Manual Sanitaria

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FACULTAD DE INGENIERIA

DEPARTAMENTO DE INGENIERÍA CIVIL Y AMBIENTAL

2014

Docente:

Prof. Pedro Cisterna

Ingeniería Sanitaria

“Ejercicios resueltos”

INGENIERIA SANITARIA

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Introducción

La ingenieria de sanitaria, es una rama especifica de la Ingenieria Civil a la que

se quiere evocar en este manual.

Este esta compuesto por una gama de ejercicios resueltos, para llevar a cabo una mejor

comprension de la asignatura. Para esto, se especifica una tematica a seguir desde los

puntos mas basicos hasta llegar a una mayor comprension de las diversas dificultades que

se van presentando.

Objetivos

A través de este manual de ejercicios resueltos, se quiere facilitar el método de

estudio para un mayor conocimiento de las disciplinas en que se trabaja el

saneamiento en los diversos ámbitos de la actividad humana.

Complementar las cátedras dictadas en clases con ejercicios que logren un mayor

entendimiento de la materia alcanzando la comprensión para desarrollar ejercicios

de mayor dificultad.


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EJERCICIO 1

Se tiene una PTAR que tiene un plus de biomasa de 1500 Kg/día, se constata que en los 6 últimos

meses de operación, el caudal de entrada es un 3% más que el caudal del efluente, se sabe que la

eficiencia de la planta es de un 95%, la biomasa está 20 días en el tanque de aireación, se pierde un

4% de la biomasa por el efluente, la relación Qr/Q es 1.1, calcular Q, V y un coeficiente de

producción aproximado.

Datos:

Carga Per cápita : 35 g/hab*día

SSLM : 3000 - 4000 g/m3 → 3.5 Kg/m3

∆ 𝐵𝑖𝑜𝑚𝑎𝑠𝑎 = 𝑌 ∗ 𝑄 ∗ 𝐷𝐵𝑂

Suponiendo inicialmente que Y=1


1500 𝐾𝑔

𝑑í𝑎= 1 ∗ 0.035

𝐾𝑔

ℎ𝑎𝑏 ∗ 𝑑í𝑎

42857 ℎ𝑎𝑏.

Para esta cantidad de habitantes ocupamos una carga másica igual a 0.1 1/día

𝑌 =1

𝐶𝑚 ∗ 𝜗

𝑌 =1

0.11

𝑑𝑖𝑎∗ 20𝑑í𝑎

𝒀 = 𝟎. 𝟓

Retomando según la ecuación de biomasa


Reemplazamos el valor de Y (coeficiente de producción) para obtener Q*DBO


1500 𝐾𝑔

𝑑í𝑎= 0.5 ∗ 𝑄𝐷𝐵𝑂

𝑄 ∗ 𝐷𝐵𝑂 = 3000𝐾𝑔

𝑑í𝑎


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Con esto se puede calcular el Volumen

𝑉 =𝑄 ∗ 𝐷𝐵𝑂

𝐶𝑚 ∗ 𝑆𝑆𝐿𝑀

𝑉 =𝑄 ∗ 𝐷𝐵𝑂

𝐶𝑚 ∗ 𝑆𝑆𝐿𝑀

𝑉 =3000

𝐾𝑔𝑑í𝑎

0.1 1

𝑑í𝑎∗ 3.5

𝐾𝑔𝑚3

𝑽 = 𝟖𝟓𝟕𝟏 𝒎𝟑

Del enunciado tenemos que un 4% de la biomasa se va por el efluente, entonces el 96% se va por la

purga.

𝑃 = 𝑄𝑝 ∗ 𝑆𝑆𝑝

0.96 ∗ ∆𝐵𝑖𝑜𝑚𝑎𝑠𝑎 = 𝑄𝑝 ∗ 𝑆𝑆𝑝

Asumiremos que los SSr son igual a los SSp

Y de la relación:

𝑄𝑟

𝑄=

𝑆𝑆𝐿𝑀

𝑆𝑆𝑟 − 𝑆𝑆𝐿𝑀

1.1 =𝑆𝑆𝐿𝑀

𝑆𝑆𝑟 − 𝑆𝑆𝐿𝑀

1.1 =3.5

𝐾𝑔𝑚3

𝑆𝑆𝑟 − 3.5 𝐾𝑔𝑚3

𝑆𝑆𝑟 = 6.68𝐾𝑔

𝑚3= 𝑆𝑆𝑝

De la ecuación: 0.96 ∗ ∆𝐵𝑖𝑜𝑚𝑎𝑠𝑎 = 𝑄𝑝 ∗ 𝑆𝑆𝑝

0.96 ∗ 1500 𝐾𝑔𝑑í𝑎

6.68 𝐾𝑔𝑚3

= 215.6 𝑚3 = 𝑄𝑝

Sabemos que:

