V 2 1 



m 



R H 

2

 87 2 R H So

(4 )

Para la sección llena, la ecuación (4) se expresa así:

  m 2  VLL 1 + 1   R H2 LL  1

2m 1

R H2

2

    = 7569 R HLL S0   

2  7569 So  R  m   2  HLL VLL R HLL



(5 )



LL

 7569 So   R  m  V2  HLL R LL   H LL

1   2  m  2 R HLL 

    1  0 

1  7569 So  2 R  m 2  2 m R H2 LL  R HLL  V 2  HLL LL   0

RH

LL




1  7569 So  2  R - R H - 2 m R H2 - m 2 = 0  V 2  HLL LL LL LL  

 0.433436472302 m

R HLL

(6 )

(7 )

Reemplazando el resultado de (7) en la ecuación (2): 87 0.85

C 1

 37.9732

(8)

 0.433436472302  12 Por otra parte, QVA

(9 )

Para la sección llena, la ecuación (9) sería: A LL



Q LL VLL

A LL



1

A LL

  Bi  z y n  y n

(10)

Y

  Bi

z y 2n

2

yn



1 2

z y 2n

(11)

Igualando la ecuaci ón (10) con (11), se tiene:

 Q LL   Bi y n  z y 2n V   LL 

(12)

Además, z

1 tanα

z  cotα

(13)

 Q LL     Bi y n  cotα y 2n  VLL 

(14)

 Q LL     cotα y 2n VLL  Bi  

(15)

yn

Además, R HLL



A LL PLL

(16)

92



3. FLUJO UNIFORME

PLL

 Bi  2 y n 1  z 2

(17)

PLL

 Bi  2 y n 1  cot 2 α

(18)


R HLL

Q LL VLL



(19) 2

Bi

 2 yn

1  cot α

Ahora, se reemplaza la ecuación (15) en (19):

R HLL



Q LL VLL

 Q LL  2  V   cot α y n  LL   2 yn yn

Q LL R HLL



VLL

1  cot 2 α

yn

 Q LL  2 2  V   cotα y n  2 y n  LL 

1  cot 2 α

 QLL      R HLL   cotα  R HLL  y 2n  2 y 2n R HLL 1  cot 2α   QLL  y n  VLL   VLL  2 R  HLL Ahora, dividiendo por

1  cot 2 

 cot   R HLL  y 2n 

Q    LL  y n  v LL 

Q    LL R HLL  0  v LL 

(20)

R H LL :

 Q LL     2 1  cot 2 α  cot α  y 2   VLL  y   Q LL   0 n V    n R HLL  LL 

(21)

Reemplazando los datos del problema en (21), se obtiene: 3   1.0 m  s   0.5 m  s 

      

3   1.0 m   2 1  cot 2 60º s  cot 60º  y 2n  y   m  0.433436472302 m  n    0.5 s 

1.73205080757 y 2n

   0   

 4.61428635523 y n  2  0

(22) 93




yn

Reemplazando y

n

 0.544881288918m

(23)

en la ecuación (15), se tiene: 3   1.0 m  s   0.5 m  s 

Bi



Bi

 3.356 m

    60º   cot   

0.54488128  8918 m

 0.544881288918 m 

2

 3.355937m

De la Figura 3.24, se tiene: Bs

 Bi  2 z y n

Bs

 Bi  2 cotα y n

Bs

 3.356 m  2 cot 60º 

Bs

 3.985 m

0.54488  m

PROBLEMA 3.25

Un colector de alcantarillado de 24” de diámetro tiene una capacidad de 607 l/s, trabajando a sección plana (tubo lleno), con una velocidad de 2.08 m /s. Determinar la profundidad, el área mojada y la velocidad del flujo para un caudal de 365 l/s. Supóng anse n y S o constantes. Datos

Q LL = 607 l/s ; V

LL

= 2.08 m/s ;

d0

 24  0.6096m ;

Q = 365 l/s Solución :

 

A  π 

α 2

α sen α  d o2   2 2  4



 sen 1  2  

y do

(1)

  1  y    d o  

(2)

Figura 3.25

2 2

V

So d o3  sen α  3 1   2 n  2π  α  43

(3 )

94



3. FLUJO UNIFORME

2

VLL



So  d o  3   n  4 

(4 )

8

2

So d o3  α π  5 n 2  3 4

Q



sen α   sen α  3  1   2  2π  α 

(5 )

8

Q LL



So π d o3 5 n 43

(6 )

De la ecuación (4): So n

So n



2.08

VLL 2

 do   4



3  

m s 2



 0.6096 m  3   4  

2.08 0.28531415

 7.290209756

De la ecuación (6): 5 5

So n

=

Q LL 4 3

4 3 0.607

m3 s

=

8

= 7.289295681

π  0.6096 m  83

π d o3

De la ecuación (5): 5

α sen α   π    2 2  

43 Q 8

2

So d o3  sen α  3 1   n  2π  α 

 

α  2π  sen α 

5

 

