Este problema resuelve la distribución espacial de la precipitación en una cuenca dividida en tres subcuencas utilizando el método de polígonos de Thiessen. Primero se trazan los polígonos de influencia de cada estación pluviométrica sobre la cuenca y subcuencas. Luego, para cada subcuenca se calcula el área influenciada por cada estación y se multiplica por la precipitación correspondiente al mes 2 para obtener el volumen de agua precipitada, el cual se suma para cada subcuenca y la cuenca total

1. UCLA Decanato de Ingeniería Civil
Departamento de Hidráulica y Sanitaria
PROBLEMARIO DE HIDROLOGIA APLICADA
A LA INGENIERIA CIVIL
Autor: Oberto R., Livia R.
Barquisimeto, 2003

2. INDICE DE CONTENIDO
Pagína
ii
iv
v
INDICE DE CONTENIDO
INDICE DE TABLAS
INDICE DE FIGURAS
CAPITULO I. GENERALIDADES
1.0
Introducción
1.1
Justificación
1.2
Objetivo
1
1
1
CAPITULO II
2.0
Distribución espacial de la precipitación
2.1
Cálculo de la precipitación media
2.1.1 Promedio aritmético
2.1.2 Polígono de Thiessen
2.1.3 Métodos de las Isoyetas
2.2
Problemas relativos a la distribución espacial
de la precipitación
2
2
2
2
3
4
CAPITULO III.
3.0
Aplicación de la teoría de las probabilidades a la Hidrología
3.1
Distribución normal o Gaussiana
3.2
Distribución log-normal de 2 parámetros
3.3
Distribución log-normal de 3 parámetros
3.4
Distribución de valores extremos
3.5
Problemas de probabilidad aplicados a la hidrología
11
11
12
13
14
16
CAPITULO IV
4.0
Hidrograma de escorrentía
4.1
Coeficiente de escorrentía
4.2
Hidrograma de crecientes
4.3
Separación del caudal base
4.4
Hidrograma Unitario
4.5
Cálculo de Hu para diferentes duraciones efectivas
4.6
Problemas relativos a Hidrogramas
31
31
32
33
34
36
38
CAPITULO V
5.1
Método de la curva número
5.2
Distribución del evento en el tiempo
5.3
Problemas de aplicación de la Curva Número
59
61
64
ii

3. CAPITULO VI
6.1
Tránsito por embalses
6.2
Tránsito por cauces naturales
6.3
Problemas relativos a el tránsito por el embalse y tránsito
por el cauce
70
73
75
CAPITULO VII
7.1
7.2
Hidrograma de C.O Clark
86
Problemas de aplicación del Hidrograma Unitario Instantáneo 88
CAPITULO VIII
8.1
Demanda de riego
8.2
Problemas relativos a la demanda de riego
108
110
CAPITULO IX
9.1
Operación de embalse
9.2
Problemas de aplicación de la operación de embalse
114
115
BIBLIOGRAFÍA
ANEXO 1
ANEXO 2
ANEXO 3
123
124
126
129
iii

4. INDICE DE TABLAS
Tabla No.
1
2
3
4
5
Gumbel
Número de curva de escorrentía para complejo
hidrológico suelos-cobertura, para condiciones
de humedad antecedente II e Ia = 0.20
Número de curva (CN) para otras condiciones
Coeficiente de desarrollo foliar para el cálculo
de la evapotranspiración
Coeficiente de densidad de enraizamiento, r,
Para el cálculo del umbral óptimo de riego
(Norero,1976)
iv
Página
125
127
128
130
130

5. INDICE DE FIGURAS
Figura
4.1
4.2
4.3
4.4
4.5
4.6
4.7
5.1
6.1
6.2
6.3
7.1
Relación lluvia – Escorrentía
Hidrograma de escorrentía
Separación del caudal base del Hidrograma
Método de las tangentes para la separación de Qb
Determinación de la duración efectiva de la lluvia
Cálculo de HU de 2t horas a partir del HU de t horas
Método de la curva “ S “
Curva adimensionales de tormentas(SCS,1958)
Volúmenes característicos en un embalse
Esquema del transito de una creciente a través de
un embalse
Esquema del transito por cauces naturales
Líneas de igual tiempo de viaje Isocronas
v
Página
31
32
33
34
35
36
37
62
70
71
73
86

