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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, 1.4 m de base inferior y 1.2 m de profundidad, debe conducir un caudal, Q = 6.0 m 3 /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.

Ecuación de Manning: 2

Q 

AR S n 3 H

1

5

2 o

 A So



1 2

3

(1 )

2

nP3 A  (B  m y) y

Área mojada

(2)

P  B  2 y 1  m2

Perímetro mojado

(3)

Figura 3.1

El canal es simétrico, deben calcularse los taludes laterales m = m 1 = m 2 , así:

T = 2x + B de donde,

x =

5.0 m - 1.4 m T-B   1.8 m 2 2

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

(4)

x y  m 1

1.8 m x = = 1.5 y 1.2 m

Despejando S o de la ecuación (1), se tiene: 2   n QP 3  So   5   A 3 

     

2

(5)

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

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

So

    n Q  B  2 y 1  m 2     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 1.2 m  1  1.5 2   s    So   1   5    3  3 m 1  ( 1.4 m  1.51.2 m ) 1.2 m   s        

2

       0.00081      

2

3  

S o = 0.00081

b.

Para calcular la velocidad de flujo existen dos maneras:

1ª Forma: empleando la ecuación de continuidad:

m3 Q Q m s V    1.56  1.4 m  1.5  1.2 m 1.2 m ( B  m y) y s A 6.0

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

2

V =

1

 R H3 So2 n

 2 1  (B  m y) y A3 2     So  B  2 y 1  m2 P      n n

    

3

1 2

So

Reemplazando valores numéricos, se tiene: 1

1.0 V 

m3 s

   1.4 m  1.5  1.2 m   1.2 m    1.4 m  2  1.2 m  1  1.52 

0.014

V  1.56

2

3 1    0.00081  2  

 1.56

m s

m s 36

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3. FLUJO UNIFORME

PROBLEMA 3.2 Un canal de concreto (n = 0.013) tiene la sección indicada en la figura 3.2.a. profundidad de flujo es 0.5 m, y en aguas altas el canal se llena por completo. a.

En aguas bajas, la

Q  aa  ? Q   ab 

Calcular la relación de los caudales en ambos casos 

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 So n 3 H

2

(1)

Donde,

RH 

1.

Figura 3.2.b

A P

(2)

Para el caudal en ab, Q ab , reemplazando la ecuación (2) en (1), se tiene:

Q ab =

5

1

3

2

 A ab So

(3)

2

n P

3

ab

Donde

A ab = B y ab +

x y ab 2

(4)

Por semejanza de triángulos: m x = 1 ⇒ x = m1 y ab y ab 1

(5)

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

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tan (45 o ) 

m1 =

1 m1 |

1 1 = =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 x = m1 yab , entonces:

 m1

Pab  y ab  B  2.

y ab

2  y ab 2

(7)

Para el caudal en el área aa, se tiene:

Q aa 



2 3 A aa

n

1 S2

(8)

2 P3

Donde:

A aa  B y aa 

x y aa 2

(9)

Siguiendo el procedimiento realizado en el literal anterior, se tiene: A aa  B y aa 

2 m1 y aa 2

(10)

Para Paa se tiene:

Paa  y aa  B 

2 x 2  y aa

Teniendo en cuenta que x  m1 y aa , entonces:

2

Paa  y aa  B 

2    m1 y aa   y aa  

(11)

Reemplazando las ecuaciones (6) y (7) en (3), se tiene:

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   B y ab   

Q ab 

n  y ab  B  

2 m1 y ab

2

5 3

1

  S2 o  

2  m1 y ab 2  y ab

(12)

2 3

 

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

 m y2   B y aa  1 aa  2 

Q aa 

n  y aa  B   Q Ahora para obtener  aa  Q ab

 m1

y aa

1   S2 o  

2 

(13)

2 2 3 y aa 



  , se divide la ecuación (13) entre (11):  

 m y2   B y aa  1 aa  2  Q aa Q ab

5 3

n  y aa  B   

 m1 y aa 

2

   B y ab    n  y ab  B  

5

3 1  S2  o 

2 m1 y ab

2

2



5 3

  

2 y aa

3  

(14)

1 So2 2

2 3  m1 y ab 2  y ab 



Simplificando la ecuación (14):

Q aa Q ab

2   B y  m1 y aa aa  2 

 By   ab 

5

3   

5 2 3 m1 y ab 

2

y  B  ab 

y  B   aa 

2

2 3  m1 y ab 2  y ab 



 m1 y aa 2 

(15)

2 2 3 y aa 



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

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Q aa Q ab

2   3 m 1m  1 1m   2 

5

3    0.5 m  3 m    

2   3 m  0.5 m  1  0.5 m   2 

2

 1   0.5 m  

2

5

3   

 1m  3 m   

La relación de los caudales en ambos casos es:

  0.5 m 

2

3  

 3.03

2 2 3

 1   1 m  2   1 m 

 

Q aa  3.03 Q ab

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 1 Q . del anterior, es decir: Q  N N ll

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

1 Q N 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  2y

(3) 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 So2

(5)

2

n  B  2 x 3

Teniendo en cuenta que:

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Q

1 Q ll N

(6)

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

5

nB+ 2x 

=

2 3

  B y  3 So2 2

n  B + 2 y 3 N

5

5

x3

y3

2

 B  2 x 3

1

5

  B x  3 So2



(7)

2

 B  2 y 3 N

De la ecuación (7) se despeja x, la cual está en función de B, y, N. Se quiere conocer l a 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  2.5 m + 2

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 x3

5

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

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x = 0.55568 m Para N = 7: 5

5

x3 2

 2.5 m  2 x  3



 1.8 m  3 2

 2.5 m  2  1.8 m  3  7

x = 0.44249 m

PROBLEMA 3.4 Un canal industrial, de sección trapecial, debe transportar 1.0 m 3 /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.

Calcular 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; α = 30°

Solución: a.

Figura 3.4

Cálculo de la pendiente longitudinal del canal, S o (hacer un esquema del triángulo de Pitágoras)

So  tan θ 

Δz  H

Δz L2  Δz 2



2.0 m

5000 m  2 m 2

 0.0004 2

(1)

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

A  ( B  m y) y

P  B  2 y 1 m 2 y

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)

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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/tanα = cotα = cot(30°) = 1.73

(8)

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

V 

1

 A 3 S o2

(9)

2 nP3

Despejando el perímetro mojado, P, de la ecuación (9), resulta: 2 1   3 S2  A o P    nV  

3

2     

(10)

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

y  2

(11)

1  m2

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

Q  m y2 V B  y

(12)

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

y 

2 1   3 S2  A o   nV  

3

2  Q   m y2     V   y    

2

     

(13)

1 m 2

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

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1  2 1  3 3 m   1.0  2.0 m   0.0004  2  s  m   0.2  0.5   s    

3   1.0 m  s - 1.73 y 2  m  0.5 s   y     

3

  2        

y = 2

           

1 + 1.732

(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 B = 1.0

- 1.73 1.03 m  2 1.03 m

= 0.15 m

(16)

Por último, sustituyendo los valores obtenidos de B, m e y, en la ecuación (4), resulta el valor de T, así: T = 0.15 m + 2·(1.73)·(1.03 m) = 3.71 m

(17)

PROBLEMA 3.5 Un canal de mampostería (n = 0.14) transporta 4.0 m 3 /s. Su sección debe aumentarse de modo que, sin modificar su pendiente longitudinal, conduzca 7.0 m 3 /s. a.

Calcular el valor de 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: 5

Q1 

1

 A13 So2

(1)

2 n P13

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3. FLUJO UNIFORME

Despejando la pendiente del fondo del canal, de la ecuación (1), se tiene: 2   Q1 n P1 3 S0   5  A 13 

    

2

(2)

Además, teniendo en cuenta que:

P1  B  2 y1 1  m 2

(3)

A1   B  m y1  y1

(4)

Para un canal simétrico, se tiene que m1  m 2  m

Además, que:

T = 2x + B

(5)

Despejando x:

x= y

T-B 2

(6)

x = m y1  m

x y1

(7)

Reemplazando la ecuación (6) en (7):

m

T  B 4.0 - 2.0 m 1   2 y1 2 2.0 m 2

(8)

Ahora, para la sección final, 2: Partiendo de la ecuación de Manning, se tiene: 1 2

5

 A 2 So 3

Q2 =

(9)

2 3

n P2

Despejando de la ecuación (2) la pendiente del fondo del canal, se tiene: 2   3 Q n P  So =  2 52    A3 2 

      

2

(10)

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P2   B  s   2 y1

1  m2

(11)

A 2    B  s   m y1  y1

(12)

Reemplazando las ecuaciones (3) y (4) en (2), se tiene S o en condiciones iniciales: 2     2 3   Q1 n  B  2 y1 1  m      So   5      B  m y1  y1  3      

2

(13)

Reemplazando las ecuaciones (11) y (12) en (10), se tiene S o en condiciones finales: 2     2 3   Q2 n   B  s   2 y 1  m      So   5       B  s   m y1  y1  3      

2

(14)

Igualando las ecuaciones (12) y (14) para obtener S o : 2    B  2 y 1 m2  3 Q n    1 1    5     B  m y1  y1  3   

2

2       B  s   2 y 1 m2  3 Q n     2 1     5       B  s   m y1  y1  3      

       

2

(15)

Reemplazando datos del problema en la ecuació n (15) se determina finalmente s:   m3   2 m + 2  2 m  1 +  0.5 2  4 s    5    2 m + 0.5  2 m    2 m   3   

2 3

  

2

    m3     2 m + s  + 2  2 m  1 +  0.5 2 7  s    = 5      2 m + s  + 0.5  2 m    2 m   3      

2  3          

2

s  1.5857 m

PROBLEMA 3.6 Un río, cuya sección transversal es simétrica y se muestra en la figura 3.6, tiene un desnivel de 1.0 m en 50 km de longitud, con un valor de n = 0.025. Calcular las velocidades y los caudales del río en aguas bajas (estiaje) y altas (avenidas).