2 43  Q  





8

2

So d o3  sen α  3 1   n  2π  α 

 α  2π  sen α 

5



3



2  4 3   0.365 m    s 

2

2π  α  3   8  2π    sen α  7.290209756 0.6096 m 3










α  2.90503205 rad

 166.4460757º

Calculo de la profundidad, y De la ecuación (2):

 y  do 

4

2   1  y    sen  α   2  do 

2  y  y   166.4460757  4 d 1  d    sen   2  o  o 



y do



2

 y   1  0.9860748909  4  do 

  2

 y    y  0.2465187227  0  do  do

Para

y d

y do

 0.559002

(Por encima del centro del círculo)

y do

 0.44998

(Por debajo del centro del círculo)

 0.559

o

y  0.559(do )  0.5590.6096m  0.3407m y = 34.07cm

El valor y/do = 0.44998 se corresponde con la profundidad, y  26.88 cm , para la cual se presenta el mismo valor del ancho superficial T; sin embargo, esta última profundidad no satisface los valores de A, V y Q.

PROBLEMA 3.26

Calcular el caudal que circula por un canal trapezoidal con ancho de fondo de 2m; taludes de 2.5:1, cuando el tirante normal es 1m. Se trata de un c anal excavado en tierra, con buena terminación y con pendiente de 0.00001 . Emplear las fórmulas de Manning y Chèzy (con Ganguillet, Pavlovskij y Powell) Datos

y = 1m ; m = 2.5 ; b = 2m ; n = 0.020 (obtenido de tablas) ;

 = 0.012 (obtenido de tablas)  = 1.0 m 1/ 3 /s

Figura 3.26

96



3. FLUJO UNIFORME

Solución:

La ecuación de Manning: Q

 n

2

1

(1 )

A R H3 So2

Área mojada A  y (b  m y)

(2 )

A   1m

 2 m 2.5

A  4.5 m

2

1m

 (3 )

Perímetro mojado P  b2y P  2 m 

1  m2

 2  1 m  1 

(4 ) 2.5

2

(5)

P = 7.385 m




A P

(6 )

4.5 m 2 R H = 7.385 m

RH

 0.609 m

(7)

Ahora, reemplazando los resultados de (3), (5) y (7) en (1), se tiene: 1

1 Q

m3

2

1

s ( 4.5 m 2 ) ( 0.609 m ) 3 ( 0.00001) 2 0.020

Q = 0.511372812

m3 s

Después de hallado el caudal por medio de la ecuación de Manning se procede a hallar el caudal por la ecuación de Chèzy, así QCA

(8 )

R So

Para determinar el valor del coeficiente de Chèzy, C, se emplean las siguientes fórmulas 1.

Ganguillet-Kutter:




23  C

  

1   23 

C

23 

  

1   23 

0.00155 1  So n 0.00155 So

(9 )

  R H  n

0.00155  1 0.00001 0.020 0.00155 0.00001

   0.609 m  0.020

1

C = 8.1508913

m2

(10)

s

Ahora, el valor en (10) se reemplaza en la ecuación (8): 1

Q  8.1508913

m2 s

Q  0.090516189

2.

( 4.5 m 2 )

 0.609 m  0.00001

m3

(11)

s

Pavlovskij : 1 y C  n RH

(12)

Donde y es un exponente empírico que depende de las dimensiones del canal y también del coeficiente n, y se estima de la siguiente manera: y

 1.5

n

Para

0.1 m  R H

 1m

(13)

y  1.5 0.020

y  0.212132

(14)

Reemplazando (14) en la ecuación (12), se obtiene: C

1 ( 0.609) 0.212132 0.020 1

m2

(15)

C  45.00703804 s

Reemplazando (15) en la ecuación (8), se tiene: 98



3. FLUJO UNIFORME

1

Q  45.00703804

Q  0.499806146

3.

m2 s

( 4.5 m 2 )

0.609 m 0.00001

m3

(16)

s

Powell: C  23 log  R H  ε



P

(17)



 0.609 m    0.012 m 

C  23log 

1

C  39.225

m2

(18)

s

Reemplazando (18) en la ecuación (8), se obtiene: 1

Q  39.225

m2 s

(4.5 m 2 )

Q  0.43559623

0.609 m 0.00001

m3

(19)

s

PROBLEMA 3.27

Cuál debería ser el ancho del fondo del canal trapezoidal, con pendientes laterales 2H:1V, pendiente uniforme del cana l So = 0.00 1, y que conduce un caudal de 60 m 3 /s, a una profundidad de 2.5m. Calcular el máximo esfuerzo cortante en

el lecho y los lados del canal.

n = 0.015

Solución:


 n

2

1

(1)

A R H3 So2

Figura 3.27

Calculando el área y el perímetro mojados, se tiene lo siguiente: (2 )

A  ( b  m y) y A =  b + 2  2.5 m  2.5 m




A   2.5 m  b  12.5 m

(3 )

Pb2y

(4 )

1  m2

P  b  2  2.5 m 

P

Ahora, despejando R

1  22

 b  11.1833989 H

(5 )

de la ecuación (1) queda que:

2

R H3 A 

Qn

(6)

1

 So2 Además,



A P

A3A



RH

(7 )

2

2

Qn 1

P3

 So2

 5  A3   2  P 3

2    =  n Q 1    So 2 

3

3

2   

3 5

 