6. CAPITULO I
1.0
Introducción
La hidrología es una disciplina muy importante para el ingeniero civil ya
que estudia el agua en la tierra, su distribución y circulación, lo que le permite por
diferentes métodos y procedimientos cuantificar el agua que llega a un punto determinado.
Ello es información básica imprescindible para el diseño de puentes, estructuras para
control de avenidas, presas, vertederos, sistemas de drenaje para poblaciones, carreteras,
sistemas de abastecimiento de agua y otras estructuras similares.
Una de las dificultades que encuentra el estudiante de ingeniería es la falta de
bibliografía asociada al planteamiento y solución de problemas similares a los que se le
puedan presentar en su ejercicio profesional. Ello ha motivado la elaboración del presente
trabajo de problemas resueltos de hidrología, los cuáles pretender ayudar al estudiante a
comprender mejor la enseñanza teórica que se les imparte, encaminándolos de forma
sencilla y clara a la aplicación de esos conocimientos con ejemplos prácticos.
1.1
Justificación
En la generalidad de los casos, los textos tradicionales de hidrología básica
desarrollan sus ejemplos y aplicaciones prácticas utilizando información de cuencas cuyas
condiciones físico ambientales, y de disponibilidad de información, son diferentes al
entorno regional y nacional en el cual se desenvolverá el futuro ingeniero civil. Un
ejemplo típico lo constituye el tópico de cálculo de la evapotranspiración y las demandas
de riego, los cuáles usualmente se hacen a partir de ecuaciones basadas en información
climática que usualmente no están disponibles en la mayoría de las cuencas locales.
Adicionalmente, se estima conveniente que el estudio de los diferentes procesos que
integran el ciclo hidrológico se presenten de manera interrelacionada, tal como sucede en
la naturaleza. Por lo expuesto, se considera que el material aquí presentado constituye un
valioso aporte a la formación del futuro ingeniero civil
1.2
Objetivo
Elaborar un conjunto de ejemplos y problemas típicos que sirvan como material de
apoyo en el aprendizaje de la hidrología básica para el ingeniero civil.

7. 2
CAPITULO II
2.0
Distribución espacial de la precipitación
Desde el punto de vista espacial, la precipitación no se distribuye de manera
uniforme en el ámbito de la cuenca, debido principalmente a los mecanismos de generación
de la lluvia y a las características altitudinales de la hoya hidrográfica. De allí que uno de
los aspectos iniciales de la hidrología es la estimación de la precipitación representativa
para el conjunto del área en estudio.
Usualmente, este valor representativo puede tomarse como el promedio aritmético
del conjunto de las estaciones existentes o como el valor ponderado por un área de
influencia determinado. En este segundo caso, el problema a resolver será la estimación del
área para el cuál el valor puntual, medido en una estación, es representativo.
2.1
Cálculo de la precipitación media
Para la estimación de la precipitación media existen 3 métodos usuales:
•
•
•
Promedio aritmético
Polígono de Thiessen
Isoyetas.
2.1.1
Promedio aritmético
Es el más simple de los procedimientos para determinar la lluvia promedio sobre un
área, se promedian las profundidades de lluvia que se registran en un número dado de
pluviómetros. Este método es satisfactorio si los pluviómetros se distribuyen
uniformemente sobre el área y sus mediciones individuales no varían de manera
considerable de la media.
Pm =
P1 + P 2 + P3 + ......... + Pn
n
(2.1)
donde:
Pm:
P1, P2,P3…Pn:
n:
precipitación media
precipitación en cada una de las estaciones
número de estaciones
2