𝑄𝑝 = 𝑄𝑎𝑓 − 𝑄𝑒𝑓 𝑄𝑝 = 1.03 ∗ 𝑄𝑒𝑓 − 𝑄𝑒𝑓

𝑄𝑝 = 0.03 ∗ 𝑄𝑒𝑓


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215.6 𝑚3 = 0.03 ∗ 𝑄𝑒𝑓 7187 𝑚3 = 𝑄𝑒𝑓

Como,

𝑄𝑎𝑓 = 1.03 ∗ 𝑄𝑒𝑓

𝑸𝒂𝒇 = 𝟕𝟒𝟎𝟑 𝒎𝟑

𝒅í𝒂

EJERCICIO 2

Se tiene una Termoeléctrica que quema 800 Ton/día de Combustible, resultando 70 Ton de ceniza

en hogar de la caldera, 10 Ton de PM10 y 15 Ton de PM20, que se van a la atmósfera, la eficiencia

de los ciclones de 60 y 70% respectivamente, también se tiene 2 Ton de SO2 después del scrubber,

que posee una eficiencia de 90%. Calcular masa de CO2, pureza del combustible y masa de O2 con

un 20% de exceso para que todo el carbón sea oxidado.


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Combustible Total 8000 Ton/día.

Partículas después de la combustión.

𝑋 ∗ % 𝑞𝑢𝑒 𝑝𝑎𝑠𝑎 = 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑖𝑐𝑢𝑙𝑎𝑠 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎. 𝑋 ∗ 0.4 = 10 𝑇𝑜𝑛 𝑃𝑀 10 𝑿 = 𝟐𝟓 𝑻𝒐𝒏 𝑷𝑴 𝟏𝟎

𝑋 ∗ % 𝑞𝑢𝑒 𝑝𝑎𝑠𝑎 = 𝑝𝑎𝑟𝑡í𝑐𝑢𝑙𝑎𝑠 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎 𝑋 ∗ 0.3 = 15 𝑇𝑜𝑛 𝑃𝑀 20 𝑿 = 𝟓𝟎 𝑻𝒐𝒏 𝑷𝑴 𝟐𝟎

Dióxido de Azufre

𝑋 ∗ % 𝑞𝑢𝑒 𝑝𝑎𝑠𝑎 = 𝑆𝑂2 𝑠𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎. 𝑋 ∗ 0.1 = 2 𝑇𝑜𝑛 𝑆𝑂2 𝑿 = 𝟐𝟎 𝑻𝒐𝒏 𝑺𝑶𝟐

Por balance podemos obtener la masa de S

𝑆 + 𝑂2 → 𝑆𝑂2 32 𝑇𝑜𝑛 𝑆 → 64 𝑇𝑜𝑛 𝑆𝑂2 𝑋 𝑇𝑜𝑛 𝑆 → 2 𝑇𝑜𝑛 𝑆𝑂2 𝑋 = 10 𝑇𝑜𝑛 𝑆

Por lo tanto hay 10 Ton de O2

Combustible consumido

Combustible consumido= Total - Cenizas - Partículas - Impurezas

Combustible Consumido= 8000 - 70 - 50 - 25 - 10 (Ton)

Combustible Consumido= 7845 Ton.

Masa de CO2

𝐶 + 𝑂2 → 𝐶𝑂2 12 𝑇𝑜𝑛 𝐶 → 44 𝑇𝑜𝑛 𝐶𝑂2 7845 𝑇𝑜𝑛 𝐶 → 𝑋 𝑇𝑜𝑛 𝐶𝑂2 𝑋 = 28765 𝑇𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝐶𝑂2

Calculamos la masa de Oxigeno para producir CO2


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𝐶 + 𝑂2 → 𝐶𝑂2 32 𝑇𝑜𝑛 𝑂2 → 44 𝑇𝑜𝑛 𝐶𝑂2 𝑋 𝑇𝑜𝑛 𝑂2 → 28765 𝑇𝑜𝑛 𝐶𝑂2 𝑋 = 20920 𝑇𝑜𝑛 𝑂2

Oxigeno Total

Oxigeno Total =20920 (para producir CO2) + 10 (para producir SO2)

Oxigeno Total =20930 Ton

Oxigeno que ingresa a la caldera

La información dice que hay un 20% de excedencia.