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3. FLUJO UNIFORME

Figura 3.6

Solución: Se halla S 0 , esto es:

S0 

Donde

z L  z 2

(1)

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

v aa : velocidad del río en aguas altas v ab : velocidad del río en aguas bajas y aa : profundidad en aguas altas y ab : profundidad en aguas bajas Q ab : caudal del río en aguas bajas Q aa : caudal del río en aguas altas

Vab 

2

1

A 3

So2

n ab 2 nP3 n ab

2

Vaa 

(2)

1

 A n3 So2 aa 2 n Pn3 aa

(3)

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

Q ab 

5 1  A n3 So2 aa 2 n Pn3 aa

5

Q aa 



(4)

1

 A n3 So2 aa 2 n Pn3 aa

(5)

Para aguas bajas:

Vab

   ( B  m y ab ) y ab   2 n  B 2y ab 1  m 

2

3 1  2  So  

Entonces, V ab = 0.20676262 m/s Qab = Vab A ab

y

A ab = ( B + m y ab ) y ab = 12 m 2

Entonces:



Q ab = 2.48115149 m 3 /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 = 14 m A rectángulo  14 m 2 A triángulo 

H y aa 2

Donde H =1.5 m

A triángulo  0.75m 2

A trapecio = 12 m 2

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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  19.262405525 m Luego,

V aa = 0.226806991195 m/s Q aa  Vaa A n aa  6.23719225786

m3 s

PROBLEMA 3.7 Un canal de riego, construido en tierra (n = 0.2), tiene una pendiente S o = 0.0003, y conduce 24.0 m 3 /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

Q

1

 A n3 S o2 2

n Pn3 Figura 3.7

Entones,





An  B  m yn yn Donde m 1 = m

2

= m = 1.5

Pn  B  2 y 1  m

 Q n

2

5

1

  B  m y n  y n 3 So2  2  B  2 yn 1  m  

2

3   

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

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

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 Qo

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

Solución:

Figura 3.8

Por la ecuación de Manning, se tiene: 5

Qo 

1

 A o3 S o2 nP

(1)

2 3 o

5

Qo n 1  S o2



A o3 P

(2)

2 3 o

De la Figura 3.8, se observa que:

sen  =

OC EC

OC  y

EO = EB + BO EB 

T1  T2 2

BO 

T2 2y  y 2 2

T2  2 y Luego, el perímetro mojado:

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3. FLUJO UNIFORME

Po  BC  DC  2 BC  2 y 2  Po Entonces ,

A0 =

2 y y = y 2 2

De la ecuación (1), se tiene:

 

So2



2

 y2

Qo 

1

5 3

3 2

n 2y

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

y 

5 2 3



1  So2

2 y

  2n Q y 1   S 2 o 

(3)

2 3 2

3

8     

(4)

Para la sección ampliada: 5

Q 1

1

 A 13 S o2 2

n P 13

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

2 Qo 

1

 A13 So2 2

n P13

  5  Q o n   A1  3  2  1  2   P1  3  S 2   o 

(5)

A1  m1 y 2 Donde

m1 

1  cot  tan 

Por lo tanto:

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

A 1 cot  y 2

(6)

P 1 2 y 1  m12  2 y 1  cot 2 

(7)

y

Con la ecuación (6) y (7) en (5), se tiene:   Q n 2 o 1   S 2 o 

5   2 3 cot   y  2    2 3   2 y 1  cot    





(8)

Ahora la ecuación (3) en (8), se tiene: 5   y2 3  2   2y 2 



2

 





2 3



   cot  1  cot    cot 

2 3 1  cot 2 

22

5   cot   y 2 3  2      2 y 1  cot 2   3  

5 3

1 3

2

5

1  cot    cot4  2

5

cot 5     4 cot 2     4  0

(9)

Finalmente, de la ecuación (9), se obtiene un valor de  = 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 , de modo que la pendiente sea mínima.

b.

Hallar el valor de velocidad máxima, V máx .

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

Solución: Figura 3.9

a.

Empleando la ecuación de Manning, teniendo en cuenta la geometría del canal y que θ  2 :

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3. FLUJO UNIFORME

2

V

1

 A 3 So2

A

(1)

2 nP3

d o2  2  sen  2   8

(2)

1 P  θ d0 2 P  do 

(3)



θ  2cos 1  1  



  cos 1  1  

2y do

2y do

   

   

(4)

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

 d 2  2  sen  2     3 1  S2  o   o 8   V=

(5)

2

n  do  3

Derivando la ecuación (5) con respecto a  e igualando a cero, se encuentra el valor de , así:

1

V

dV  d

1  So2

2 d o3

4n

2

2

 So2 d o3   2  sen  2    3 2

4 n   3  2  1 2    3  2       2  sen (2)  3  2  cos 2  2     2  sen( 2)  3  3      4  3   

2  2  3  4   2  cos  2    2 2  sen 2 3 1 2  1 1 3 3 3 dV  S o2 d o3   2   sen( 2  ) 3   4 d 4n   3   

-1   2   3   3    0    

     0     

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

2

1

dV  d

 S02 d 3 o

4n

2

1

dV  So2 d o3  d 4n

2 2   3 ( 2  cos( 2 ) ) 3 4  2 ( 2   sen( 2  ) )   1 1   ( 2  sen( 2 ) 3 3  4   3 3    

     0      

(6)

    4  ( 2  cos( 2  ) )  2 ( 2   sen( 2  ) )  0 5 1     3  3 ( 2  sen( 2 ) ) 3  

1 2      dV  So2 d o3  2  2  ( 2  cos( 2 ) )  ( 2  sen( 2 ) )    0  1 d 4n  5     3 3  3 ( 2  sen( 2 ) )   

5

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  2.97508632169 rad  170.4598899º

(7)

3  6.20274981678 rad  355.3913858º Finalmente, de la ecuación (7) se tiene que  correspondiente a la velocidad máxima es: Con = 2.97508632169 rad. y la ecuación (5), se halla la velocidad máxima. 1

Vmáx =

m3 1 s

  2 m 2  2 × 2.97508 rad - sen  2 × 2.97508 rad   8 

 0.02   2 m × 2.97508 rad  3 2

2

   3  0.002  1  

2

 1.459765

m s

Finalmente,

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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, α), a fin de la velocidad del flujo sea máxima

b.

Calcular  para  = 30º Figura 3.10

De la ecuación de Manning, se tiene: 2

V

1

 3 2 R So n H

Para que V sea máxima con, n y S o constantes, el R H 

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

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

B ED

cos 

2 FD



FD

B

FD 

2 cos  FC

tan  

ρ

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

P

B  B - 2 ρ sen   2cos  + 2 ρ α = cos - 2 ρtan + 2 ρ 

B  2ρ ( tan  ) cos

Ahora, el área de la sección del canal, se determina así: A = T t r iángulo - A cuña = 2A t r iánguloOBF - A sect orOBC

2 ρ tan  2

A



2 π ρ

2

2π

2

 ρ tan   ρ  2

2

Luego,

A = tan -   ρ 2 Volviendo a la ecuación de Manning: 2

V=



n

1

So 2

 3    tan -   ρ 2   B  - 2 ρ tan  +     cos  

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3. FLUJO UNIFORME

Ahora, el valor de  para que la velocidad sea máxima, se determina derivando v con respecto a  , así:

dV  1  S 2 dρ n 0

   2   tan -  )  ρ 2   3  B - 2ρ ( tan    )   cos  

1 3

 B   cos  - 2ρ ( tan    )   2ρ ( tan  -  )   tan    ρ 2   2  tan      0    2 2  B   B   2 ρ  tan      2 ρ ( tan   )     cos    cos  







2 ρ ( tan 2    2  2 ( tan    ) 2 



 2 B  t an      cos

Entonces,

B  tan    tan    2  2 tan   2 cos

ρ





ρ

 tan  30º    30º   2 tan 30º   30º   cos  30º 

2

Para  = 30°

B  tan 30º   30º 

2

2

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 midió el tiempo que tarda una pequeña onda superficial en recorrer 300m, en el sentido del movimiento y en contra de éste. Los respectivos valores 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 300 m  t1 50 s

Vc6

m s

(1) 57

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

Análogamente en sentido contracorriente se tiene

cV 

L 300 m  t2 75 s

c-V = 4

m

(2)

s Resolviendo las ecuaciones (1) y (2), se obtiene

c=5

m s

V =1

m s

c

g D cos 2 θ α

(3)

c

gD

(4)

Por otra parte

c2  g D Dado que

D

(5)

A T

(6)

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

c2  g

A T

(7)