8. 3
2.1.2 Polígono de Thiessen
Este método es aplicado a zonas con una distribución irregular de las estaciones y
en dónde los accidentes topográficos no juegan un papel importante en la distribución de la
precipitación.
El cálculo se inicia ubicando en los mapas las estaciones de precipitación ubicadas
en la cuenca y en las áreas circunvecinas. Se unen estas estaciones con trazos rectos,
tratando de formar triángulos, cuyos lados sean de la mínima longitud posible; después de
que los triángulos hayan sido dibujados, se trazan las mediatrices de todos los lados, con lo
que se formarán unos polígonos alrededor de cada estación.
Se determina el área de cada polígono y, a partir de su relación con el área total, se
obtiene un coeficiente de ponderación para cada estación. La precipitación media resultante
de la sumatoria de los productos de las lluvias registradas en cada estación por su área
correspondiente, entre el área total:
n
Pm =
∑ Ai * Pi
i =1
At
(2.2)
para:
A i:
Pi:
A t:
Pm:
n:
área del polígono i
precipitación en la estación i
área total de la cuenca
precipitación media sobre la cuenca
número de polígonos
2.1.3 Métodos de las Isoyetas
Utilizando las profundidades que se observan en los pluviómetros, e interpolando
entre pluviómetros adyacentes, se unen los puntos de igual profundidad de precipitación,
(de modo semejante a como se trazan las curvas de nivel en topografía).
Una vez que el mapa de Isoyetas se construye, se mide el área Aj entre cada par de
Isoyetas en la cuenca y se multiplica por el promedio Pj de las profundidades de la lluvia de
las dos isoyetas adyacentes para calcular la precipitación promedio sobre el área mediante
la ecuación:
n
Pm =
∑ Aj * Pj
j =1
At
(2.3)
donde:
Aj :
Pj :
área entre cada par de Isoyetas
promedio de las profundidades de lluvia de dos isoyetas adyacentes.
3

9. 4
At :
Pm:
n:
área total de la cuenca.
precipitación media
número de isoyetas adyacentes
El método de las isoyetas es flexible, y el conocimiento de los patrones de la
tormenta pueden influir en la gráfica de las mismas, pero es necesario una red de medidores
más o menos densa para construir correctamente el mapa de Isoyetas de una tormenta
compleja.
4

10. 5
2.2
Problemas relativos a la distribución espacial de la precipitación
PROBLEMA 2.2.1
En la figura y cuadro adjuntos se muestran la ubicación de 5 estaciones de
precipitación de una cuenca dada, así como los valores de precipitación anual, en
milímetros. Calcular la precipitación media anual en la cuenca aplicando el método de
polígonos de Thiessen, si cada cuadricula del gráfico equivale a 1 kilómetro cuadrado.
Estación
P1
P2
P3
P4
P5
Precipitación anual (mm)
800
600
900
400
200
SOLUCIÓN
El primer paso para la solución del problema es el trazado de los polígonos de
Thiessen, los mismos que se aprecian en el gráfico adjunto.
5

11. 6
Calculando las respectivas áreas, se tiene:
Estaciones
P1
P2
P3
P4
P5
Área (Km2) Precipitación (mm)
11.5
16.5
13
12.5
11.5
65
800
600
900
400
200
A*P
9200
9900
11700
5000
2300
38100
Aplicando la ecuación (2.2) se obtiene:
Pm =
38100 Km 2 * mm
= 586.15mm
65 Km 2
PROBLEMA 2.2.2
Resolver el problema anterior por el método de las isoyetas.
SOLUCIÓN
Con la información proporcionada se construyen las isoyetas, tal como se muestra
en el gráfico. Luego se mide el área encerrada por cada par de las isoyetas adyacentes,
como por ejemplo la correspondiente a los valores 800 y 900 mm que se destaca en la
figura.
6

12. 7
De esta forma, puede elaborarse el cuadro siguiente, en el cuál el valor de la
columna precipitación corresponde al promedio de los valores de las isoyetas adyacentes:
Isoyetas
Áreas
Precipitación
Area*Precipitación
(mm)
(Km2)
(mm)
(Km2*mm)
900
6
900
5400
900-800
8
850
6800
800-700
700-600
600-500
500-400
400-300
300-200
200
9
7
8.5
8.5
8
6
4
65
750
650
550
450
350
250
200
6750
4550
4675
3825
2800
1500
800
37100
Aplicando ahora la ecuación (2.3) se tiene:
Pm =
37100 Km 2 * mm
= 570.77 mm
65 Km 2
7