Por lo tanto la masa de oxigeno que entra es:

𝑂2 + 0.2 ∗ 𝑂2 1.2 ∗ 𝑂2 𝑶𝟐 𝒒𝒖𝒆 𝒊𝒏𝒈𝒓𝒆𝒔𝒂 𝒂 𝒍𝒂 𝒄𝒂𝒍𝒅𝒆𝒓𝒂 = 𝟐𝟓𝟏𝟏𝟔 𝑻𝒐𝒏

Pureza del Combustible.

% 𝑃𝑢𝑟𝑒𝑧𝑎 =𝐶𝐶

𝐶𝐶 + 𝐶 + 𝑃 + 𝐼

Donde:

CC: combustible consumido

C: cenizas

P: partículas

I: Impurezas.

% 𝑃𝑢𝑟𝑒𝑧𝑎 =7845

7845 + 70 + 75 + 10∗ 100

% 𝑷𝒖𝒓𝒆𝒛𝒂 = 𝟗𝟖. 𝟎𝟔 %


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EJERCICIO 3

Se tiene una planta de agua potable que posee un área de diseño de la cámara de contacto

equivalente al área del sedimentador, bajo que relación de alturas de ambas unidades de proceso el

agua es tratada únicamente en el sedimentador y corresponde a una sola fuente.

¿Qué pasaría si el área de diseño del sedimentador se reduce en un 33% y se mantienen las alturas?

Informar los aspectos tanto cualitativos como cuantitativos acerca de las fuentes que se usan para

producir agua potable en la ciudad para este caso.

a. Obtener la relación de alturas para adquirir la dotación requerida por un solo afluente que

consiste solo de rio

Área cámara contacto = Área sedimentador

Por lo tanto,

Q sedimentador = Q cámara contacto

trh =V

Q

Parámetros indicados por literatura para tiempo de residencia hidráulica

trhsedimentador = 3 horas.

trhcamara contacto = 0,5 horas

𝑉 𝑠𝑒𝑑

𝑇𝑟ℎ=

𝑉 𝑐𝑐

𝑇𝑟ℎ 𝑐𝑐


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𝐴 𝑠𝑒𝑑 ∗ ℎ 𝑠𝑒𝑑

3=

𝐴 𝑐𝑐 ∗ ℎ 𝑐𝑐

0,5

Eliminando las áreas por su igualdad, se obtiene la solución de alturas

ℎ 𝑐𝑐

ℎ 𝑠𝑒𝑑=

3

0,5= 6

b. Área de diseño sedimentador se reduce en un 33 %

Que el área del sedimentador se reduzca en un 33% significa que el caudal que pasa es del 67%, por

lo tanto

Área de sedimentador = 0,67 A

Área de cámara de contacto = A

Manteniendo las alturas, por lo tanto h sed = 6 h y h cc = h.

𝑄 𝑠𝑒𝑑 = 𝐴 𝑠𝑒𝑑 ∗ ℎ 𝑠𝑒𝑑

𝑇𝑟ℎ 𝑠𝑒𝑑=

0.67 𝐴 ∗ 6 ℎ

3= 1.34 𝐴 ∗ ℎ

𝑄 𝑐𝑐 = 𝐴 𝑐𝑐 ∗ ℎ 𝑐𝑐

𝑇𝑟ℎ 𝑐𝑐=

𝐴 ∗ ℎ

0.5= 2 𝐴 ∗ ℎ


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Finalmente, al disminuir el área del sedimentador también disminuye su caudal en la misma

proporcionalidad

Q requerido = Q rio + Qx

Qx = caudal del afluente necesario para cumplir con la dotación requerida

∆Q = Qcc − Q sed = 0,33 A ∗ h

Se entiende que el caudal de la cámara de contacto es el mismo que el caudal requerido, por lo tanto

la diferencia de caudal debe obtenerse de un nuevo afluente tal como pozo profundo aportante:

Qx = Q pozo profundo = 0,33 Q requerido

Por lo tanto:

Q requerido = Q rio + Q pp = 0,67 Q req + 0,33 Qreq m3

hr⁄

EJERCICIO 4

Se tiene que suministrar AP a una población de 25000 personas, se cuenta con un río de 50

l/s de caudal y que posee una amplia gama de partículas que originan la turbiedad del agua

equivalente a 20 NTU como promedio, una vertiente de 20 l/s de caudal máximo de muy

buena calidad que en el verano tiene flujo cero y que solo requiere ser filtrada y una batería

de pozos profundos que complementa los caudales anteriores, calcule la relación de áreas

entre los equipos que constituyen el proceso de acuerdo a los escenarios potenciales . La

dotación es de 200 l/ (hab*día).