Ahora, despejando 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

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3. FLUJO UNIFORME



 m 2  25 m  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

n  0.113f 2 R H6 Solución: De acuerdo al desarrollo realizado por Chèzy, se tiene que el coeficiente C está dado por:

C

8g f

(1)

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

 R H6 C n

(2)

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

8g  R H6  f n

(3)

2

8 g  2 R H6  f n2

(4)

2

n

 2 R H6 f 8g

n=

2 R6 f 2 8g H

n=

1.0 2 8  9.81 

1

(5) 1

(6) 1

1

1

1

R H6 f 2 = 0.112880910246 R H6 f 2

(7)

Finalmente, se llega a:

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

1

1

n = 0.113 R H6 f 2

(8)

PROBLEMA 3.13 Encontrar la pendiente longitudinal 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



n

2

1

A R H3 So2

(2) 2



 B y  3 12  So Q  B y   n B2y  2  n Q  B + 2y  3 So =  5 5  3 3 B y 

    

2

(3)

De la ecuación (1):

F

Q 3

B gy

 2.0

(4)

2

3

Q  y2 2B g

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3. FLUJO UNIFORME

2

 3 2 m3    Q  3  5.6633  s  = y   = 0.4496454328 m 2B g  m  2  3 m  9.8      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 

       

2

   4   3 m +  2  0.45 m  3  10 10 10 10    3  3 m 3 .  0.45  3 m 3  

S0  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 o aumenta, con lo cual la velocidad del flujo aumenta y el F se incrementa por encima de 2.0. Para garantizar que F  2.0 , se debe hacer cumplir que y  0.45 m y también S0  0.0142 . Si S0  2 S0  2  0.0142   0.0284 , resulta: 2

Q

1

 A R H3 So2 n

 B yn Q   B y n   n  B  2 yn 

2

3   

0.0284

y n  0.358 m

PROBLEMA 3.14 Se tiene un canal circular de 3.0 m de diámetro, C = 57 y S o = 0.002. a.

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

b.

Calcular la velocidad máxima del flujo. 61

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

c.

Determinar las relaciones y/d o correspondientes a los literales a) y b).

Datos

d 0  3 m ; C = 57 ; S 0  0.002 Solución: a.

Ecuación de Chèzy:

QCA

R H So 

θ  2 cos 1 1  2 

A

(1)

y do

   

(2)

d o2  θ  senθ  8

RH 

Figura 3.14

(3)

d o  θ  senθ    4 θ 

(4)

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

d2   d  θ  senθ   2 Q  C  o  θ  senθ   o   S0  θ    8   4 

1 5   2 d2 C S o o Q  16  

 3    θ  senθ  2 1    2 θ 

    

(5)

Para hallar el caudal máximo, se deriva la ecuación (5) y se iguala a cero:



1

1  1   1 3   θ 2  3  θ  senθ   1  cosθ     1 θ 2  θ  senθ    2 2        2   2   0    θ      

5

 dQ  C So2 d o2  dθ  16  



1

5



1   dQ  C So2 d o2    θ  senθ  2  1 dθ  16     2 2 θ   

(6)

  2   3 1  cosθ    θ  senθ  2   0    

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3. FLUJO UNIFORME





1   dQ  C So2 d o2   θ  senθ  2   1 dθ  32     2 θ  



1

1

5

5

 dQ  C So2 d o2  dθ  32  

     

θ  senθ θ

    3  3cosθ  θ  senθ   0  

(7)

   3  3cosθ - θ  senθ   0  

(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 = 4.05162802 412 rad El caudal máximo se obtiene reemplazando θ = 4.05162802412 rad en la ecuación (5): 1 5   2 d2 c S o o Q  16  

 3   θ  senθ  2 1   θ2 

    

(14)

1 3  2  57 ( 0.002 ) ( 3 m ) 2 Q= 16  

   4.05162802412 rad - sen  4.05162802412 rad  1    4.05162802412 rad  2 

∴ Q máx = 13.1426063624

m3 s



3 2

   

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

Para hallar

y do

, se emplea la ecuación (15): Qmáx



θ  2cos 1 1  2 

 

y  : d o 

(15)

  y      d o   Qmáx  

θ m  2cos 1 1  2  

 y  θm    1  2 2    do

 cos 

(16)

    Qmáx

(17)

Finalmente, se tiene que:

y do y d0 y do b.

Q máx

1  θ   1  cos  m   2  2 

Qmáx

1  4.05162802412 rad    1  cos    0.719739099835 2 2  

(18)

 0.719739099835 Qmáx

Ecuación de Chèzy:

VC

R H So

VC

do 4

(19)

 θ  senθ     So θ  

(20)

1

V

C So d o   θ  senθ   2   2 θ  

(21)

Para hallar la velocidad máxima, se deriva la ecuación (2 1) y se iguala a cero: 

1



dV C So d o  1  θ  senθ  2   θ 1  cosθ    θ  senθ        0 dθ 2 θ   θ2  2 





1



dV C So d o   θ  2   θ  θcosθ  θ  senθ      0 dθ 4 θ  senθ   θ2   

(22)

(23)



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3. FLUJO UNIFORME



1



dV C So d o   θ  2    θcosθ  senθ     dθ 4 θ  senθ   θ2  



 0 

(24)

Para que la igualdad en la ecuación (2 4) sea posible, se deben cumplir las dos posibilidades siguientes: 1.

Primera posibilidad 1

θ  2   0  θ  senθ 

(25)

θ 0 θ  sen θ

(26)

θ  sen θ  0

(27)

θ  sen θ

θ0 2.

Segunda posibilidad

 θcosθ  senθ 0 θ2

(28)

sen θ  θ cos θ  0

(29)

Entonces, finalmente se tiene:

θ  4.4934094 rad θ0 θ  2.2389106

θ  5.4850110 7 Por lo tanto, la solución es:

θ  4.49340945791 rad La velocidad máxima se obtiene reemplazando θ = 4.49340945791 rad en la ecuación (21), así:

Vmáx =

57

0.002 ( 3 m ) 2

∴ Vmáx = 2.43560836 077

 4.49340945791rad - sen  4.49340945791rad  4.49340945791 rad 

1

  2  

m s

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

Para hallar

y do

, se emplea la ecuación (30) Vmáx



θ  2cos 1  1  2 

 

y do

   

(30)

  y      d o   Vmáx  

θ  2cos 1 1  2   

 y θ  cos    1  2  2  do

y d0

Vmáx

(31)

    Vmáx

(32)

1 θ  1  cos  2 2

(33)

Así, finalmente se obtiene que:

y d0 y do

= Vmáx

1   4.49340945791 rad   1 - cos   = 0.81280312734 2  2  

(34)

 0.8128031734 Vmáx

PROBLEMA 3.15 Por un canal rectangular de n = 0.014 y S o = 0.001 fluye un caudal de 28.32 m 3 /s. Dibuje a escala la curva de variación A vs. B/y, para valores de B/y iguales a 1.0, 1.5, 2.0, 2.5, 3.0, 3.5. 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

A R H3 SO2

(1)

donde

A  By

(2)

P  B 2y

(3)

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3. FLUJO UNIFORME

By By y A B RH     P B 2y B 2y 2 B y y

(4)

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

 3   1  B   S2 Q By B o n 2    y 

(5)

5

B3 5

Q



n

1

5

y3

y3

So2 y

(6)

2

 B3 2    y   5

Q



n

5

1

So2 y y 3

 B3   y  

(7)

2

 B3 2    y  

Despejando y de la ecuación (7): 2     B   2   3 8    y  n Q y 3   1   5    S 2    B  3 o         y 

  nQ y  1  S 2  o

  nQ y 1   S 2  o

3

8     

3

8     

 2  B3   2   y   5   B3     y 

       

3

8        

1  4  B   2   y  5    B 8      y 

        67

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

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

Luego, se calcula A = By

B/y

1.0

1.5

2.0

2.5

3.0

3.5

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 vs. Área

4.88

Área (m²)

4.84 4.8 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, cuya pendiente longitudinal es 2x10 -4 . 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.

