ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΣΧΟΛΗ ΘΕΤΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΑΣ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥΔΩΝ ΠΕΡΙΒΑΛΛΟΝΤΙΚΟΣ ΣΧΕΔΙΑΣΜΟΣ ΕΡΓΩΝ ΥΠΟΔΟΜΗΣ (MSc) ΘΕΜΑΤΙΚΗ ΕΝΟΤΗΤΑ ΠΣΕ60 Ακαδημαϊκό Έτος: 207-208 η Γραπτή Εργασία Επιβλέπων ΣΕΠ: Φοιτητής/τρια: Α.Μ. Αθήνα,../ / 20
Άσκηση - H παροχή σχεδιασμού για εξωτερικό δίκτυο είναι (σελ. 32 από το βιβλίο του ΕΑΠ), QQ σσσσ = λλ QQ μμέσσσσ ηηηη. mm 3 /ss 86,400 όπου QQ μμέσσσσ ηηηη είναι η μέση ημερήσια παροχή (ο πληθυσμός, Ν, της πόλης θεωρείται σταθερός κατά τη διάρκεια του έτους), Έτσι QQ μμέσσσσ ηηηη = qq ΝΝ = 80 4,000 = 720,000 llll/dd = 0.00833 mm 3 /ss Qσχ = 0.025 m 3 /s Οι γραμμικές ενεργειακές απώλειες κατά μήκος του αγωγού υπολογίζονται από την Darcy-Weisbach, ΔΔΔΔ = ff LL DD VV2 2gg Το f υπολογίζεται από το διάγραμμα Μoody για ks/d = 0.00357429 DD VV RRRR = vv όπου V είναι η ταχύτητα μέσα στο αγωγό και για αγωγό κυκλικής διατομής είναι, και οπότε ο Re είναι, RRRR = VV = 4 QQ σσσσ = 0.82427 mm/ss ππ DD2 0.4 0.82427. 0 6 = 03399.8 Για τις τιμές αυτές του ks/d και του Re, βρίσκουμε από το διάγραμμα Moody ότι f = 0.028 Έτσι αντικαθιστώντας στην Darcy-Weisbach, ΔΔΔΔ = 0.028 2500 0.4 0.824272 =. 444444 mm 2 9.8
Άσκηση -2 Όπως και στο προηγούμενο ερώτημα αρχικά υπολογίζουμε την παροχή σχεδιασμού για εξωτερικό δίκτυο είναι (σελ. 32), QQ σσσσ = λλ QQ μμέσσσσ ηηηη. mm 3 /ss 86,400 όπου QQ μμέσσσσ ηηηη. είναι η μέση ημερήσια παροχή, Έτσι QQ μμέσσσσ ηηηη = qq ΝΝ = 80 5,000 = 900,000 llll/dd = 0.0046667 mm 3 /ss Qσχ = 0.05625 m 3 /s Από εκφώνηση έχουμε ότι το ύψος των απωλειών ενέργειας (ΔΗ2) δεν πρέπει να είναι μεγαλύτερο από το 80% των απωλειών ενέργειας από το ερώτημα α (ΔΗ), έτσι, ΔΗ2 <= 0.8 ΔΗ <= 0.765366 m Η εύρεση της ελάχιστης διατομής πραγματοποιείται με δοκιμή και σφάλμα. Αρχικά υποθέτουμε ότι η διατομή είναι κατά 0.02 m (20 mm) μεγαλύτερη από την διατομή του αγωγού στην Άσκηση - το οποίο είναι αναμενόμενο καθώς ο αγωγός θα εξυπηρετεί μεγαλύτερο αριθμό κατοίκων. Η ταχύτητα σε κάθε βήμα υπολογίζεται όπως στην Άσκηση - για τις διαφορετικές τιμές της διαμέτρου του αγωγού. Για κάθε τιμή της ταχύτητας υπολογίζεται ο Re. Υπολογίζεται