A2  Q n =  1 P  S2  o

2     

Al reemplazar los respectivos valores de A, P, Q, S, n y

(8 )

 en la ecuación (8), se obtiene: 3

 2   3    60 m  0.015  5      s  2.5 b  12.5  2        b  11.1833989   1    m3  3 1  10  1  s 

(9 )

Resolviendo iterativamente para b, en la calculadora hp48GX, se obtiene: b  3.8088 m

(10) 100



3. FLUJO UNIFORME

Reemplazando este último valor en las ecuaciones (3) y (5), se obtienen los valores del área y del perí met ro moj ado; así : A  22.022 m 2

(11)

P  14.9892 m

(12)

Para hallar la máxima tensión cortante en el fondo se emplea la siguiente fórmula: τ  γ R H So

(13)

Además, RH



A P



22.022 m 2 14.9892 m

 1.469191151 m

(14)

Finalmente, τ



N



m

  9800

τ = 14.4

3

   1.469191151 m  1  10 

3



N m

(15)

2

PROBLEMA 3.28

Un canal rectangular, de pendiente S

o

= 11% y 5.0 m de ancho, transporta un caudal de 30 m

3

/s, en flujo

con una profundidad de 1.0 m. yuniforme, crítico, suponiendo que el coeficiente de Calcular Manning,laespendiente constante.necesaria para mantener un flujo uniforme Solución:

La pendiente solicitada es la pendiente crítica, S c , la que produce un flujo uniforme y crítico, a la vez, es decir, y = y n = y c . Figura 3.28

En primer lugar, se calculará el coeficiente de rugosidad de Manning, partiendo de la ecuación de éste. 2

Q



1

 A R H3 So2 n




2 1   3 2   A R H So n   Q  

2 1  2   A 3     A   So2    P   Q     

2

  5 1    3 2     A So   2   Q P 3   

2

1   5   2     B y n 3 So   2   Q B  2 y n 3  

     

2

2

1   5   3  1.0 m 5.0 m 1.0 m 3  0.11    s n     0.02146 2  3.0 m3  5.0m  2 1.0 m 3  s     Ahora, para calcular la pendiente crítica, se requiere de la profundidad crítica, y el área crítica, A c , y el radio hidráulico crítico, R H c .



yc



Ac

R Hc

3

α Q2 g B2

1.0  3.0



3

B yc B  2 yc



   nQ Sc =  2    A c R H3 c 

0.332 m

con la cual se calcularán

2

s  

     9.81 m  5 m 2  2  s  

 B yc   5 m  

3 m 

c,

 0.332 m

 1.66 m2

1.66 m 2 5 m  2 ( 0.332 m )

 0.293 m

 2 3   m   ) 0.02146  ( 3.0  2  s  =n  1   2   m3  (1.66 m 2 ) ( 0.293 m ) 3  1.0 s 

 2    = 0.2965     

S c = 29.65 % PROBLEMA 3.29

En la figura 3.29 se presenta un canal visitable de una red de alcantarillado combinado, concebido para conducir y evacuar aguas residuales y pluviales. El colector está hecho de hormigón (n = 0.013), y tiene una pendiente longitudinal, S o = 0.006. Para un caudal de 7.0 m régime n uniforme.

3

/s, calcule la profundidad normal del flujo en

Datos

n = 0.013 ; S

o

= 0.006 ; Q = 7.0 m 3 /s

102



3. FLUJO UNIFORME Figura 3.29

Solución:

Para encontrar el valor de la profundidad normal, y n , dado que se trata de una sección compuesta, se supone primero dónde se encuentra el nivel del agua dentro del canal, así: Suponiendo que : 0.00 m ≤ y

n ≤ 0.25 m

, Figura 3.29.a

Figura 3.29.a

En este caso el problema se reduce al de medio círculo, y para la sección circular, se tiene:

RH

A



do

do 8

4

 sen   1     

(1)

  sen 

(2)

 2y    2 cos1 1    do 

(3)

Reemplazando en la ecuación de Manning para flujo uniforme, se tiene:

 d2 d   o   sen   o  8  4   Q

2

1

 sen    3 2 1   s    o 

(4)

n

Haciendo el reemplazo aritmético respectivo, tomando d

o

= 0.50 m, se tiene: 2

1  0.502  sen    3    sen   0.50 1    0.006 2  8 4      7.0 

0.013

(5)

Resolviendo la ecuación, se obtiene:

  148.83240242

(6)

Reemplazando el valor obtenido en la ecuación para el ángulo interno se obtiene: y = 0.50 m

(7)

El valor encontrado está por encima del intervalo propuesto; por lo tanto, en esta zona no se encuentra la profun di da d normal, ob sérves e adem ás qu e el ángulo encont rado es muy supe rior a 2  , lo cual implica que 103 Universidad Nacional de Colombia Sede Medellín



ni aun estando completamente lleno un canal circular de radio 0,25 m podría conducir el caudal dado para las condiciones propuestas. Supo niendo que: 0.25 m ≤ y n ≤ 1.75 m , Figura 3.29.b Para este caso, es necesario considerar el área compuesta. A  A1