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3. FLUJO UNIFORME

2

Q

1

 A R 3 S2 n eq T H o

(1)

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

x1  m y 2  1( 2 m )  2 m

(2)

x 2  m y1  1( 4 m )  4 m

(3)

x 3  m y1  1( 4 m )  4 m

(4)

x 4  m y2  1 ( 2 m )  2 m

(5)

  x 2  B  x 3 

(6)

   4  12  4  m  20 m

(7)

 1  1  m 2 y 2  1  1 2 ( 2 m )  2 2 m

(8)

 4  1  2 2 m

(9)

 2   3  1  m 2 y1  1  1 2 ( 4m )  4 2 m

(10)

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

Cálculo del área:

Área A 1 :

 y2  2m   2 m    2 m2  2   2 

A11  x1 

(11)

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

(12)

A13  L y 2  20 m  ( 2 m )  40 m 2

(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

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

A 21  80 m ( 2 m )  160 m 2

(17)

 y2  2 m  2m    2 m2   2   2 

A 22  x 4 

(18)

A 2  A 21  A 22

(19)

Sustituyendo los valores obtenidos en (17) y (18) en la ecuación (19), resulta:

A 2  160 m 2  2 m 2

(20)

A 2  162 m 2

(21)

Luego, el área total se expresa como:

A T  A1  A 2

(22)

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

A T  (110  162 ) m 2 A T  272 m 2 

(23)

Para el perímetro

P1 =  1 + 2 m +  2 + B +  3



(24)



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

(25)

P1 = 28.1422 m

(26)

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

P2  80 m   4

(27)

P2  80 m  2 2 m P2  82.8284271247 m

(28) (29)

Luego el perímetro total es el siguiente:

PT  P1  P2

(30)

Sustituyendo los valores obtenidos en (26) y (29) en la ecuación (30), resulta:

PT = 28.142 m + 82,828 m PT = 110.97 m 

(31)

Radio hidráulico total:

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3. FLUJO UNIFORME

R HT 

AT PT

(32)

R HT =

272 m 2 = 2,4511 m 110.97 m

(33)

Ecuación de Lotter: 2

n eq 

A T R H3

T 2

(34)

k A i R H3 i  i1 n i 5

n eq 

A T3 2

PT3

(35)

k A i  3  2 i1 n P  3 5

i

i

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

( 272 ) 3

n eq =

110.97 3 2

5 5    110  3  162  3 +  2 2  0,022  28.1422  0,035  82,828  3 3 

    

n eq  0.0251690102691

(36)

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

m3 s Q = 272 m 2 0.0251690102691 1.0

Q = 227.8522



  2.4511m 

2 3

0.0002

m3 s

(37)

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. Suponiendo que el flujo es uniforme, para un caudal de 42.4753 m 3 /s, calcular la profundidad del flujo, sabiendo que el ancho superficial es igual a 45 .732 m, para una profundidad de 1.83 m. Datos 71 Universidad Nacional de Colombia Sede Medellín

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

Q = 42.4753 m 3 /s ; n = 0.023 ; S o = 0.00122 ; y = 1.83 m ; T = 45.732 m Solución: y = kx 2

Ecuación de la parábola:

(1)

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

 x

T 45.732 m   22.866 m 2 2

(2) Figura 3.17

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

k

y 1.83 m   0.0035 m -1 x 2  22.866 m 2

(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  8y 2

(6)

y k

(7)

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

Q



n

2

1

A R H3 So2

 2 T2 yn n 2  Q   y n Tn   2 n3   3Tn  8y 2n 

(8)

2

3 1   So2  

(9)

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3. FLUJO UNIFORME

Q

  2 y n  3 n

  2 yn  k 

1

1

Q

y2 4  So2 y n n1 3n k2

2    y n  y  2  2 k  n    2   y n    8y 2n  3 2 k    

   

 y2  n 3 8 4  So2 2  k Q y  1 n  12 y n  8y 2 2 n 3n k  k 

1

Q

4  So2 1

3n k

3

y2 n

2

Q 

1

3n k2

3      

(11)

2

3      

 y2  8 n  k   12 y n  8 k y 2n  k 

(12)

2

3 1  3   8y 2 4  So2 2  n   y  1 2 n   12 y n  8 k y n   3n k2 

4

1

4  So2

y n2



n

2

2

y n3  12  8 k y n  3 

2

22 y 6

4  So2

n

1

2



16  So2

1   2 Q 3 n k  1   16  S 2 o 



(14)



13

3n k2 Q  3  12  8 k y n   y 6 1 

(13)

3 n k 2  12  8 k y  3 n



1

2

3    

13

1

22 y 3

3

(10)

2

  y   2  4 n  y n   k    y   3  4 n   8y 2 n   k    

1

2

3   1  2 S  o    

(15)

n

3

2  13    12  8 k y    y 6 n     n   

3

2    

(16)

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

3

    1  m3   -1  3  0.023  0.0035 m 2  42.4753 s    1   1     3   2 m  16 1.0   0.0012   s         





   

2      13  -1 4 12  8 0.0035 m y  y  n n       





 

(17)

13

0.172814231661  12  0.028 y n   y 4 n  

(28)

13

2.07377077993  0.00483879 848651 y n  y n4

(19)

y n  1.25272249766 m

(20)

y n  1.253 m

(21)

PROBLEMA 3.18 Se presenta un flujo uniforme en un canal circular de 5.0 m de diámetro. (S o = 0.002) con una profundidad de 3.05 m, para un caudal de 40.0 m 3 /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 

Q

2

1

A R H3 So2 2

(1)

1

A R H3 So2 

Figura 3.18

(2)



y θ = 2cos 1  1 - 2 n  d o  

(3)

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3. FLUJO UNIFORME



θ = 2cos 1  1 - 2 

3.05m 5.0 m

  = 3.58522159 458 rad  

A

d o2 θ  sen θ 8

A

5.02 m 2  3.58522159458 rad  sen( 3.58522159458 rad )   12.5451298069 m 2 8

(4)

1 P  θ do 2

P

(5)

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

RH 

A P

RH 

12.5451298069 m 2  1.39964902876 m 8.96305398645 m

(6)

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

m3 2 1 s 12.545 m 2  1.39964902876 m  3 ( 0.002 ) 2  0.01754585 n m3 40 s 1.0





n  0.01755

(7)

Ecuación de Darcy & Weisbach combinada con la de Colebrook & White: 

1.255 ν k   14.8 R H R 32 g R H So H 

Q  A 32 g R H So log 

Q  12.545 m 2

   

(8)

   m 2    1.255 1.141 10 6     s     m  k    1.3996 m 0.002 log  32 9.81    2    14.8 1.3996 m   s     m     1.40 m 32 9.81 1.3996 m 0.002    2    s    

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

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

k  8.1986 mm b.

(9)

Para una altura y n = 4.0 m. 

θ  2cos 1 1  2 

A

yn do

   4.42859487118  

(10)

d o2  θ  senθ   16.8393589724 m 2 8

(11)

1 P  θ d o  11.071487178 m 2

(12)

A  1.52096630757 m P

(13)

RH 

Empleando la ecuación de Manning (1): 1

m3 2 1 3 s 16.839 m 2 1.521 m  3 ( 0.002 ) 2  56.7351530193 m Q 0.01755 s 1.0



Q  56.73515



m3 s

(14)

(15)

Ahora, reemplazando los resultados obtenidos en la ecuación de Darcy & Weisbach    m 2    1.2551.141 10 6      s   0.0081985998  m     1.521m0.002 log  32 9.81    2    s   14.8 (1.521)   m 1.521m 32  9.81  1.521m 0.002       s2    

Q  16.839 m 2

Q  56.5651054238

m3 s

(16)

PROBLEMA 3.19 Encontrar la pendiente longitudinal requerida para conducir 5.6633 m 3 /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 may or o igual a 2. ¿Cuál sería la profundidad normal del flujo para el mismo caudal, si la pendiente se duplicara?

Solución:

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3. FLUJO UNIFORME

Dado que F  2, entonces:

F

V 2 gD

(1)

Como el canal es rectangular, D 

 Q     A  F=  1  ≥ 2

A By  y T B

Figura 3.19

(2)

g yn

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

y n1

  Q  1  2Bg2 

2

3     

(5)

De la ecuación de Manning se tiene: 2

Q

So1

1

 A R 3 S2 n 1 H1 o1

   Qn   2    A1 R H3 1 

(6)

               B y n  1  2

Qn  B yn 1   B  2 yn 1 

2

3   

         

2



  Q n B  2 y n1     B yn B yn 1 1 



 

2 3 2 3

    

2

(7)

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

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

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: 1

m3 1 m 3  3 m  y n2 5.6633  0.014 s

  3 m  yn 2    3 m  + 2 yn 2 

2

1 3   0.02848  2  

(12)

Resolviendo la ecuación (12) para y n. , se obtiene:

y n 2  0.3582m

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 75 = 2 pulgadas. El canal conducirá un caudal de 35.4 m 3 /s, bajo las condiciones de flujo uniforme, y la velocidad no puede exceder de 1.5 m/s. Calcular la pendiente longitudinal máxima.

Datos B = 9.1 m ; Q diseño = 35.4 m 3 /s ; V máx = 1.5 m/s Figura 3.20

Solución:

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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:

d 75  2 pulg

1 pie  0.16666 pie 12 pulg

1

(1)

1

n  0.031d 6  0.0310.16666 pie 6  0.023 m3 Q s  diseño  m Vmáx 1.5 s 35.4

A mojada

 23.6 m 2

(2)

(3)

Por otro lado:

A   B  m y  y   9.1 m  2 y  y  23.6 m 2

(4)

2 y 2  9.1 y  23.6  0

(5)

y1,2 

 9.1 

 9.1 2  4  2   23.6 

(6)

4

y1  1.8451 m

(7)

y 2   6.3951 m RH 

(Esta solución no es físicamente válida)

23.6 m 2 A A    1.84257m 9.1  2  1.8541 m P B  2 y1

(8)

(9)

Ahora, de la ecuación de Manning, se despeja la pendiente longitudinal del canal; así:   nQ So   2    AR 3 H 

     

2

(10)

Reemplazando valores numéricos en (10), se tiene:

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

       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

d o  3.0 m ; s o  0.002 ; n  0.012 Solución: Para el flujo uniforme en conductos circulares, se conoce la siguiente relación de caudales:

Figura 3.21

 Q     1.0757 Q   LL  máx

(1)

Q máx  1.0757 Q LL

(2)



(3)

Q máx = 1.0757Q LL

Donde 8

Q LL 

n

(4)

5

4

Q LL

1

 π d o3 So2

1   3 m 1  s  

3

     π  3.0 m  8  0.002  1  3 2

0.012

(5)