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Calculando el caudal requerido

caudal requerido = n°habitantes ∗ consumo per capita

caudal requerido = 25000(hab) ∗ 200l

hab ∗ día∗

1m3

1000 lt∗

1día

24 hrs

caudal requerido = 208,3 m3

hr⁄ = 209 m3

hr⁄

Caudales Máximo Disponible en

invierno Disponible

en verano

Lt/s m3/hr Lt/s m3/hr Lt/s m3/hr Rio 50 180 50 l/s 180 50 180 Vertiente 20 72 20 l/s 72 0 0 Pozo P. - - - - * * Total disp 70 252 70 252 70 180

NOTA:

Los pozos profundos complementan los caudales anteriores.

Es decir, en verano tengo disponible 180 m3/hr correspondiente a río, y para alcanzar a

satisfacer la demanda de 209 (m3/hr) necesito extraer 29 (m3/hr) desde los pozos

profundos.

Caudal requerido

Invierno Verano Máximo

disponible requerido Máximo

disponible requerido

m3/hr m3/hr m3/hr m3/hr Rio 180 137 180 180 Vertiente 72 72 0 0 Pozo P. * * * 29 Total disponible

252+* - 180+* -

Total requerido

- 209 209

SUPUESTO:

La preferencia para extraer el agua es vertiente, río y finalmente pozo.


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Diseño para verano

Q Río =180 (m3/hr); Q Vertiente=0 (m3/hr); Q Pozo P=29 (m3/hr.)

Sedimentador

De literatura se sabe

trh = 2 − 3 horas ; usando trh = 3 horas.

ℎ = 3 − 4 𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜𝑠 ; usando ℎ = 4 𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜𝑠.

Además

Qrío = 180 m3

hr⁄

trh =V

Q → V = trh ∗ Q = 3 ∗ 180 → V = 540 m3

A =V

h=

540

4 → A = 135m2

Filtro rápido


th = 4,8 − 9,6 m3

hr⁄

m2 ; usando th = 7,2 m3

hr⁄

m2

h = 2 − 3 metros ; usando h = 3 metros

Además

Q = Qrío+ Qvertiente = 180 m3

hr⁄

th =Q

A → A =

Q

th=

180

7,2 → A = 25m2

V = A ∗ h = 25 ∗ 3 → V = 75m3


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Cámara Contacto


trh = 0,5 hr


Además

Q = Qrío+ Qvertiente + Qpozo profundo = 209 m3

hr⁄

trh =V

Q → V = trh ∗ Q = 0,5 ∗ 209 → V = 104,5 m3

A =V

h=

104,5

2 → A = 52,25m2

Asedimentador = 135m2 = 2,58 ∗ Acámara contacto

Afiltro rápido = 25 m2 = 0,478 ∗ Acámara contacto

Acámara contacto = 52,25 m2

Diseño para invierno

Q Río =137 (m3/hr); Q Vertiente=72 (m3/hr); Q Pozo P=0 (m3/hr).

Sedimentador


trh = 2 − 3 horas ; usando trh = 3 horas.

ℎ = 3 − 4 𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜𝑠 ; usando ℎ = 4 𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜𝑠.