A

 A2

 d o2

(8)

 By  0.25

(9)

8 P  P1  P2 P

do 2

(10)

 0.70  2 y  0.25

 d o2 Por lo tanto:

Rh



8

do 2

(11)

Figura 3.29.b

 B y  0.25 (12)

 0.70  2 y  0.25

Reemplazando en la ecuación de Manning, se tiene: 2

   8 

d 2o

Q

  d o2 3   B y  0.25  1   s2 8  B y  0.25   o  do  0.70  2 y  0.25    2   

(13)

n

Reemplazando los valores numéricos, se tiene: 2

   0.50   8  7.0 

2

   0.50 2 3  1  1.20 y  0.25    0.00 6 2 8  1.20 y  0.25      0.50   2  0.70  2 y  0.25    0.013

(14)

Resolviendo la ecuación (14), resulta: y = 1.87917542148 m

(15)

Nuevamente, el va lor encont rado no se encuentr a en el in ter valo pr op uest o, lo cual qu iere de cir qu e el flujo utiliza parte de la sección semicircular superior. Suponiendo que: 1.75 m ≤ y

n ≤ 2.35 m

, Figura 3.29.c

104



3. FLUJO UNIFORME

Figura 3.29.c

Ahora, se consideran las tres áreas que componen el canal completo, Figura 3.29.d.

Figura 3.29.d

P = P 1 +P 2 +P 3

(16)

 Pcírculo  Psemicírculo

P3

 d1



P3

2



 d1 2



(17)

d1

(18)

2  

Luego:



P

d o  d1   3.70 

2

A  A1  A 2 A3

A3

 d1

(19)

2

 A3

(20)

 A círculo  A semicírculo



d12 8

  sen  



(21)

d12

(22)

8

Luego: A



 8

d

2 o



 d12  LB 

d12

(23)

8   sen 




 

RH

8

d

2 o

d12



 d12  LB 

8   sen  d  d o  d1   3.70  1 2 2

(24)

Por lo tanto: Reemplazando en la ecuación de Manning, se obtiene: 5

   8  Q

d

2 o



 d o2  LB 

 3 s 12 o 8   sen    d12

(25)

2

d 3   d o  d1   3.70  1  n 2  2 Al reemplazar los valores numéricos, se tiene: 5

1 2  3   0.50  2  1.20 2  1.50  m 1.20 m  1.20  0.006 2 8 8   sen    7.0  2  1.20 m  3   0.50 m  1.20 m  3.70   0.013 2 2 





Resolviendo para  , empleando una calculadora programable, resulta: = 3.58209081423 θ rad

Además, se sabe que: De donde:

(26)

 2y    2 cos1 1    d0 

(27)

y = 0.731 m

(28)

Este valor sería el equivalente en un círculo de diámetro 1,20 m, pero, dado que sólo se operó con la sección superior, se tiene: ys

 y  0.60 m  0.131083615839 m

(29)

Así, para la sección total, resulta: yt

 0.25 m  1.0 m  0.131083615839 m  1.88108361584 m

Dado que este valor sí se encuentra en el intervalo propuesto, se concluye que: yn

 1.8811 m

(30)

PROBLEMA 3.30

106



3. FLUJO UNIFORME

Calcular la profundidad normal en un canal triangular con talud izquierdo 1:2 y talud derecho 1:3, sabiendo que n = 0.018 y S o = 0.001 al circular un gasto de 0.5 m 3 /s. Solución:

Ecuación de Manning Q

 n

2

1

(1)

A R H3 So2

Figura 3.30

Características geométricas del canal: 1 yn

2 x1



1

3



yn

T

x2

x1

 2 yn

(2 )

x2

 3 yn

(3 )

 x1  x 2

(4 )

Área mojada A=

T yn

(5 )

2

Reemplazando las ecuaciones (2), (3) y (4) en (5) A

  2 yn  3 yn yn

(6 )

2

A

5 2

2

(7 )

yn

Perímetro mojado 2

P=

P

2

4 yn + yn +



5 yn



2

2

9 yn + yn

(8 )

10 y n




A P

(9 )

Reemplazando las ecuaciones (7) y (8) en (9), se obtiene:

RH



5 2 yn 2 5 yn



10 y n 107




RH



2



y 2n

 10 y n

5 yn

(10)



Ahora, reemplazando las ecuaciones (7) y (10) en la ecuación de Manning (1), se obtiene: 2

0.5 =

1  5 2    yn   0.018  2  2



3  5 y n + 2 10 y n  5 y 2n

(11)

0.001

2

0.5 

5 y 2n 2  0.018 

5 y 2n   2 5 y n  2 10 y n 

0.5 =

5 y 2n 2  0.018 

5 3 y 2n

2

2 5

0.001

2 3

5 y n + 2 10 y n



0.001

2 3

10

5 3 y n3

0.5 =

 

 3  

0.001



2  0.018  2 5 y n + 2 10 y n



(12)

2 3

y n = 0.536 m

PROBLEMA 3.31

En época deLos crecidas un canalson natural consiste a poco menudo en uno yprincipal profundo dos tiene lechosla misma naturales. lechosen laterales normalmente profundos rugosos. Si elmás canal pend ien te en toda s pa rt es ¿Cómo cal cula ría el cau da l en esta situaci ón ? Suponga y 1 = 20 ft, y Estimar Q en ft 3 s

2

= 5 ft, b

1

= 40 ft, b

2

= 100 ft, n

1

= 0.02, n

2

= 0.4 con una pendiente de 0.0002.