5

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3. FLUJO UNIFORME

Q LL  21.7457

m3 s

(6)

Por tanto, 

Q máx  1.0757  21.7457  

Q máx  23.3919

m 3  s  

m3 s

(7)

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

y  0.93818 do

(8)

y  0.9381d o  0.93818  3.0 m 

(9)

y  2.815 m

(10)

Igualmente, para el flujo uniforme en conductos circulares se conoce la siguiente relación de velocidades:

Vmáx  1.14 VLL

(11)

 Vmáx  1.14 VLL

(12)

Donde 2

VLL 

n

(13)

2

4

VLL

1

 d o3 So2 3

1   3 m 1  s  

      3.0 m  2  3

0.012

1

(14)

2

4

VLL  3.076

 0.002  2 3

m s

(15)

Reemplazando el valor de V LL en (9), se tiene: 81 Universidad Nacional de Colombia Sede Medellín

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS



Vmáx  1.14  3.076 

Vmáx  3.507

m  s

(16)

m s

(17)

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

y  0.8128 do

(18)

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 mantiene en 40 cm, para un caudal igual a 25 m 3 /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 produzca su desbordamiento, para el mismo caudal, sabiendo que la erosión incrementa su rugosidad, de acuerdo con la ley exponencial: -t

k  0.7  0.6817 e 200 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 

1 m1

∴ m1 

(1)

1 1   3 tan α1 tan 30º

(2)

Figura 3.22.b

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3. FLUJO UNIFORME

tanα 2 

1 m2

∴ m2 

(3)

1 1 1   1 tan α 2 tan 45º 1

(4)

So  tan θ  tan 0.5º  0.00872686779076 a.

Cálculo de la profundidad de excavación, h:

Ecuación de Manning:

Q

2



1

A R H3 So2

n

(5)

Área mojada, A:

A  A1  A 2  A3

A

(6)

 m1 y y  B y   m 2 y y 2

(7)

2

A  By

m1 y 2 m 2 y 2  2 2

(8)

A  By

1 2 y  m1  m 2  2

(9)



1  m1  m 2  y  2 

(10)

1  m  m 2  y  y 2 1 

(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  m  m 2   h  r    h  r  2 1 

(14)

Perímetro mojado, P:

P  B  y 1  m12  y 1  m 22

(15)

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

P  B   1  m12  1  m 22  y 

(16)



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

P  B  

1  m12  1  m 22   h  r 



(17)



Radio hidráulico

A P

RH 

(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)

Reemplazando las ecuaciones (14), (17), (18) y (21) en (1), la ecuación de Manning sería: 2



5 1

1

 A3 2  A 3 Q  A   So2  S n P n 2 o

P

(22)

3

5



Q    

 3 1  1 B  m1  m 2   h  r   h  r  2  2     S 2 n o   3  2 2   B   1  m1  1  m 2   h  r     

(23)

5



Q =   

 3 1  m1 + m 2   h - r   h - r  1    L -  m1 + m 2  h + 2  2     S 2 n o   3  2 2  L -  m1 + m 2  h +  1 + m1 + 1 + m 2   h - r     

(24)

ó





1



Q =  So2  n  

   L -  m1 + m 2 

  L -  m1 + m 2 

5

3  y + r  + 1  m1 + m 2  y  y  2   2



 y + r  +  

1 + m12 +

(25)

3 1 + m 22  y  

Las ecuaciones anteriores se resuelven para h o para y. De la ecuación (25):

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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  6.69541016 207 m b.

(28)

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

k  0.7  0.6817 e 200 t  n  0.04  0.7  0.6817 e 200  

(29) 1

6   

(30)

Para y = h = 1.209563829771 m (en el instante del desbordamiento incipiente)

A  10.09708221276 m 2

P  10.8251193 9 42 m RH 

A  0.932745575 m P

Volviendo a la ecuación de Manning, se tiene:

Q



n

2

1

A R H3 So2 2

(5)

1

 A R H3 So2 n Q

(31)

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

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

t   200 0.04  0.7  0.6817 e  

1

2

1

6  A R H3 So2    Q 

1

2

1

t  6   A R H3 So2  200   0.7  0.6817 e   0.04 Q  

t 200 0.7  0.6817 e

2 1   3 S2  A R H o 0.7    0.04 Q  

t

e 200

2 1   3 S2  A R H o   0.04 Q  

     

6

6

 t    0.6817 e 200   

2 1   3 S2  A R H o 0.7    0.04 Q   

     

6

0.6817

 2 1    3 S2  A R  0.7   H o   0.04 Q  t      ln e 200   ln     0.6817       

     

 2 1    3 2  0.7    A R H So   0.04 Q   t    ln   200 0.6817     

           

     

6

6

           

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3. FLUJO UNIFORME

 2 1    3 2  0.7    A R H So   0.04 Q     t  200ln   0.6817     

     

 2 1    3 2  0.7    A R H S o   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  

  2   10.09708221276 m 2  0.932745575 m  3     m 3  0.04  25  s   





               6       tan 0.5º                         87

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS



0.6817    281.431101 días 0.7  0.53309343 3  

t  200ln 

t  281.43 días

(33)

PROBLEMA 3.23 2

La descarga en un canal dado es proporcional a A R H3 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  d o 

(1)

1 P  θ do 2 A

(2)

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

(5)

donde k es una constante de proporcionalidad

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

Qk

d

2 o

8

 θ  sen θ   d

2

 θ  sen θ  3    4  θ  o

(6)

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3. FLUJO UNIFORME

8

Q

k d o3

 θ  senθ  3 5

 2 8  4 3     

(7)

2

θ3

Derivando la ecuación (7) con respecto a , se tiene: 8

dQ  dθ





k o dQ  dθ  2 8  4 3   

 

8 k d3 o

 2  

8 4 3    

dQ  dθ

dQ  dθ

dQ  dθ

(8)



8 d3

dQ  dθ

5

d  θ  sen θ  3    2 2   dθ     θ3   8 43    k d o3



8 k d3

   2 1  2 5 2  3 5 3   θ 3  θ  sen θ  3 1  cos θ    θ  sen θ  3 3 θ    2    2     3 θ         2  2 1   3 θ  sen θ  3 5 1  cos θ  3   4  3 θ   

-

  θ  sen θ    2             

2

2

 1   3 θ  sen θ    4  2   3  3 8 4  θ3     o

8 k d3

2

8

2

3

 5  1  cos θ   2 θ  senθ     θ  

 θ  sen θ  3  5 θ  1  cos θ   2  θ  sen θ        θ  2       3 24  4      o

 θ  sen θ  3 1 5 θ - 5 θ cos θ  2 θ  2 sen θ    θ  2      24  4 3     

k d o3

(9)

(10)

(11)

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

8

dQ



dθ

2

k d o3

 23  24  4     

θ  sen θ  3 3θ - 5 θ cos θ

 2 sen θ

5



(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 cuya solución es

(13)

 = 5.27810713793 rad

(14)

Por otro lado, de la ecuación (1), para  en función de la relación de llenado, y/d o :



θ  2cos 1 1  2 

se tiene:

Finalmente:

y  d o 

(1)

y 1  θ   1 - cos   do 2  2 

(15)

  θ  1 - cos    2  

y 

do 2

y 

1  5.27810713793   d o  0.93818d o 1 - cos  2 2  

(16)

y  0.94d 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 0.0004. Sabiendo que el caudal y la velocidad del flujo a 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 

87 m 1 RH

Para canales en tierra, m = 0.85.

Datos α = 60º ; S o = 0.0004 ;

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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

V  C R H2 So2

(1)

Ecuación de Bazin

C

87 m 1 RH

(2)

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

1

87 R H2 So2 V m 1 RH

(3)

Elevando al cuadrado la ecuación (3), se tiene: 2



V 2 1   

m RH

   87 2 R S H o  

(4)

Para la sección llena, la ecuación (4) se expresa así:   m 2  VLL 1 + 1  R H2  LL 

1

2m 1

R

2 H LL



2

    = 7569 R H LL S0   

 7569 So m2   V2 RH LL  LL

 R  H LL 

1   2 m  2 R  H LL  

(5)

   1  0  

 7569 So   V2 LL 

 m R   HLL R  H LL

 7569 So   V2 LL 

 2 R  m 2  2 m R H2  R H LL LL  HLL  0 1

RH

LL

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

 7569 So   V2 LL 

 2 R - R H - 2 m R H2 - m 2 = 0 LL LL  HLL  1

R HLL  0.433436472302 m

(6)

(7)

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

C

1

87 0.85

 37.9732

(8)

1

 0.433436472302  2

Por otra parte,

QVA

(9)

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

A LL 

Q LL VLL

A LL 

1 2 1 z y n   Bi y n   z y 2n 2 2

(10)

Y

A LL   Bi  z y n  y n

(11)

Igualando la ecuación (10) con (11), se tiene:

 Q LL  2    V   Bi y n  z y n  LL 

(12)

Además,

z

1 tanα

z  cotα

(13)

 Q LL  2    V   Bi y n  cotα y n  LL 

(14)

 Q LL  2    V   cotα y n LL   Bi 

(15)

yn

Además,

R HLL 

A LL PLL

(16)

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3. FLUJO UNIFORME

PLL  Bi  2 y n

1 z2

(17)