13. 8
PROBLEMA 2.2.3
En la figura, las líneas delgadas identifican la delimitación de la cuenca y
subcuencas que como puede apreciarse son tres: SC1, SC2 y SC3. Cada cuadricula del
gráfico puede asumirse igual a 1 Km2. Empleando el método de los polígonos de Thiessen,
se pide calcular el volumen total de agua precipitada en cada una de las subcuencas, así
como en el total de la cuenca, durante el mes 2, en millones de metros cúbicos, mmc.
Precipitación (mm)
Estación
1
2
3
4
Mes 1
170
70
50
35
Mes 2
54
30
9.1
4.6
Mes 3
49.6
22
7.5
3.1
Mes 4
30
21
10.3
5
8

14. 9
SOLUCIÓN
En la figura adjunta se muestran los polígonos de Thiessen trazados para la cuenca.
Para cada subcuenca puede determinarse el área, en km2, que es influenciada por
cada estación de precipitación, obteniéndose el cuadro siguiente:
Subc/Estación
SC 1
SC2
SC3
Total
P1
8
8.5
0
16.5
P2
8
0
9
17
P3
4.5
18.75
0
23.25
P4
0.75
3.25
31
35
Total
21.25
30.5
40
91.75
Como puede apreciarse, el área total de la cuenca es de 91.75 km2,
correspondiendo superficies de 21.25, 30.5 y 40 km2 a las subcuencas 1, 2 y 3,
respectivamente. Esta área total también puede expresarse en términos de cuál es la
superficie de la cuenca influenciada por cada estación de precipitación lo cuál corresponde
a valores de 16.5, 17, 23.25 y 35 km2. para las estaciones P1, P2, P3 y P4, respectivamente.
9

15. 10
Aplicando ahora la ecuación (2.2) para el mes 2, la precipitación media en la cuenca
será:
Pm =
54mm * (8 + 8.5) Km 2 + 30mm * (8 + 9) Km 2 + 9.1mm * (4.5 + 18.75) Km 2 + 4.6mm * (0.75 + 3.25 + 31) Km 2
= 19.33mm
91.75 Km 2
Este valor corresponde a la precipitación media sobre toda la cuenca; a partir del
mismo, y considerando el área total, puede obtenerse el volumen total precipitado, Vp:
V p = 0.01933m * 91750000m 2 = 1.77 *10 6 m 3
Lo cuál equivale a 1.77 millones de metros cúbicos, mmc. Procediendo de forma
similar en cada una de las subcuencas, se tiene:
Subcuenca 1:
Pm1 =
54mm * 8 Km 2 + 30mm * 8Km 2 + 9.1mm * 4.5 Km 2 + 4.6mm * 0.75 Km 2
= 33.71mm
21.25 Km 2
V p1 = 0.0337 m * 21250000m 2 = 716337.5m 3 = 0.716mmc
Subcuenca 2:
Pm2 =
54mm * 8.5 Km 2 + 9.1mm * 18.75Km 2 + 4.6mm * 3.25 Km 2
= 21.13mm
30.5Km 2
V p 2 = 0.02113m * 30500000m 2 = 644465m 3 = 0.644mmc
Subcuenca 3:
Pm3 =
30mm * 9 Km 2 + 4.6mm * 31Km 2
= 10.315mm
40 Km 2
V p 3 = 0.010315m * 40000000 m 2 = 412600m 3 = 0.4126mmc
PROBLEMA 2.2.4
Calcule la precipitación media de la cuenca, que tiene las siguientes isoyetas, (línea
punteada), cada cuadro de la cuadricula vale 1 Km2.
10

16. 11
SOLUCIÓN:
Se mide el área Aj entre cada par de isoyetas en la cuenca y se multiplica por el promedio
Pj de las profundidades de lluvia de las dos isoyetas adyacentes; luego, aplicando la
ecuación (2.3) se obtiene:
Pm =
1000mm * 3.75Km2 + 950mm * 10 Km2 + 850mm * 7.25Km 2 750mm * 8.25Km2 + 650mm * 17 Km 2 + 550mm * 7.25Km2
53.5Km 2
Pm = 759.58mm
11