ο λόγος ks/d για κάθε διάμετρο. Δεδομένου Re και ks/d από το διάγραμμα Moody βρίσκουμε το f και τελικά τις απώλειες ενέργειας ΔΗF για κάθε τιμή της υποθετικής διαμέτρου D. Με αυτόν τον τρόπο κατασκευάζουμε τον πίνακα. Πίνακας : Υπολογισμός απωλειών ενέργειας για διαφορετικές διαμέτρους. D (m) f V (m/s) R ks/d ΔH 2 0.4 0.028.05534 29249.732 0.00357429 36.7949 0.6 0.027 0.77758 3093.548 0.00325 8.9842 0.8 0.026 0.64335 00527.5687 0.002777778 9.724798 Από τον Πίνακα, παρατηρούμε ότι η μικρότερη δυνατή διάμετρος που έχει ΔΗ2 < 0.765366 m είναι 0.8 m ή 80 mm. Οπότε, D = 80 mm
Άσκηση 2- Aπό τα δεδομένα της εκφώνησης υπολογίζουμε ότι y/d = 0.5 και από το διάγραμμα (σελ. 29) βρίσκουμε ότι QQ σσσσ QQ 0 = 0.4 Η παροχή για πλήρη πλήρωση του αγωγού είναι, ή με αντικατάσταση ή QQ oo = ππ 4 5 3 QQ oo = ππ 4 5 3 nn oo DD 8 3 JJ 2 0.05 0.28 3 0.00 2 = 0.008988874 llll ss = 776638.6964 llll dd QQ oo = 0.008988874 llll ss 86400000 ss mm 3 dd llll = 776638.6964 llll dd H παροχή σχεδιασμού είναι η μέγιστη στιγμιαία παροχή καθώς παρασιτικές ροές αμελούνται, QQ σσσσ = 0.4 QQ oo = 0.4 776638.6964 llll dd = 30655.4786 llll dd Η μέγιστη ημερήσια παροχή δίνεται από, QQ HH = NN λλ HH ρρ qq όπου Ν ο πληθυσμός και η QQ σσσσ, QQ σσσσ = λλ pp QQ HH με, λλ pp =.5 + 2.5 QQ HH /2 Οπότε αντικαθιστώντας στη Qσχ, Με ανακατάταξη των όρων έχουμε, QQ σσσσ =.5 + 2.5 /2 QQ QQ HH HH
2.5QQ HH 2 =.5QQ HH + QQ σσσσ Η τελευταία εξίσωση είναι τριώνυμο με, και λύσεις 2.5QQ HH /2 +.5QQ HH QQ σσσσ = 0 υυυυώνννννννννννν σσσσσσ ττττττττάγγγγγγγγ κκκκκκ ττττ δδύοο μμέλλλλ 2.5QQ HH /2 2 =.5QQ HH + QQ σσσσ 2 6.25QQ HH = QQ σσσσ 2 3QQ σσσσ QQ HH + 2.25QQ HH 2 4QQ 2 HH + 3QQ σσσσ QQ HH QQ 2 σσσσ = 0 ΔΔ = ( 3QQ σσσσ ) 2 4 4 QQ 2 σσσσ = 323.2 QQ HH,,2 = 3QQ σσσσ ± ΔΔ 2 4 = 3 3.595 ± 323.2 8 όπου το Qmax είναι εκφρασμένο σε lt/s, (Qσχ = 30655.4786 lt/d =3.59554952 lt/s) Oπότε από αυτήν έχουμε ότι, και QQ HH = 0.898 llll ss = 77663.87 llll dd QQ HH = 3.6 llll/ss Η τελευταία απορρίπτεται καθώς είναι αρνητική και το QH είναι μέσα σε ρίζα. Έχοντας υπολογίσει το QH, από τον τύπο για την μέγιστη ημερήσια παροχή έχουμε για τον πληθυσμό, NN = QQ mmmmmm λλ HH ρρ qq = 077663.87.5 0.8 80 333333 και για την επιφάνεια, Ε, της λεκάνης απορροής για πυκνότητα πληθυσμού dn, ΕΕ = ΝΝ = 360 = 33. 66 hhhh ή 3333333333 mm22 dd NN 00