Solución:

Q

 n eq

2

1

3 S2 ARH o

(1 )

Donde:  = 1.486 pie 1/ 3 /s, en el sistema inglés.

n eq : rugosidad equivalente del canal. Para encontrar un valor ponderado del coeficiente de rugosidad de Manning, n, se utilizarán cinco ecuaciones de autores diferentes que las desarrollaron en busca de dar solución a éste tipo de problemas. a. Ecuación de Horton y Einstein: Esta fórmula fue desarrollada bajo la hipótesis de que la velocidad del flujo en cada sub-área es igual a la velocidad media del flujo en toda la sección:

108



3. FLUJO UNIFORME

2

n eq =

  3 3     ∑ Pi n 2   i       

(2 )

2

P3

Donde: P: es el perímetro total del canal P i: Es el perímetro de cada sección transversal correspondiente a cada n n i: Coeficiente de rugosidad de

i.

Manning correspondien te a la sección i.

Además, P2

 P3  b 2  y 2

(3 )

P1

 b1  2 y1

(4 )

P  2 y2

 2 b 2  2 y1  b1

(5 )

n2

 n 3  0.4

(6 )

n1

 0.02

(7 )

Reemplazando los datos del problema en las ecuaciones anteriores, se tiene: P2

 P3  100 ft  5 ft

P2

 P3  105 ft

P1  40 ft P1

(8 )

 2 20 ft 

 80 ft

P  2 5 ft

(9 )

 2 100 ft  2 

20 f t

 40 ft

P  290 ft

(10)

Reemplazando en la ecuación (2) se obtiene que: 2

n eq

3 3 3 3  2   80 f t   0.02  2 +  105 ft   0.4  2 +  105 ft   0.4  2   53.3525388607 ft  3   = = 2 2

 290 ft  3 n eq

 290 ft  3

 0.3234301906

(11) 109




Para determinar el caudal del flujo por medio de la ecuación de Manning es necesario encontrar el área del canal, A, y su radio hidráulico, R H . A

 A1  A 2  A 3

(12)

A

 b1 y1  2 b 2 y 2

(13)





   2 5 ft  100 ft

A  40 ft

20 ft

A  1800 ft 2 A P



(14)

1800 ft 2 290 ft

RH



RH

 6.207 ft

 6.2068965512 ft

(15)

(16)

De la ecuación (1), se tiene: 1

1.486

3

s 1800 ft 2  6.20689 ft 0.323

Q

Q

ft

2

1

 3 0.0002 2

ft 3

 395.54

(17)

s

b. Ecuación de Lotter: En esta ecuación se supuso que el flujo total, Q, en el canal es igual a la suma de los flujos en cada subsección. 2

n eq



A R H3 2   3  A i R Hi  n i   

(18)

      

Los datos ya obtenidos son: A = 1800 ft

2

R H = 6.20689 ft A 1 = 800 ft

2

A 2 = A3 = 500 ft n 1 = 0.02 y n

2

2

= n 3 = 0.4 R H1



A1 P1



800 ft 2 80 ft

(19)

110



3. FLUJO UNIFORME

R H1

 10 ft

R H2

 R H3 

R H2

 R H3  4.7619047619 ft

(20) A2 P2

 500 ft

2

(21)

105 ft

(22)

Reemplazando en la ecuación (18), se tiene: 2

n eq

1800 ft 2  6.20689  3



   

2

  2 500 ft 2  



800 ft 2  10 ft 3  0.02



 4.7619 ft

2 3



   

0.4

n eq  0.0315416310127

(23)

Reemplazando en la ecuación (1), se tiene un nuevo resultado para el caudal, Q: 1

1.486 Q



ft

3

s

1800 ft

0.0315

Q  4055.818

c.

2

1

2

 6.20689 ft 3 0.0002 2

ft 3

(24)

s

Ecuación de Pavloskij: 1

n eq



2   Pi n i  2

(25)

1

P2

n eq

 80 ft  0.02  =

1

2

+ 2 105 ft

  0.4  2  2

1

 290 ft  2 n eq  0.30547226965

(26)

De nuevo, se reemplaza en la ecuación (1)




1

1.486

ft

3

s 1800 ft 2  6.20689 ft 0.305

Q

Q = 418.87956

d.