17. 12
CAPITULO III
3.0
Aplicaciones de la teoría de las probabilidades a la hidrología
El cálculo de un valor específico para una variable hidrológica que se evalúa es uno
de los aspectos básicos del análisis hidrológico en la ingeniería civil. Usualmente este
valor específico, también denominado valor de diseño, está referido a valores máximos de
precipitación en un intervalo dado o de caudal para una sección específica del cauce. En
ambos casos, constituye una información básica para el posterior dimensionamiento y
diseño de la estructura.
Sin embargo, el procedimiento de cálculo implica, además de los aspectos
númericos, los relativos a la posibilidad de que el valor de diseño sea igualado o excedido
durante un evento cualesquiera o durante un número de eventos dado.
Desde el punto de vista estadístico, las variables hidrológicas pueden considerarse
como variables aleatorias continúas mientras que su ocurrencia efectiva para un evento, o
un número de eventos dado, puede resolverse tratándolas como variables aleatorias
discretas.
3.1
Funciones de probabilidad: variable discreta
Un modelo probabilística asocia un valor de probabilidad a cada punto del espacio
muestral; dicho modelo se denomina función de probabilidad de masa (FPM) y se designa
por px(x0) y se define como la probabilidad de que el valor de la variable aleatoria X sea
igual a x0.
Para que una función matemática cualquiera se considere una función de
probabilidad de masa debe cumplir las siguientes dos condiciones:
•
•
Su valor debe estar comprendido entre 0 y 1
La sumatoria de todos los posibles valores de x debe ser igual 1
También conviene recordar que, a partir de la definición de variable condicionada,
puede considerarse que dos variables aleatorias son independientes si:
p xy ( x 0 , y 0 ) = p x ( x 0 ) p y ( y 0 )
(3.1)
Se define como función distribución acumulada, FDA, a la función que define la
probabilidad de que la variable aleatoria X tome valores menores o iguales a un valor
dado:
12

18. 13
Pr ob( X ≤ x0 ) = Px ( x0 ) = ∑ p x ( x0 )
(3.2)
∀x
Esta función es positiva, comprendida entre cero y uno, y es siempre creciente. Otro
concepto que conviene recordar es el del valor esperado, éste se define como la sumatoria
para todos los posibles valores de X del producto de la función por la FPM evaluada en el
mismo punto que la función:
E{g ( x)} = ∑ g ( x0 ) * p x ( x0 )
(3.3)
∀x
En particular interesan algunos casos especiales de la función g(x): los
correspondientes a las potencias enteras de x, las cuáles se denominan momentos de x:
E ( x n ) = ∑ x n * p x ( x0 )
(3.4)
La expresión (3.4) también puede definirse como la potencia centrada con respecto
al valor esperado o momento central n-ésimo de x:
{
E ( x − E ( x) n
3.2
}
(3.5)
Funciones de probabilidad: variable continua
La probabilidad asociada a una variable continua está representada por la función
densidad de probabilidad, fdp. Si X es una variable aleatoria continua en el rango a – b, se
tiene:
b
Pr ob(a ≤ x ≤ b) = ∫ f x ( x)dx
(3.6)
a
donde:
f x (x) :
función densidad de probabilidades
Figura 3.1. Area que representa la Prob(a ≤ x ≤ b)
13

19. 14
Se define como función de distribución acumulada, FDA, de la variable X a la
probabilidad de que la variable aleatoria sea menor o igual a un valor dado:
Pr ob( x ≤ x0 ) = FX ( x0 ) =
x0
∫f
x
( x)dx
(3.7)
−∞
La función de distribución acumulada mide la probabilidad de que el valor de la
variable sea menor o igual al valor x0; tiene las siguientes propiedades:
FX (+∞) = 1
FX (−∞) = 0
Pr ob(a ≤ x ≤ b) = FX (b) − FX (a)
FX (b) ≥ FX (a )
para:
b≥a
dFX ( x)
= f x ( x)
dx
3.3
(3.8)
(3.9)
(3.10)
(3.11)
Algunas distribuciones probabilísticas de uso frecuente en la hidrología
3.3.1 Distribución binomial
Esta es una distribución de probabilidad discreta; en este caso la variable aleatoria
K se define como el número de éxitos que ocurren en n ensayos; se define por la
expresión:
p K (k ) = C kn p k (1 − p) (1− k )
k = 1,2........n
(3.12)
siendo las combinaciones de k0 grupos en n elementos:
C kn =
n!
k!(n − k )!
(3.13)
3.3.2 Distribución de probabilidad empírica
A esta distribución se le denomina también probabilidad experimental o frecuencia
acumulada. Para su cálculo existen varias formulas algunas de las cuáles se presentan en el
cuadro 3.1.
14