Además Qrío = 137 m3

hr⁄

trh =V

Q → V = trh ∗ Q = 3 ∗ 137 → V = 411 m3

A =V

h=

411

4 → A = 102,8m2

Filtro rápido


th = 4,8 − 9,6 m3

hr⁄

m2 ; usando th = 7,2 m3

hr⁄

m2


Además

Q = Qrío+ Qvertiente = 209 m3

hr⁄


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th =Q

A → A =

Q

th=

209

7,2 → A = 29,02m2

V = A ∗ h = 29,02 ∗ 3 → V = 87,08m3

Cámara Contacto


trh = 0,5 hr


Además

Q = Qrío+ Qvertiente + Qpozo profundo = 209 m3

hr⁄

trh =V

Q → V = trh ∗ Q = 0,5 ∗ 209 → V = 104,5 m3

A =V

h=

104,5

2 → A = 52,25m2

Asedimentador = 102,8m2 = 1,967 ∗ Acámara contacto

Afiltro rápido = 29,02 m2 = 0,555 ∗ Acámara contacto

Acámara contacto = 52,25 m2

EJERCICIO 5

Considere una planta de tratamiento de lodos activos al que ingresa una carga orgánica de

750 kg DQO/día, la edad celular es de 25 días, la biodegradabilidad de las aguas residuales

es de 80%. Por el efluente salen 20kg de biomasa diariamente.

El caudal de la purga es 80 m3/día.

Los SSefluente cumplen con la normativa que exige menos de 35 mg/l y estos llegan como

promedio al 60% de este valor. El caudal del efluente es igual al caudal de recirculación.

a. Calcular el volumen del tanque de aireación y en función de la carga másica,

definir el tipo de modalidad de lodos activos.

b. Qué medida se debe aplicar si hay aumento en el caudal de un 15% y se mantiene la

carga orgánica, si se tiene como objeto mantener la calidad de los lodos, y como

afecta esta medida el comportamiento del tanque de aireación, recalcule todos los

parámetros que cambian, %, cual es el nuevo caudal y tiempo de ajuste.


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Datos

θC = 25 días ; Q ∗ DQO = 750 kg día⁄ ; βentrada = 0,8 ; QP = 80 m3 día⁄

Carga Contaminante (entrada)

Q ∗ DBO = βentrada ∗ Q ∗ DQO = O, 8 ∗ 750 kg día⁄ = 600 kg día⁄

Sólidos suspendidos en efluente

SSe = 0,6 ∗ 0,035 kg m3⁄ = 0,021 kg m3⁄

a)

Biomasa Efluente = QR ∗ SSe = 20 kg día⁄

20 kg día⁄ = QR ∗ 0,021 kg m3⁄

QR =20

0,021= 952,38 m3 día⁄

Luego,

QR

Q=

SSLM

SSR − SSLM

Sabemos que QR

Q= 1 → 1 =

3 kg m3⁄

SSR − 3 kg m3⁄ → SSR = 6 kg m3⁄

Cálculo de la purga


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Sabemos que SSR = SSP

P = QP ∗ SSP = QP ∗ SSR = 80 m3 día⁄ ∗ 6 kg m3⁄ = 480 kg día⁄

Cálculo de ∆B

P = ∆B − Q ∗ SSe

480 kg día⁄ = ∆B − 20 kg día⁄

∆B = 500 kg/día

Calculo del coeficiente de productividad de biomasa

∆B = γ ∗ Q ∗ DBO

500 kg día = γ ∗ 600 kg/día⁄

γ = 0,83

Cálculo de la carga másica:

Cm =1

θC ∗ γ=

1

25 ∗ 0,833= 0,048

1

día

Se define el proceso de aireación extendida cuando la carga másica se encuentra

Entre 0,05 y 0,15. Nuestro valor obtenido es aproximadamente 0,05 con lo cual diremos

que es de este tipo de proceso.

Cálculo del volumen del tanque de aireación:

V =Q ∗ DBO

Cm ∗ SSLM=

600 kg día⁄

0,048 ∗ 3 kg m3⁄

V = 4.166,67 m3

b) Aumento de Caudal en 15%

Q = 1,15 ∗ Q = 1,15 ∗ 952,38 m3 día⁄ = 1095,24 m3 día⁄

“Según el enunciado la calidad de los lodos debe mantenerse debemos de mantener

constante la carga másica.”

1,15 ∗ Q ∗DBO

1,15= βentrada ∗ Q ∗ DQO = Constante


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Esto es posible ya que el aumento de caudal puede deberse a por ejemplo a una lluvia,

con lo cual se tendrá solamente más caudal y la parte contaminante se tendrá a diluir.

No será necesario realizar ningún cambio en los SSLM ya que igualmente estamos

dejando constante la carga contaminante Q*DBO y con esto el volumen.

Como se mantuvieron todos los parámetros constantes podemos decir que el tiempo de

ajuste es 0.

EJERCICIO 6

Obtener la relación a partir del balance inicial, Q/Qrec=SSLM/ (SSR-SSLM), realizar

diagramas de flujo e indicar flujos y concentraciones y supuestos.