PLL  Bi  2 y n

1  cot 2 α

(18)

Reemplazando las ecuaciones (10) y (18) en (16), se tiene:

R HLL 

Q LL VLL Bi  2 y n

(19)

1  cot 2 α

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

R HLL 

Q LL VLL  Q LL  2    V   cotα y n LL    2 yn

yn

Q LL R HLL 

VLL

yn

 Q LL  2 2    V   cotα y n  2 y n  LL 



1  cot 2 α

1  cot 2 α



 Q LL   Q LL  2 2 2      V  R HLL   cotα  R HLL y n  2 y n R HLL 1  cot α   V  y n  LL   LL  2 R  2  Q LL 2 H LL 1  cot   cot   R H LL  y n   v    LL

Ahora, dividiendo por

2 

 Q  y n   LL  v   LL

 R H  0  LL 

(20)

R H LL :  Q LL    V  Q  1  cot 2 α  cotα  y 2n   LL  y n   LL   0 R HLL   VLL 

(21)

Reemplazando los datos del problema en (21), se obtiene:

2 

3   1.0 m  s   0.5 m  s 

      

3   1.0 m  s 1  cot 2 60º   cot 60º   y 2n  yn    0.433436472302 m    0.5 m  s 

   0   

1.73205080757 y 2n  4.61428635523 y n  2  0

(22) 93

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

y n  0.544881288918 m

(23)

Reemplazando y n en la ecuación (15), se tiene:

3   1.0 m  s  m  0.5  s Bi  

   2   cot 60º   0.544881288918 m      3.355937 m

 0.544881288918 m 

Bi  3.356 m 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  0.54488 m Bs  3.985 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. Supónganse n y S o constantes.

Datos Q LL = 607 l/s ; V LL = 2.08 m/s ; d 0  24  0.6096 m ; Q = 365 l/s

Solución:



A  π  

α sen α  d o2   2 2  4

 α  sen 1  2  2 

2

V

y do

 y 1   d o 

(1)

   

   

(2)

Figura 3.25

2

So d o3  sen α  3 1   2 n 2π  α   3 4

(3)

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3. FLUJO UNIFORME

2

VLL

So  d o  3    n  4 

(4)

8

Q

2

So d o3  α sen α   sen α  3 π    1   5 n 2 2   2π  α   43

(5)

8

Q LL 

So π d o3 5 n 43

(6)

De la ecuación (4):

m 2.08 So VLL 2.08 s    2 2 n 0.28531415  do  3  0.6096 m  3     4    4 

So  7.290209756 n De la ecuación (6): 5

m3 So Q LL 4 3 s = 7.289295681 = = 8 8 n π  0.6096 m  3 π d o3 5

4 3 0.607

De la ecuación (5): 5

α sen α   π    2 2  

α  2π  sen α 

43 Q 8

2

So d o3  sen α  3 1   n  2π  α   5 2  4 3  Q     8

2

So d o3  sen α  3 1   n  2π  α 

α  2π  sen α 

 5  m3 2  4 3   0.365   s  

   

2

7.290209756 0.6096 m  3 8

2π  α  3    2π    sen α  95

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

α  2.90503205 rad  166.4460757º Calculo de la profundidad, y De la ecuación (2):

 y  do 

 y 1   d o 

2  α    sen    2 

 y  do 

 y 1   d o 

2  166.4460757     sen    2   

4

4

2

y  y  1    0.9860748909  d o  d o  4  y  d  o

Para

2

 y    0.24651872 27  0  d o 

y  0.559002 do

(Por encima del centro del círculo)

y  0.44998 do

(Por debajo del centro del círculo)

y  0.559 do

y  0.559 (d o )  0.559 0.6096 m  0.3407 m

y = 34.07 cm 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 canal 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

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3. FLUJO UNIFORME

Solución: La ecuación de Manning: 2

Q

1

 A R H3 So2 n

(1)

Área mojada

A  y (b  m y)

(2)

A  1 m   2 m  2.5 1 m   A  4.5 m 2

(3)

P  b  2 y 1  m2

(4)

Perímetro mojado

P  2 m  2  1 m  1  2.52

P = 7.385 m

(5)

Radio hidráulico

RH 

A P

RH =

4.5 m 2 7.385 m

(6)

R H  0.609 m

(7)

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

m3 2 1 Q  s ( 4.5 m 2 ) ( 0.609 m ) 3 ( 0.00001) 2 0.020 1

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

R So

(8)

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

Ganguillet-Kutter:

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

23  C

0.00155 1  So n

 0.00155 1   23   So 

n RH

(9)

   

0.00155 1  0.00001 0.020 C  0.00155 0.020  1   23   0.00001 0.609 m   23 

1

C = 8.1508913

m2 s

(10)

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

Q  8.1508913

m2 ( 4.5 m 2 ) s

Q  0.090516189

2.

 0.609 m  0.00001

m3 s

(11)

Pavlovskij :

C

1 y R n H

(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  1 m

(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

C  45.00703804

m2 s

(15)

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

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3. FLUJO UNIFORME

1

m2 Q  45.00703804 ( 4.5 m 2 ) s Q  0.499806146 3.

0.609 m 0.00001

m3 s

(16)

Powell:

 RH     εP 

C  23 log 

(17)

 0.609 m    0.012 m 

C  23 log 

1

C  39.225

m2 s

(18)

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

Q  39.225

m2 (4.5 m 2 ) s

Q  0.43559623

0.609 m 0.00001

m3 s

(19)

PROBLEMA 3.27 Cuál debería ser el ancho del fondo del canal trapezoidal, con pendientes laterales 2H:1V, pendiente uniforme del canal So = 0.001, 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: Ecuación de Manning:

Q



n

2

1

A R H3 So2

(1) Figura 3.27

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

A  ( b  m y) y

(2)

A =  b + 2  2.5 m  2.5 m

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

A   2.5 m  b  12.5 m

(3)

P  b  2 y 1  m2

(4)

P  b  2  2.5 m 

1  22

P  b  11.1833989

(5)

Ahora, despejando R H de la ecuación (1) queda que: 2

R H3 A 

Qn

(6)

1

 So2 Además,

RH 

A P

(7)

2

A3A 2



1

 S o2

P3  5  3 A  2  P3 

Qn

3

2     = nQ 1   S  2 o  

  A2  Q n = 1  P  S2 o  5

3

2    

3

2     

(8)

Al reemplazar los respectivos valores de A, P, Q, S, n y  en la ecuación (8), se obtiene: 3

 2   3    60 m  0.015  5     2.5 b  12.5  2    s     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)

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3. FLUJO UNIFORME

Reemplazando este último valor en las ecuaciones (3) y (5), se obtienen los valores del área y del perímetro mojado; 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 22.022 m 2   1.469191151 m P 14.9892 m

(14)

Finalmente,



τ   9800



τ = 14.4

N 

  1.469191151 m   1  10 3  m3 

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 uniforme, con una profundidad de 1.0 m. Calcular la pendiente necesaria para mantener un flujo uniforme y crítico, suponiendo que el coeficiente de Manning, es constante. 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

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

2

2 1    5 1  A 3 2       A   So   3 2 P     A So H o        2 Q Q    Q P 3       

  n    

2 AR3

2

1 S2

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   m  5.0m  2 1.0 m  3   3.0 s     Ahora, para calcular la pendiente crítica, se requiere de la profundidad crítica, y c , con la cual se calcularán el área crítica, A c , y el radio hidráulico crítico, R H c . 2

yc 

3

α Q2 g B2



 m 3  1.0  3.0  s      m  9.81  5 m 2   s2  

3

 0.332 m

A c  B y c   5 m  0.332 m   1.66 m 2 R Hc 

Sc =

B yc 1.66 m 2   0.293 m B  2 y c 5 m  2 ( 0.332 m )

   n Q  2    A c R H3 c 

      

2

  3  0.02146  ( 3.0 m )  s = n2   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 colecto r está hecho de hormigón (n = 0.013), y tiene una pendiente longitudinal, S o = 0.006. Para un caudal de 7.0 m 3 /s, calcule la profundidad normal del flujo en régimen uniforme. Datos n = 0.013 ; S o = 0.006 ; Q = 7.0 m 3 /s

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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

d o  sen   1   4   

(1)

do   sen  8

(2)

 2y     2 cos1 1   d o  

(3)

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

Q

 d2 d   o   sen   o  8  4  

2

1

 sen    3 2 1   so    

(4)

n

Haciendo el reemplazo aritmético respectivo, tomando d o = 0.50 m, se tiene: 2

1

 0.502  3   sen   0.50 1  sen    0.006 2   8 4      7.0  0.013

(5)

Resolviendo la ecuación, se obtiene:

  148.832402429

(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 profundidad normal, obsérvese además que el ángulo encontrado es muy superior a 2 , lo cual implica que 103 Universidad Nacional de Colombia Sede Medellín

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

ni aun estando completamente lleno un canal circular de radio 0,25 m podría conducir el caudal dado para las condiciones propuestas.