Άσκηση 2-2 Για y/d = 0.7 έχουμε ότι QQ QQ 0 = 0.7 Η παροχή Q προέρχεται από την απορροή της λεκάνης και είναι σύμφωνα με την ορθολογική μέθοδο (σελ. 35), QQ = CC ii AA Από εκφώνηση, C = 0.5, από προηγούμενο ερώτημα (Άσκηση 2-) A = 36000 m 2 και i (από εκφώνηση), ii(dd, TT) = 260 (TT0.5 0.6) ( + dd/0.7) 0.77 με d = tc = 5 min = 0.25 h και Τ = 5 έτη (από εκφώνηση). Άρα, ii(0.25,5) = 260 (50.5 0.6) mmmm + 0.25 0.77 = 20.695743 0.7 h ii(0.25,5) = 20.695743 mmmm h Οπότε έχουμε για το Q, ή mmmm = 20.695743 h = 5.85 mm 0 5 ss και για το Qo, με, QQ = 0.5 5.85 0 5 36000 mm3 ss = mm3 ss QQ 0 = QQ mm3 =.43 0.83 ss QQ oo = ππ 4 5 3 nn oo DD 8 3 JJ 2 οπότε επιλύοντας ως προς το D με όλα τα υπόλοιπα μεγέθη γνωστά, DD = 45 3 nn QQ oo ππ JJ /2 3/8
3/8 DD = 45 3 0.05.43 ππ 0.00 /2 DD =.364 mm = 36.4 cccc Εφόσον οι εμπορικές διάμετροι είναι διαθέσιμες ανά 0 cm, τότε επιλέγεται DD = cccc διότι γι αυτό το D ισχύει ότι y/d < 0.7 όπως μας δίνεται από την εκφώνηση της άσκησης. Για το τελευταίο, υπολογίζουμε το Qo με δεδομένο ότι D = 40 cm =.4 m από τη σχέση, QQ oo,40 = ππ 4 5 3 QQ oo,40 = ππ 4 5 3 nn oo DD 8 3 JJ 2 0.05.48 3 0.00 2 QQ oo,40 =.6 llll ss και για την ίδια παροχή Q = m 3 /s που υπολογίσαμε, QQ = yy = 0.62 < 0.7 QQ oo,40 DD Άσκηση 3- Θεωρούμε μόνιμες συνθήκες, οπότε δεν υπάρχει μεταβολή με το χρόνο. Ο ισοδύναμος πληθυσμός (ΙΠ) της πόλης είναι 300,000 κάτοικοι οπότε υπολογίζουμε αρχικά τη μέγιστη ημερήσια παροχή, QQ HH = qq λλ ΙΙΙΙ = 80 300,000 = 54000000 llll dd = 0.625 mm3 ss Για το ρυπαντικό φορτίο του BOD5 έχουμε, BBBBBB 5 = mm oo ΙΙΙΙ = 60 300,000 = 8000 kkkk dd και η συγκέντρωσή του είναι, BBBBBB 5 = mm oo = 333.33 mmmm qq λλ llll
Στον ποταμό: Από εκφώνηση της άσκησης η συγκέντρωση του DO είναι η συγκέντρωση κορεσμού, η οποία στους 20 ο C είναι, Άρα στον ποταμό έχουμε, Q(π) = m 3 /s BOD5,(π) = 0 DO(π) = 9.2 mg/lt DDDD (ππ) = DD (ss) = 9.2 mmmm ll Στην ΕΕΛ: Έχουμε υπολογίσει ότι QΗ = 0.625 m 3 /s, BOD5 = 333.33 mg/l και από εκφώνηση ότι DO = 0 Όμως το BOD5 απομακρύνεται κατά 90% στην ΕΕΛ. Oπότε, Άρα στην ΕΕΛ έχουμε, 333.33 BBBBBB 5,(ΕΕΕΕΕΕ) 