1

2

 3 0.0002 2

ft 3

(27)

s

Ecuación de Cox: n eq



 n i Ai

n eq



800ft

n eq

 0.231111

(28)

A

 

0.02  2 500 ft 2 0.4

2

1800 ft 2

(29)

De nuevo, se reemplaza en la ecuación (1) 1

1.486 Q

3

s 1800 ft 2  6.20689 ft 0.231111

Q  552.8

e.

ft

1

2

 3 0.0002 2

ft 3

(30)

s

Ecuación de Colbatch: 2

n eq



3  3      A n 2    i i      

(31)

2

A3 2 3 3   800 ft 2  0.02 2  2  500 ft 2  0.4 2   2

 

n eq

 

1800 ft  2

n eq

3   

3

 0.27192957

(32)

De nuevo, se reemplaza en la ecuación (1)

112



3. FLUJO UNIFORME

1

1.486

3

s 1800 ft 2  6.20689 ft 0.272



Q

ft

Q  469.7

1

2

 3 0.0002 2

ft 3

(33)

s

PROBLEMA 3.32 3 Para el flujo uniforme mostrado en la Figura 3.32, el caudal es de 750 m /s. Calcular la profund idad del mismo, en la zona inundada, para un valor de la pendiente de la línea de energía total igual a 0.0004.

Solución:

a.

Caracterización de la sección 1

Ancho superficial, T

12

 2  4.8 m   12 m  21.6 m

T12

Cálculo del área, A

(1)

1:

A1

 A11  A12

A11   



(2)

4.8  y  12   4.8  4.8  12  4.8  y  2 

  21.6  y   21.6   43.2  y  y   y 2 2    

A11  

A12

A1

Perímetro mojado, P

 

 4.8  12  4.8   

12 

2 2  4.8 m  80.64m 

2



 80.64   

43.2  y 2

(3 )

 y 

(4 )

(5)

1:

P1

 4.8  y 2  4.8  y 2  12 

P1



P1

  4.8  y 

2 4.8  y

2

 12 

4.82

 4.82

(6 ) (7 )

2 4.8 2

2  12  4.8 2

(8 ) 113




b.

P1

 12  9.6

P1

 25.5764501988  y

(9 )

2

(10)

2

Caracterización de la sección 2

Cálculo del área, A

2:

A2

 

120  y   120 

A2

 

240  y  y 2 

(12)

 120  y 2  y 2

(13)

Perímetro mojado, P P2

c.

2y



 240  y  y  2 y   

2



(11)

2:

P2

 120 

P2

 120  y

2 y2

(14)

2

(15)

Cálculo de los caudales parciales, Q

1

y Q 2:

Cálculo de Q 1 : 5 1

 A13 Q1

 n1

1 Q1



2

(16)

So1

2

P13 1

5

m3

  43.2  y   3 80.64    y  2   

s 0.025

 25.5764501988  y 2 

1 2

0.0004 2

(17)

3

5

Q1

 0.8

  43.2  y   3  80.64   y  2   

 25.5764501988  y 2 

(18)

2 3

Cálculo de Q 2 :

Q2



5

1

2

So2

 A 23 n2

(19)

2

P23 114



3. FLUJO UNIFORME

1

5

 240  y   3 m 3   y 1 1  2   s Q2  0.00042 2 0.04 120  y 2 3



(20)



5

 240  y   3   y  2   Q2

d.

 0.5

(21)

2

120  y 2 

3

Cálculo de la profundidad, y: Q  Q1

 Q2

750  0.8

(22) 5

5

  43.2  y   3 80.64    y  2   

 240  y   3   y  2  

 25.5764501988  y

2

2



3

 0.5

2

120  y 2

(23)

3

Resolviendo, se tiene:

y  3.08294640218 m

(24)

Otro método de cálculo como se mencionó anteriormente, es el de hallar una rugosidad equivalente, n eq y para este caso se ut ilizará la ecu ación de Lotter, qu ien de fine esta ru gosida d equi vale nt e a pa rtir de la suma de caudales definidos por las secciones de diferentes rugosidades. Ecuación de Lotter: Q

N

 Qi i1

 Q1  Q 2

(25)

5

n eq



A3

 5  3 N  A i P3   2 i1  n i Pi 3  2

(26)

      

Por lo tanto, la ecuación de Manning sería:




5

Q

1

 A 3 S o2 n eq

(27)

2

P3

Reemplazando la ecuación (26) en (27) 5   A i3  P  2 i1 3 Q 5 n i Pi 2

N

3

    5 1  3 2  A 2So

A3 5   A i3  Q  S  2  i1 3  n i Pi 1

(28)

P3

N

2 o

     

(29)

Resolviendo la sumatoria: 5 5   A13 A 23  Q S  2 2   n P3 n P3 2 2  1 1 1

2 o

     

(30)

Sustituyendo, se tiene:

  1



Q   So2 

5

  43.2  y   3 80.64   2  y

  0.025 25.5764501988  y 2  



2

   3

5   240  y   3  y  2      2  0.04 120  y 2 3   

5     43.2  y   3  y 80.64      2    750  1 0.0004    0.025 25.5764501988  y 2  



2

  

3

5   240  y   3   y    2      2  3  0.04 120  y 2  

(31)

(32)

Resolviendo iterativamente para y, empleando la calculadora hp58GX, se obtiene: y  3.08294640218 m

(33)

y = 3.083 m

(34)

PROBLEMA 3.33

116



3. FLUJO UNIFORME

Determinar la profundidad normal, y transversales: a.