Suponiendo 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 2

A

(8)

 d o2  By  0.25 8

(9)

P  P1  P2

P

Por lo tanto:

(10)

 do  0.70  2 y  0.25 2

Rh 

(11)

Figura 3.29.b

 d o2  B y  0.25 8

(12)

do  0.70  2 y  0.25 2

Reemplazando en la ecuación de Manning, se tiene: 2

 3  d o2   B y  0.25  1   d o2   2 8   B y  0.25   so  8  do       0 . 70  2 y  0 . 25  2    Q n

(13)

Reemplazando los valores numéricos, se tiene: 2

   0.502 3  1  1.20 y  0.25     0.502   8 2   1.20 y  0.25  0 . 006      0.50 8     2  0.70  2 y  0.25    7.0  0.013

(14)

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

(15)

Nuevamente, el valor encontrado no se encuentra en el intervalo propuesto, lo cual quiere decir que el flujo utiliza parte de la sección semicircular superior. Suponiendo que: 1.75 m ≤ y n ≤ 2.35 m, Figura 3.29.c

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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)

P3  Pcírculo  Psemicírculo

(17)

 d1  d1 d1   2 2 2  

(18)

 d o  d1   3.70   d1 2 2

(19)

P3  Luego:

P

A  A1  A 2  A 3 A 3  A círculo  A semicírculo

A3 

(20) (21)

2 d12   sen    d1 8 8

(22)

Luego:

A





d12  2 d o  d12  LB  8 8   sen 

(23)

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS



RH



d12  2 d o  d12  LB  8 8   sen    d o  d1   3.70   d1 2 2

(24)

Por lo tanto:

Reemplazando en la ecuación de Manning, se obtiene:



Q

5



 3 1 d12  s2   d o2  d o2  LB  8  o   8   sen   

(25)

2  d1  3

  d o  d1   3.70   n 2  2

Al reemplazar los valores numéricos, se tiene:



5



 1.20 2  3 0.0062   0.502  1.202  1.50 m 1.20 m   8 8   sen   7.0   1

2

 1.20 m   3   0.50 m  1.20 m   3.70   0.013 2 2  

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

Además, se sabe que: De donde:

(26)

 2y     2 cos1 1   d 0  

(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: y s  y  0.60 m  0.1310836158 39 m

(29)

Así, para la sección total, resulta: y t  0.25m  1.0 m  0.1310836158 39 m  1.8810836158 4m

Dado que este valor sí se encuentra en el intervalo propuesto, se concluye que: y n  1.8811m

(30)

PROBLEMA 3.30

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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

A R H3 So2

(1) Figura 3.30

Características geométricas del canal:

1 2  y n x1 1

3



yn

x2

x1  2 y n

(2)

x 2  3 yn

(3)

T  x1  x 2

(4)

Área mojada

A=

T yn

(5)

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

A

2y

n

 3 yn

y

n

(6)

2

A

5 2

2

yn

(7)

Perímetro mojado 2

2

2

2

P=

4 yn + yn +

9 yn + yn

P

5 y n  10 y n

(8)

RH 

A P

(9)

Radio hidráulico

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

RH 

5 2 y 2 n 5 y n  10 y n 107

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

RH 

2



y 2n 5 y n  10 y n



(10)

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

1  5 2   0.5 =  y  0.018  2 n   2

2

5 y 2n 5 yn + 2

3  10 y n 

0.001

(11)

2

5 y 2n 0.5  2  0.018 

 3 5 y 2n    2 5 y  2 10 y  n n   2

5 y 2n 0.5 = 2  0.018 

2 5

2 3

5 y n + 2 10 y n



2

0.001

3

10

5 3 y n3

0.5 =

 

5 3 y 2n

0.001



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 de crecidas en un canal natural consiste a menudo en uno principal profundo más dos lechos naturales. Los lechos laterales son normalmente poco profundos y rugosos. Si el canal tiene la misma pendiente en todas partes ¿Cómo calcularía el caudal en esta situación? Suponga y 1 = 20 ft, y 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. Estimar Q en ft 3 s 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:

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3. FLUJO UNIFORME

n eq

  3    ∑ P n 2   i i   =

2

3     

(2)

2

P

3

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

P2  P3  b 2  y 2

(3)

P1  b1  2 y1

(4)

P  2 y 2  2 b 2  2 y1  b1

(5)

n 2  n 3  0.4

(6)

n 1  0.02

(7)

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

P2  P3  100 ft  5 ft P2  P3  105 ft

(8)

P1  40 ft  2 20 ft 

P1  80 ft

(9)

P  2 5 ft   2 100 ft   2 20 f t   40 ft

P  290 ft

(10)

Reemplazando en la ecuación (2) se obtiene que:

n eq

3    80 f t   0.02  2 +  105 ft  =

2

  0.4  2 + 105 ft   0.4  2 3

 290 ft  3 2

3

3    =  53.3525388 607 ft

2

3

 290 ft  3 2

n eq  0.3234301906

(11)

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

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)

A  40 ft

20 ft   2 5 ft 100 ft 

A  1800 ft RH 

2

(14)

A 1800 ft 2   6.2068965512 ft P 290 ft

(15)

R H  6.207 ft

(16)

De la ecuación (1), se tiene: 1

ft 3 1.486 s 1800 ft 2  6.20689 ft Q 0.323

Q  395.54 b.

1

 3 0.0002 2 2

ft 3 s

(17)

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 sub sección. 2

n eq 

A R H3 2   3 A R i  Hi   ni  

(18)

      

Los datos ya obtenidos son: A = 1800 ft 2 R H = 6.20689 ft A 1 = 800 ft 2 A 2 = A 3 = 500 ft 2 n 1 = 0.02 y n 2 = n 3 = 0.4

R H1 

A1 800 ft 2  P1 80 ft

(19)

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3. FLUJO UNIFORME

R H1  10 ft

(20)

A 2 500 ft 2  P2 105 ft

R H 2  R H3 

(21)

R H2  R H3  4.7619047619 ft

(22)

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

1800 ft 2  6.20689  3

n eq 



2









2



800 ft 2  10 ft 3 

2 500 ft 2  4.7619 ft 3 

0.02

0.4

 

 

 



n eq  0.0315416310127

(23)

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

ft 3 1 1.486 2 s 1800 ft 2  6.20689 ft 3 0.0002 2 Q 0.0315

Q  4055.818 c.

ft 3 s

(24)

Ecuación de Pavloskij: 1

n eq

2   Pi n i  2    1

(25)

P2

 80 ft  0.02  + 2 105 ft   0.4   = 2

n eq

2

1 2

 290 ft  2 1

n eq  0.30547226965

(26)

De nuevo, se reemplaza en la ecuación (1)

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

1 3

Q

ft s 1800 ft 2  6.20689 ft 0.305

1.486

Q = 418.87956 d.

1

2

 3 0.0002 2

ft 3 s

(27)

Ecuación de Cox:

n eq  n eq 

 n i Ai A

(28)

800 ft  0.02  2 500 ft  0.4 2

2

1800 ft 2

n eq  0.231111

(29)

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

ft 3 1.486 s 1800 ft 2  6.20689 ft Q 0.231111 Q  552.8 e.

1

2

 3 0.0002 2

ft 3 s

(30)

Ecuación de Colbatch: 2

n eq 

3  3      A n 2    i i    

(31)

2

A3 3 3   800 ft 2  0.02 2  2  500 ft 2  0.4 2  



n eq 





1800 ft  2



2

3   

2 3

n eq  0.27192957

(32)

De nuevo, se reemplaza en la ecuación (1)

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3. FLUJO UNIFORME

1 3

Q 

ft s 1800 ft 2  6.20689 ft 0.272

1.486

Q  469.7

1

2

 3 0.0002 2

ft 3 s

(33)

PROBLEMA 3.32 Para el flujo uniforme mostrado en la Figura 3.32, el caudal es de 750 m 3 /s. Calcular la profundidad 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

T12  2  4.8 m   12 m  21.6 m

(1)

Cálculo del área, A 1 :

A1  A11  A12

(2)

  4.8  y  12  4.8    4.8  12  4.8   y 2  

A11  

  21.6  y   21.6   43.2  y y   2 2   

A11  

 y 

(3)

  4.8  12  4.8   12   2 2  4.8 m  80.64 m 2  

A12  

 43.2  y  y 2  

A1  80.64  

(4)

(5)

Perímetro mojado, P 1 :

P1 

4.8  y2  4.8  y2

P1 

2 4.8  y2  12  2 4.82

 12 

4.82  4.82

(6)

(7)

P1   4.8  y  2  12  4.8 2

(8) 113

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

P1  12  9.6 2  y 2

(9)

P1  25.5764501988  y 2 b.

(10)

Caracterización de la sección 2

Cálculo del área, A 2 :

 120  y   120   240  y  y   2 y 2    

(11)

 240  y  y 2  

(12)

A2  

A2   Perímetro mojado, P 2 :

P2  120 

y2  y2

(13)

2 y2

(14)

P2  120 

P2  120  y 2 c.

(15)

Cálculo de los caudales parciales, Q 1 y Q 2 :

Cálculo de Q 1 : 5

Q1 

1

 A13

n1

So2

2

(16)

1

3 1

P 1

5

  43.2  y   3 y 80.64   2    

3

m Q1  s 0.025 1

1

 25.5764501988  y 2 

2

0.0004 2

(17)

3

5

Q1  0.8

  43.2  y   3 y  80.64   2    

(18)

 25.5764501988  y 2 

2 3

Cálculo de Q 2 : 5

Q2 

 A 23

n2

2

1

So2

(19)

2

P23

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3. FLUJO UNIFORME

1 3

5

m Q2  s 0.04 1

  240  y   3 y  2   

120  y 2 

2

1

0.0004 2

(20)

3

5

Q 2  0.5

  240  y   3   y  2  

(21)

120  y 2 

2 3

d.