Masas de sólidos que Entran = Masas de Sólidos que Salen

Qr ∗ SSr + Q ∗ SSa = (Q + Qr) ∗ SSLM

Qr ∗ SSr + Q ∗ SSa = Q ∗ SSLM + Qr ∗ SSLM

Qr ∗ SSr − Qr ∗ SSLM = Q ∗ SSLM − Q ∗ SSa

Qr ∗ (SSr − SSLM) = Q ∗ (SSLM − SSa)


pág. 17

Qr

Q=

SSLM − SSa

SSr − SSLM

Considerando que el valor de los sólidos suspendidos del afluente es pequeño, por lo que se

desprecia (SSa=0), quedando finalmente:

Qr

Q=

SSLM

SSr − SSLM

EJERCICIO 7

Se tiene un relleno sanitario con las siguientes características: la humedad de saturación de

la cobertura es 20%, la cual está un 58% saturada desde su inicio de uso, la densidad de este

material seco es 1800kg/m3, el factor de capacidad de campo de los RRSS es de 40% y su

humedad inicial es de 20%.

La relación de altura, cobertura/RRSS es de 1/5, la altura del vertedero son 6 m, la densidad

de las basuras es de 600kg/m3 y se tuvo una lluvia que produjo un cm3 de lixiviado.

El área del vertedero para un año es de 2 hectáreas.

Calcular masa del vertedero antes y después de la lluvia, masa de agua en el vertedero antes

y después de la lluvia, lixiviados y población servida.

Calcular masa del vertedero para el caso que la lluvia es un 90% de la anterior.

Datos:

Hsat Cob = 0,2

H Cob = 0,2 ∗ 0,58 = 0,116

ρseco cob = 1800 kg m3⁄

FccRRSS = 0,4

H RRSS = O, 2

hcob

hRRSS=

1

5

hvert = 6 m

ρRRSS = 600 kg m3⁄

A = 2 Ha ∗ 10000 m2

Ha= 20000 m2


pág. 18

Densidad de la cobertura

ρcob = ρseco ∗ %seco + ρagua ∗ %agua

ρcob = 1800 ∗ 0,884 + 1000 ∗ 0,116 = 1707,2 kg m3⁄

Volúmenes cobertura y de residuos

Vcob = hcob ∗ Área = 1m ∗ 20.000 m2 = 20000 m3

VRRSS = hRRSS ∗ Área = 5m ∗ 20.000 m2 = 100000 m3

Masas totales Cobertura y Residuos

Mcob = ρcob ∗ Vcob = 1,7072 ∗ 20000 = 34140 Ton

MRRSS = ρRRSS ∗ VRRSS = 0,6 ∗ 100000 = 60000 Ton

Masas secas

Mseca cob = (1 − Hcob) ∗ Mcob = 0,884 ∗ 34140 = 30179,8 Ton

Mseca RRSS = (1 − HRRSS) ∗ MRRSS = 0,8 ∗ 60000 = 48000 Ton

Masas de agua

MH2O cob = Hcob ∗ Mcob = 0,116 ∗ 34140 = 3960,24 Ton

MH2O RRSS = HRRSS ∗ MRRSS = 0,2 ∗ 60000 = 12000 Ton

Capacidades de campo

FCCRRSS =CCRRSS

Mseca RRSS→ 0,4 =

CCRRSS

48000→ CCRRSS = 19200 Ton

FCCcob =0,2

0,8= 0,25

CCcob = FCCcob ∗ Mseca cob = 0,25 ∗ 30179,8 = 7544,95 Ton


pág. 19

a) Antes de la lluvia

Masa del vertedero:

Mvert = Mcob + MRRSS = 34140 + 60000 = 94140 Ton

Masa agua del vertedero:

MH2O vert = MH2O cob + MH2O RRSS = 15960 Ton

Cálculo de la lluvia:

Lix = MH2O cob + MH2O RRSS − CCcob − CCRRSS + Magua lluvia

1 ∗ 10−6 = 3960,24 + 12000 − 19200 − 7544,95 + Magua lluvia

Magua lluvia = 10784,7 Ton

PPall =Magua lluvia

ρH2O ∗ Area=

10784,7 Ton

1Tonm3 ∗ 20000 m2

= 0,539m = 539 mm

b) Después de la lluvia:

Masa del vertedero:

Mvert = Mseca cob + Mseca RRSS + CCcob + CCRRSS

Mvert = 30179,8 + 48000 + 19200 + 7544,95 = 104924,75 Ton

Masa de agua del vertedero:

MH2O vert = CCcob + CCRRSS = 19200 + 7544,95 = 26744,95 Ton

Población servida

Se considerara que cada habitante genera 1 kg hab ∗ día⁄ de basura.