n,

el área, A, y el perímetro mojado, P, para las siguientes secciones

Canal trapecial

m 1 = m 2 = 3.5 ; B = 4.5 m ; Q = 35 m 3 /s ; n = 0.015 ; S

o

= 0.00035

Figura 3.33.a

Solución:

Para el cálculo de la altura normal, y



Q

n

2

n,

se siguen las hipótesis del flujo uniforme donde se tiene que:

1

(1 )

A R H3 So2

Además, para en un canal trapecial se tiene que: A   B  m yn  yn

(2 )

P  B  2 yn

(3)

A

RH

P

1 m2

 B  m yn  yn 1  m2

(4 )

B  2 yn

Reemplazando las ecuaciones (2) y (4) en (1), se tiene: 2

  B  m y n  y n Q  B  m yn  yn  n  B  2y n 1  m 2  

5

Q

2

B  2y n 

(5 )

1

   B  m y n  y n 3 n

 3 1  So2  

So2

1  m 2  3



5

Qn 1



So2



 B  m y n  y n 3

(6)

2

B  2y n 

1  m  3  2

Resolviendo la ecuación anterior se obtiene la altura normal del flujo, y se tiene: yn

 2.069 m

(7)

Ahora, para determinar los valores del área y del perímetro se reemplaza en las ecuaciones (2) y (3): A   B  m y n y n

  4.5 m   3.5 2.069   m

2.069 m

 24.293m 2

(8 ) 117




P  B  2 yn

b.

1 m2

 4.5 m  2  2.069 m 

1  3.52

 19.563 m

(9)

Canal circular

d o = 2.1 m ; n = 0.012 ; S

= 0.001; Q = 4.25 m 3 /s

o

Figura 3.33.b

Solución:

Para una sección circular se tiene que su geometría se describe por: A

d o2  θ  sen θ  8

(10)

P

1 do θ 2

(11)

RH



A P

d o  θ  sen θ    4  θ 



(12)

Reemplazando en la ecuación de Manning, se tiene que: Q

5

1

2

So2

 A3 n

(13)

P3 5

 d 2o 3   θ  sen θ  1  2   8 Q So 2 n 1 3  2 d o θ   8

Qn 1

d o3



 So2

(14)

5

 θ  sen θ  3

13

2

23

θ3

13

(15)

5

 θ  sen θ  3

2 3 Qn 8

1

d o3

 So2



(16)

2

θ3

Reemplazando los datos dados, se tiene que: 118



3. FLUJO UNIFORME

13



3



m  2 3 4.25  0.012   s 



8

 2.1 m

5

 1     m3   1.0   0.001 s      

3



 θ  sen θ  3 2

2

De la ecuación anterior se obtiene un valor para el ángulo

:

θ  3.6494853100 rad

Para determinar la profundidad normal, y 1

θ  2cos

(17)

θ3

1

(18) n,

se tiene:

 2yn  1    do 

(19)

Despejando: yn =

yn

do  θ  2.1 m  3.6494853 1 - cos  = 1 - cos  = 1.314m 2  2 2  2 

 1.314m

(20)

(21)

Ahora, para determinar los valores del área y del perímetro se reemplaza en las ecuaciones (10) y (11): A

d 2o

 θ  sen θ  

8 P

PROBLEMA 3.34

2.1m 2  3.65 rad  sen  3.65 rad    2.279m 2

(22)

8

1 1 d o θ   2.1 m   3.65 rad 2 2

  3.832 m

(23)

(cambiar unidades al sistema MKS)

Un canal rectangular tiene B = 10 ft y y = 3 ft. Si n y S o son los mismos ¿Cuál es el diámetro de un canal semicircular por el que fluye el mismo caudal? Comparar los perímetros mojados.

Figura 3.34

Solución:

De acuerdo a la ecuación de Manning se tiene que:






Q

n

1

2

(1 )

A R H3 So2

Separando los términos constantes, se tiene: 2

Qn

 A R H3

1

(2)

 So2 Donde se tiene que el primer término de la ecuación anterior es igual en ambas secciones, se tiene 2

AR R

3 HR

que:

2

 AC R

(3)

3 HC

Donde los subíndices R y C corresponden al canal rectangular y al canal circular respectivamente: Para el canal rectangular se tiene que su geometría está dada por: 2

(4)

P = B + 2y = 16 ft

(5)

R H = 1.875 ft

(6)

A = B y = 30 ft

Para el canal semicircular se tiene que su geometría está dada por: A

π d o2

(7 )

8 P

π do 2

RH



(8 )

do

(9 )

4

Reemplazando en (3), se tiene: 2

30 ft 2  1.875 ft

2

3 

π d o2  d o  3   8 4 8

8

45.61651496 67 ft

3



πd o3 4

23 2 3 8

d o3



5.6165149667 ft

8 3

(10)

8



πd o3 20.1587367982

 20.1587367982  

π

(11)

8

292.708641846 ft

3

(12)

120



3. FLUJO UNIFORME

d o = 8.412 ft

(13)

Comparando los perímetros mojados, se tiene que: Para el canal rectangular: P = B + 2y = 16 ft

(14)

Para el canal semicircular: P

π do

 13.21ft

(15)

2

De la anterior comparación, se tiene que es menos costoso un canal semicircular que un canal rectangular.