333.33 = 0.9 BBBBBB 5,(ΕΕΕΕΕΕ) = 33.3 mmmm ll Q(ΕΕΛ) = 0.625 m3/s, BOD5,(ΕΕΛ) = 33.33 mg/l, DO(ΕΕΛ) = 0 (από εκφώνηση καθώς η συγκέντρωση του οργανικού φορτίου στα λύματα είναι μηδενική) Συνολική παροχή, Q(ο) = Q(π) + Q(ΕΕΛ) =. + 0.625 =.625 m 3 /s Mετά την ανάμειξη του ποταμού με τα λύματα: Ισοζύγιο μάζας για το BOD5, QQ (oo) BBBBBB 5,(oo) = QQ (ee) BBBBBB 5,(EEEEEE) BBBBBB 5,(oo) = QQ (ee) BBBBBB 5,(EEEEEE) QQ (oo)
Για τον υπολογισμό του Lo, BBBBBB 5,(oo) = 0.625 33.33 03.625 0 3 BBBBBB 5,(oo) = 2.82 mmmm ll LL oo = BBBBBB 5,(oo) ee 5 KK LL oo = 2.82 ee 5 0.5 Ισοζύγιο μάζας για το DO, LL oo = 3.96 mmmm/llll QQ (oo) DDDD (oo) = QQ (ππ) DDDD (ππ) DDDD (oo) = QQ (ππ) DDDD (ππ) QQ (oo) DDDD (oo) = 9.2 03.625 0 3 DDDD (oo) = 5.66 mmmm ll Για ποταμούς ισχύει για τον χρόνο σε σχέση με την ταχύτητα του ποταμού και τη θέση ότι, tt = xx uu Θέλουμε να υπολογίσουμε την επιφάνεια της ροής του ποταμού. Έχουμε ότι b = 3 m, J = 0.% και n = 0.02 m -/3 /s. Οπότε υπολογίζουμε την ποσότητα, nn QQ (oo) 0.02.625 JJ /2 = bb8/3 0.00 /2 = 0.0548 38/3 Για αυτή την τιμή και από το διάγραμμα της σελ. 28 βρίσκουμε ότι y/b = 0.28 οπότε, yy = 0.28 bb = 0.28 3 = 0.84 mm Άρα η επιφάνεια της ροής, Ε είναι,
οπότε ΕΕ = 0.39 3 = 2.52 mm 2 uu = QQ (oo) EE =.625 2.52 = 0.64 mm ss = 55.7 kkkk dd H εξάρτηση της συγκέντρωσης του DO από τη θέση στο ποτάμι περιγράφεται από την εξίσωση Streeter-Phelps, DDDD = DD ss kk kk kk 2 LL 0 ee kk uu xx ee kk 2 uu xx + DD 0 ee kk 2 uu xx όπου, Do = Ds DO(o) = 9.2-5.66= 3.54 mg/l Οπότε για διαφορετικές τιμές της απόστασης από τη θάλασσα, υπολογίζουμε τη συγκέντρωση του διαλυμένου DO(o). Tα αποτελέσματα φαίνονται στο Γράφημα. Η κόκκινη διακεκομμένη γραμμή είναι το όριο που ζητάτε από την άσκηση των 3.5 mg/l. 6 Συγκέντρωση DO(o) [mg/l] 5,5 5 4,5 4 3,5 3 0 20 40 60 80 00 Απόσταση από τη θάλασσα [km] Γράφημα. Εξάρτηση του DO(o) με την απόσταση από τη θάλασσα. Το σημείο τομής των δύο καμπυλών είναι στα 40 km, που σημαίνει ότι η ΕΕΛ η μέγιστη απόσταση από τη θάλασσα πρέπει να είναι 87 km, δηλαδή, xmax =40 km Άσκηση 3- Η συγκέντρωση του οργανικού φορτίου στα 87 km από τη θάλασσα θα είναι,
BBBBBB 5,(oo) = LL oo ee kk xx uu = 3.96ee 0.5 40 55.7 = 9.75 mmmm ll