20. 15
Cuadro 3.1 Formulas para la probabilidad experimental
Método
Probabilidad(P)
Método
Probabilidad (P)
Weibull
m
n +1
2
Chegadayev
m − 0.3
n + 0.4
8
Tukey
3m − 1
3n + 1
n
m
m− 1
California
Hazen
n
m− 3
Blom
n+ 1
4
m−a
n + 1 − 2a
Gringorten
Donde:
P:
m:
n:
a:
probabilidad experimental o frecuencia relativa empírica
número de orden
número de datos
valor comprendido en el intervalo 0 a 1
el valor de a depende de n, de acuerdo a:
valor n
valor a
10
20
30
40
50
0.448 0.443 0.442 0.441 0.44
60
0.44
70
0.44
80
0.44
90
100
0.439 0.439
Fuente. Villón, 1993
3.3.3 Distribución normal o Gaussiana
Para esta distribución la función de densidad es:
1
f ( x) =
e
S 2π
 1  x− x
 −  &&& p
 2 S
 




2



− ∞〈 x〈∞
(3.14)
15

21. 16
xp:
S:
donde:
promedio
desviación típica
Cada valor x de la muestra puede ser expresado en términos de la variable reducida
utilizando la expresión:
Z=
x − xp
S
con lo cuál la ecuación (3.14) se transforma en:
f ( x) =
 Z 2
− 
 2 


1
e
S 2π
− ∞〈 Z 〈∞
(3.15)
(3.16)
La función de distribución acumulada, (FDA), es:
x
F ( x) =
∫
f ( x)dx =
−∞
1
S 2π
∫
x
e
−∞
 1  x− x
p
− 
 2 S
 




2



dx
(3.17)
o su equivalente:
1
F (Z ) =
2π
∫
Z
−∞
e
 Z 2
− 
 2 


dZ
(3.18)
Para resolver la ecuación (3.18) existen algunos métodos de aproximación entre los
cuáles puede mencionarse el de Abramowitz y Stegun:
F ( Z ) ≈ 1 − f ( Z )(0.043618V − 0.1217V 2 + 0.9373V 3
(3.19)
donde:
F(Z): función de distribución acumulada
f(Z): función densidad de la variable estandarizada
V se define para valores de Z mayores o iguales a cero como:
16

22. 17
1
1 + 0.33267 Z
el error de esta aproximación es menor de 10-5
V =
(3.20)
Otra aproximación usual es la de Masting:
F ( Z ) = 1 − f ( Z )(b1w + b2 w2 + b3 w3 + b4 w4 +b5 w5 )
(3.21)
donde w es definido para Z mayor o igual a cero como:
w=
con:
1
1 + 0.2316419 Z
(3.22)
b1 = 0.319381530
b3 = 1.781477937
b5 = 1.330274429
b2 = -0.356563782
b4 = -1.821255978
el error de esta aproximación es menor de 10-8 . En ambas aproximaciones la FDA es (1 –
F(Z) ) si Z < 0 el error de esta aproximación es menor de 10-5
3.3.4 Distribución Log-Normal de 2 parámetros
En este caso la variable aleatoria X es positiva y el límite inferior x0 no aparece.
La variable aleatoria Y = lnX es normalmente distribuida, con media µ y y varianza σ2y
La función de densidad de Y es:
f ( y) =
1
σy
e
1  y−µ y 
− 