60000000 kg = 1 kg

hab ∗ día∗ población ∗ 365 días

población = 164384 habitantes

c) Lluvia de 90%

PPall = 0,9 ∗ 539 mm = 485 mm

Magua lluvia = PPall ∗ ρ ∗ Area = 0,485 ∗ 1 ∗ 20000 = 9700 Ton


pág. 20

Mvert = Mcob + MRRSS + Magua lluvia

Mvert = 34140 + 60000 + 9700 = 103840 Ton

EJERCICIO 8

Una Planta Termoeléctrica que logra un 99,999999% de combustión del combustible, posee

un sistema de tratamiento de gases constituida por un conjunto de ciclones de un 65% y

80% de eficiencia de acuerdo al tamaño de partícula y un lavador húmedo de gases con un

90% de eficiencia, las partículas que diariamente salen son 5 toneladas de 10 micras y 1,2

toneladas de 20 micras y además 0,3 toneladas de Óxidos de azufre y 4000 toneladas de

CO2 y quedan 40 toneladas de cenizas.

Cuáles son las características de entrada del combustible utilizado, la masa de combustible

utilizado y la composición de los gases post combustible.

Nota:

Considerando que la planta termoeléctrica logra un 99,999999% de combustión esto

significa que combustiona prácticamente el 100% del combustible.


pág. 21

Considerando que el conjunto de ciclones solamente retiene partículas y el lavador húmedo

solamente retiene SO2, podemos obtener las toneladas de partículas y SO2 antes de ser

tratadas por los respectivos equipos.

Partículas antes de pasar por el conjunto de ciclones:

Como el conjunto de ciclones tiene una eficiencia del 65% y 80% para las PM10 y PM20

respectivamente, por lo tanto tenemos:

PM10 =5 Ton

0,35= 14,28 Ton y PM20 =

1,2 Ton

0,2= 6 Ton

Partículas retenidas por el conjunto de ciclones:

PM10 = 14,28 ∗ 0,65 = 9,28 Ton y PM20 = 6 ∗ 0,8 = 4,8 Ton

SO2 antes de pasar por el lavador húmedo:

Como el lavador húmedo tiene una eficiencia del 90%, por lo tanto tenemos:

SO2 =0,3 Ton

0,1= 3 Ton

SO2 retenido por el lavador húmedo:

SO2 = 3 ∗ 0,9 = 2,7 Ton

Para calcular la masa de carbón utilizado en la combustión utilizamos el equilibrio químico

del CO2:

C + O2 → CO2

PM C: 12 Ton PM O2: 2*16 Ton PM CO2: 12 + 2*16 Ton

PM O2: 32 Ton PM CO2: 44 Ton

Y como sabemos que lo por la chimenea salen 4000 Ton de CO2 las cuales no son tratadas

por los equipos, por lo que de la combustión se generan 4000 Ton de CO2, así podemos

obtener la masa de Carbón de la siguiente manera:

12 Ton de C → 44 Ton de CO2

x Ton de C → 4000 Ton de CO2

x = 1090,91 Ton de C


pág. 22

Como se combustiona un 100%, obtenemos que la masa de Carbón utilizado como

combustible es de 1090,91 Ton.

Para calcular la masa de Azufre que fue requerido en la combustión, utilizamos el

equilibrio químico del SO2:

S + O2 → SO2

PM S: 32 Ton PM O2: 2*16 Ton PM SO2: 32+ 2*16 Ton

PM O2: 32 Ton PM SO2: 64 Ton

Y como sabemos que tras la combustión salen 3 Ton de SO2, podemos obtener la masa de

Azufre de la siguiente manera:

32 Ton de S → 64 Ton de SO2

x Ton de S → 3 Ton de SO2

x = 1,5 Ton de S

Como se combustiona un 100%, obtenemos que la masa de Azufre utilizado en la

combustión es de 1,5 Ton.

Finalmente la composición de los gases post combustión es la siguiente:

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Manual Sanitaria