PROBLEMA 3.35

(cambiar unidades al sistema MKS)

Un canal rectangular con S

= 0.002 se diseña para transportar 225 ft

o

3

/s de agua en flujo uniforme.

Hay un argumento según el cual la anchura del canal debería ser 4ft u 8ft ¿Cuál de los dos diseños requiere menos ladrillo, y en qué porcentaje menos? Datos

Q = 225 ft 3 /s ; S o = 0.002 ; n = 0.015 ;  = 1.486 ft 1/ 3 /s

Solución: a.

Para B = 4 ft

Figura 3.35

De la ecuación de Manning:

Q

 n

Qn 1

2

1

(1)

A R H3 S o2

2

(2)

 A R H3

 So2 A  B yn RH



A P

(3)



B yn B  2 yn

(4)





2

Qn 1

2

B 3 y n3

 B yn

(5)

2

 B  2 yn 3

 So2

5

Qn 1

5

y n3



 So2 B 3

(6)

2

B  2 y n  3

Reemplazando los datos del problema en la ecuación (6), se obtiene: 1      ft 3   225   0.015  s   5   y n3    2 1      4ft   2 y n  3 1 5  ft 3  1.486   0.002  2  4ft  3 s      

yn

 9.12759960119486ft

(7)

(8)

Para este caso, el perímetro a recubrir con ladrillos sería: P  B  2 yn

(9)

P   4ft   2 9.1276  ft P  22.2552ft b.

(10)

Para B = 8 ft

Reemplazando de nuevo los datos del problema en la ecuación (6), se obtiene: 3   5  225 ft   0.015   s  y n3   2 1      8 ft   2 y n  3 1 5 3   ft 1.486   0.002  2 8 ft  3 s      

yn

 3.99933195526626 ft

(11)

(12) 122



3. FLUJO UNIFORME

Ahora, el perímetro recubierto será: P  B  2 yn P  4 ft

(13)

2

3.99933 ft 

P  15.999ft

(14)

Se concluye, entonces, que el diseño para B = 8 ft necesita menos ladrillos, y en porcentaje equivale al 28.1% menos.

PROBLEMA 3.36.

Un colector de alcantarillado (d o = 61 cm, k s = 0.15 mm, ν agua = 1.1 x 10 -6 m 2 /s) tiene una capacidad de 607 l/s, trabajando a sección plena (tubo lleno). Determinar la relación de ocupación, y/d o , y la velocidad del flujo para un caudal de 365 l/s. Solución:

Para la condición de flujo a tubo lleno se tiene: Q ll



2Q ll

 do2 2



 ks   3.7d o d o 

2g d o So log



2g d o So log

 do 2

ks

 3.7d o

2.51 2g d o So

d o 2g d o So

(2)

Figura 3.36



Para Q ll = 607 l/s = 0.607 m 3 /s ; d o = 61 cm = 0.61 m y, con ayuda de la calculadora programable, resulta: So

(1)

 0

2.51



   

; ks

= 0.15 mm = 0.00015 m

; ν = 1. 1 x 10 -6

m 2 /s ,

 0.00542776725935

(3 )

Ahora, para la condición de flujo parcialmente lleno, se tiene:

 ks 1.255    14.8R H R H 32gR HSo 

Q  A 32gR H So log

   

    do  sen  ks 1.255 Q (  sen) 32g 1    So log  8    d  sen   d  sen  4  d  sen    o 1   14.8 o 1   32g o 1   S 4      4    4    o      do

2

(5 )

Resolviendo la ecuación (5) con la calculadora hp 48GX, para Q = 365 l/s = 0.365 m³/s; d S o = 0.00542776725935 ; k s = 0.00015m, y = 1.1x10-6 m 2 /s, se obtiene:

(4 )

        o

= 0.61 m ; 123




θ = 3.35459447045 rad

(6)

 2y    2 cos 1 1    d0 

(7 )

1     1  cos  2  2 

(8)

y d0

 1 1  cos0.5x3.35459447045  0.55314984624

y d0

2

y d0

Por otra parte ,

A

A

=

0.5531

do

2

(9 )

(  sen)

8

(0.61) 2 m 2 8

(10)

(3.35459447045  sen(3.35459447045))  0.165863077148m 2

(11)

Por la ecuación de continuidad, se tiene: V

Q A



0.365m3 / s 0.165863077148m 2

 2.20061032435m / s

V = 2.2006 m/s

(12)

Comprobación con la ecuación de velocidad del flujo parcialmente lleno:

 

V   8gd o 1 

sen  So

 

   4k s  lo g    sen   14.8d o 1       

1.25 5

 d  sen  32g  o 1      4 

Con  = 3.35459447045 rad ; d o = 0.61 m ; S o = 0.00542776725935 ; k ν = 1.1 x 10-6 m 2 /s, y g = 9.81m/s² se obtiene:

s

3

So

       

(13)

= 0.00015m ;

V = 2.201 m/s

(14)

124



Problemas Resueltos Sobre Flujo Uniforme

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