2 σ y 


2
(3.23)
donde:
− ∞〈 y 〈∞
para:
la función de distribución acumulada es:
F ( y) =
1
2πσ y
y
∫e
1  y−µ y
− 
2 σ y





2
dy
(3.24)
−∞
o, en términos de la variable reducida:
17

23. 18
1
2π
F (Z ) =
3.3.5
∫
z
e
−
Z2
2
−∞
dZ
(3.25)
Distribuciones de valores extremos
Una muestra de valores extremos se genera tomando una serie continua de datos, de
longitud T, de la variable aleatoria x y dividiéndola en n submuestras, cada una de longitud
m, de forma tal que T = n*m. Luego, en cada una de dichas submuestras se seleccionan
valores de la variable x de acuerdo a un cierto criterio tal como la magnitud de la variable,
un valor acumulativo o alguna propiedad. Tal proceso de selección generará una muestra de
una nueva variable aleatoria, y, con una longitud n.
Usualmente los criterios de selección están asociados a la ocurrencia de eventos
máximos, tales como los caudales máximos, o mínimos, tal como las sequías. En ambos
casos se tratan de eventos extremos.
Una de las distribuciones de valores extremos para eventos máximos es la
presentada por R.A. Fisher y L.H.C. Tippet:
F ( x) = e − e
−α ( x − β )
(3.26)
donde:
0 ‹ α ‹∞
-∞ ‹ β ‹∞
es el parámetro de escala
es el parámetro de posición, llamado también valor
central o moda
A esta distribución
transformación:
también se le denomina de Gumbel.
Si se hace la
y = α (x − β )
la ecuación (3.26) se transforma en:
F ( x) = e − e
−y
(3.27)
También:
α=
1.281
σ
β = µ − 0.45 * σ
(3.28)
18

24. 19
Gumbel obtuvo valores modificados minimizando la suma de los cuadrados de los
errores perpendiculares a la recta de ajuste de valores extremos.. Las ecuaciones que obtuvo
son sólo función del tamaño de muestra y de los parámetros:
 Y − yn
XT = X + 
 σ
n


 *σ x


(3.29)
donde:
XT :
X:
σx :
σn , yn :
3.4
valor de la variable correspondiente al período de retorno
media de la serie de datos
desviación estándar
funciones de la longitud de la serie de datos, en la tabla Nº1
anexo 1.
Prueba de bondad de ajuste Smirnov - Kolmogorov
Esta prueba de ajuste consiste en comparar las diferencias, en valores absolutos,
entre la probabilidad empírica y la probabilidad teórica seleccionada; de estas diferencias
se toma el valor máximo, el cuál se denomina discrepancia máxima calculada. Dicho valor
se compara con el valor de la máxima discrepancia permitida o valor crítico del estadístico
Smirnov – Kolmogorov, el cuál es función del número de datos y del nivel de confiabilidad
seleccionado, tal como se aprecia en el cuadro 3.2.
Cuadro 3.2 Valores críticos del estadístico Smirnov Kolmogorov
Tamaño de la
Muestra (N)
5
10
15
20
25
30
35
40
45
50
N>50
0.20
NIVEL DE SIGNIFICACIÓN ( α )
0.10
0.05
0.01
0.45
0.32
0.27
0.23
0.21
0.19
0.18
0.17
0.16
0.15
1.07
N
0.51
0.37
0.30
0.26
0.24
0.22
0.20
0.19
0.18
0.17
1.22
N
0.56
0.41
0.34
0.29
0.27
0.24
0.23
0.21
0.20
0.19
1.36
N
0.67
0.49
0.40
0.36
0.32
0.29
0.27
0.25
0.24
0.23
1.63
N
Fuente: Yevjevich, 1972
19