Cálculo de la profundidad, y:

Q  Q1  Q 2

(22) 5

750  0.8

5

  43.2  y   3 y 80.64   2    

 25.5764501988  y 2 

2 3

 0.5

  240  y   3   y  2  

120  y 2 

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 utilizará la ecuación de Lotter, quien define esta rugosidad equivalente a partir de la suma de caudales definidos por las secciones de diferentes rugosidades.

Ecuación de Lotter: N

Q   Qi  Q1  Q 2 i1

(25)

5

n eq 

A3 5   2 3 A N  P3   i 2 i1  n i Pi 3 

(26)

      

Por lo tanto, la ecuación de Manning sería:

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

5

Q

1

 A 3 S o2

n eq

(27)

2

P3

Reemplazando la ecuación (26) en (27) 2

 P3 Q

1

Q   S o2

5   A3   i 2 i1 3  n i Pi N

    5 1   A 3 S o2

5

2

A3

P3

5   A3   i 2 i1 3  n i Pi N

(28)

     

(29)

Resolviendo la sumatoria: 1

Q   So2

5 5   3 3 A A 1 2   2 2  n P3 3 n P 1 2 1 2 

     

(30)

Sustituyendo, se tiene:

1

Q   So2

5     43.2  y   3  y 80.64   2         0.025 25.5764501988  y 2  



5



2 3

  240  y   3 y  2   



5     43.2  y   3  y 80.64   2      750  1 0.0004    0.025 25.5764501988  y 2  





0.04 120  y 2



2 3

        

(31)

5



2 3



  240  y   3 y  2   



0.04 120  y 2



2 3

        

(32)

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

y  3.08294640218 m

(33)

y = 3.083 m

(34)

PROBLEMA 3.33

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3. FLUJO UNIFORME

Determinar la profundidad normal, y n , el área, A, y el perímetro mojado, P, para las siguientes secciones transversales:

a.

Canal trapecial

m 1 = m 2 = 3.5 ; B = 4.5 m ; Q = 35 m 3 /s ; n = 0.015 ; S o = 0.00035

Solución:

Figura 3.33.a

Para el cálculo de la altura normal, y n , se siguen las hipótesis del flujo uniforme donde se tiene que: 

Q

n

2

1

A R H3 So2

(1)

Además, para en un canal trapecial se tiene que:

A   B  m yn  yn

(2)

P  B  2 yn

(3)

RH 

1  m2

 B  m yn  yn A  P B2y 1  m2 n

(4)

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

Q

Q



n

B  m y  n

  B  m y n  y n 3 5



n

   B  m yn  yn yn   B  2y n 1  m 2 

B  2y n 

2

3 1  2  So  

(5)

1 2

So2

1  m 2  3 

 B  m y n  y n 3 5

Qn 1

 So2



B  2y n 

(6)

2

1  m 2  3 

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

y n  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   24.293 m 2

(8) 117

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

1  m 2  4.5 m  2  2.069 m  1  3.52  19.563 m

P  B  2 yn

b.

(9)

Canal circular

d o = 2.1 m ; n = 0.012 ; S o = 0.001; Q = 4.25 m 3 /s

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)

1 P  do θ 2

(11)

A d o  θ  sen θ     P 4  θ 

RH 

(12)

Reemplazando en la ecuación de Manning, se tiene que: 5

Q

 A3

n

2

1

So2

(13)

P3 5

Q

 d o2 3   θ  sen θ  8   

n

1  2 do  8

Qn 1

d o3



 So2

(14)

3

θ 

 θ  sen θ  3 5

2

23

θ3

(15)

 θ  sen θ  3  5

23 Qn 8

2

13

13

1

So2

1

d o3  So2

(16)

2

θ3

Reemplazando los datos dados, se tiene que:

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3. FLUJO UNIFORME

13



3



m  2 3 4.25  0.012   s  

 2.1 m 

8 3



1     1 m3   2 1.0   0.001  s      

 θ  sen θ  3 5



2

(17)

θ3

De la ecuación anterior se obtiene un valor para el ángulo :

θ  3.6494853100 rad

(18)

Para determinar la profundidad normal, y n , se tiene:



1 θ  2cos 1 



2y n 

 d o 

(19)

Despejando:

yn =

do  θ  2.1 m  3.6494853  1 - cos  = 1 - cos  = 1.314 m 2  2 2  2 

y n  1.314 m

(20)

(21)

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

A

2 d o2  θ  sen θ   2.1 m  3.65 rad  sen  3.65 rad    2.279 m 2 8 8

P

1 1 d θ   2.1 m   3.65 rad   3.832 m 2 o 2

(22)

(23)

PROBLEMA 3.34 (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:

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

1

2

 Q  A R H3 So2 n

(1)

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 que: 2

2

A R R H3  A C R H3 R

(3)

C

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:

A = B y = 30 ft 2

(4)

P = B + 2y = 16 ft

(5)

R H = 1.875 ft

(6)

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

A

π d o2 8

(7)

P

π do 2

(8)

do 4

(9)

RH 

Reemplazando en (3), se tiene: 2

30 ft

2

1.875 ft  3 2

π d o2  d o  3  8  4  8 8

45.61651496 67 ft 3 

πd 3

3 o 4

(10)

8



πd o3 20.1587367982

(11)

2 23 8

5.61651496 67 ft 3  20.1587367982  d o3   292.708641846 ft 3 π 8

8

(12)

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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

 13.21 ft

(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 o = 0.002 se diseña para transportar 225 ft 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: 2

Q

Qn 1

S

1

 A R H3 S o2 n

(1)

2

 A R H3

(2)

2 o

A  B yn

RH 

(3)

B yn A  P B  2 yn

(4)

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

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

2

Qn 1

 B yn

 So2

2

B 3 y n3

(5)

2

 B  2 yn 3 5

Qn 1

5



 So2 B 3

y n3

(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       1     1  ft 3  1.486   0.002  2  4ft s      

5



3 5

y n3

 4ft   2 y n  3

2

y n  9.12759960119486 ft

(7)

(8)

Para este caso, el perímetro a recubrir con ladrillos sería:

P  B  2 yn

P   4 ft   2  9.1276 ft

(9)



P  22.2552 ft b.

(10)

Para B = 8 ft

Reemplazando de nuevo los datos del problema en la ecuación (6), se obtiene: 3    225 ft   0.015   s    1     1 5  ft 3  2 1.486   0.002  8 ft  3 s      

5

y n3

 8 ft   2 y n  3 2

y n  3.99933195 526626 ft

(11)

(12) 122

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3. FLUJO UNIFORME

Ahora, el perímetro recubierto será:

P  B  2 yn

P  4 ft   2  3.99933ft

(13)



P  15.999 ft

(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  do

2

 do2 2

 k 2.51 2g d o So log s   3.7d o d 2g d S o o o 

 k 2.51  2g d o So log s   3.7d o d 2g d S o o o 

 0  

   

(1)

(2)

Figura 3.36

Para Q ll = 607 l/s = 0.607 m 3 /s ; d o = 61 cm = 0.61 m ; k s = 0.15 mm = 0.00015 m ; ν = 1.1 x 10-6 m 2 /s, y, con ayuda de la calculadora programable, resulta: So  0.00542776725935

(3)

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

 k 1.255 s Q  A 32gR H So log   14.8R H R H 32gR H S o 

   

    d  sen   d ks 1.255 Q   o (  sen ) 32g  o 1    So log  8    d o  sen    d  sen   4   d  sen   o   14.8 1  1  32g  o 1   So    4   4        4   2

(4)

       

(5) Resolviendo la ecuación (5) con la calculadora hp 48GX, para Q = 365 l/s = 0.365 m³/s; d o = 0.61 m ; S o = 0.00542776725935 ; k s = 0.00015m, y ν = 1.1x10 -6 m 2 /s, se obtiene: 123 Universidad Nacional de Colombia Sede Medellín

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PROBLEMAS RESUELTOS DE HIDRÁULICA DE CANALES ABIERTOS

θ = 3.35459447045 rad

(6)

 2y     2 cos1 1   d 0  

(7)

y 1     1  cos  d0 2   2 

(8)

y 1  1  cos0.5x3.3545944704 5  0.55314984624 d0 2 y = 0.5531 d0

Por otra parte,

(9)

A

do2 (  sen) 8

(10)

A

(0.61) 2 m 2 (3.35459447045  sen(3.35459447045))  0.165863077148m 2 8

(11)

Por la ecuación de continuidad, se tiene: V

Q 0.365m3 / s   2.20061032435m / s A 0.165863077148m 2

V = 2.2006 m/s

(12)

Comprobación con la ecuación de velocidad del flujo parcialmente lleno:    4k s sen    V   8gd o 1   S o log  sen      14.8d o 1       

   1.255   3 d   sen  32g  o 1   S o   4      

(13)

Con  = 3.35459447045 rad ; d o = 0.61 m ; S o = 0.00542776725935 ; k s = 0.00015m ; ν = 1.1 x 10-6 m 2 /s, y g = 9.81m/s² se obtiene: V = 2.201 m/s

(14)

124 Universidad Nacional de Colombia Sede Medellín

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