25. 20
3.5
Problemas de probabilidad aplicados a la hidrología
PROBLEMA 3.5.1
Para una estación de precipitación se tiene información de 15 años de registro para
profundidades máximas de lluvia para una duración de 02 horas. Los mismos indican que la
lluvia correspondiente a dicha duración y a un periodo de 15 años de período de retorno, es
de 97.52 mm. Análogamente, para un período de retorno de 100 años, y la misma
duración, se tiene un valor de 120.91 mm.
Con base a ello, y asumiendo que los datos se ajustan a una distribución Gumbel, se
pide calcular:
a.
b.
c.
Profundidad de la lluvia correspondiente a 50 años de periodo de retorno.
Probabilidad de que dicha lluvia sea igualada o excedida al menos una vez
durante 30 años de vida útil de la estructura a diseñar.
Si se toma 110 mm como valor de diseño. ¿Cuál será la probabilidad de que
dicho valor sea igualado o excedido 2 veces durante un período igual a 2 veces
su periodo de retorno.
SOLUCION:
a.
Aplicando la ecuación (3.29):
Los valores Yn y σn son función del número de datos, conforme al cuadro que se
muestra en el anexo 1; el valor de Y depende del período de retorno Tr. Utilizando dicha
tabla 1 para n = 15 datos se obtiene:
Yn = 0.5128
σn = 1.0210
Análogamente, y utilizando la misma tabla se tiene:
Tr = 15 años
Tr = 100 años
Y = 2.674
Y = 4.6
Aplicando nuevamente la ecuación (3.29) para los valores dados correspondientes a
los períodos de retorno de 15 y 100 años de período de retorno puede formarse el siguiente
sistema de ecuaciones:
−
97.52 = X +
(2.674 − 0.5128)
* σx
1.0210
20

26. 21
−
120.91 = X +
(4.6 − 0.5128)
* σx
1.0210
resolviendo, se obtiene:
σx = 12.40 mm
−
X = 71.27 mm
Conocidas la media y la desviación típica puede aplicarse la ecuación (3.29) para
un período de retorno de 50 años para el cuál Y = 3.9020, obtenido de la tabla del anexo 1:
(3.9020 − 0.5128)
* 12.40
1.0210
X = 71.27 +
de donde:
P = X50 = 112.43 mm.
b.
Por definición, la probabilidad de que un valor dado sea excedido al menos una vez
durante un período de vida útil n, corresponde al riesgo:
Riesgo = 1 – P(o)
En donde el valor P(o) se obtiene aplicando la ecuación (3.12) con k = 0. También:
P ( X ≥ x) =
1
Tr
(3.30)
luego:
P ( X ≥ x) =
1
1
=
= 0.02
Tr 50
luego:
P (0) =
30!
* (0.02)0 * (1 − 0.02)30 − 0
0!*(30 − 0)!
P(0) = 0.545
Finalmente, el riesgo de que se presente una lluvia igual o mayor de 112.43 mm, al menos
una vez durante un período de 30 años, es:
R = 1 – P(0) = 1 – 0.545 = 0.455
R = 0.455
c. En este caso, aplicando la ecuación (3.29) para la precipitación de 110 mm:
110 = 71.27+
(Y − 0.5128)
* 12.40
1.0210
21

27. 22
se obtiene:
Y = 3.702
De acuerdo al cuadro del apéndice 1 este valor de Y correspondería a un período de retorno
de Tr = 38.64 años ≈ 39 años; como el período de análisis, o vida útil, corresponde a dos
veces este período de retorno: n = 2 * 39 = 78. Luego, aplicando (3.12) y teniendo en
cuenta (3.30):
P(k ) =
n!
* ( P( X ≥ x)) k * (1 − P( X ≥ x)) n − k
k!*(n − k )!
78!
1
1
* ( ) 2 * (1 − )78 − 2
2!*(78 − 2)! 39
39
Finalmente, la probabilidad de que la precipitación 110 mm ocurra 2 veces en un período
de 78 años es:
P (2) =
P(2) = 0.274
PROBLEMA 3.5.2
En una cuenca dada los caudales máximos anuales tienen un promedio de 421 m3/s
y una desviación típica de 378 m3/s. Asumiendo que dichos caudales se ajustan a una
distribución de probabilidades Extrema Tipo I, ¿cuál es la probabilidad de que ocurra un
caudal entre 450 y 600 m3/s?
SOLUCIÓN:
Aplicando la ecuación (3.26) para la probabilidad de excedencia, se tiene:
P ( X ≥ x) = 1 − F ( x) = 1 − e − e
−α ( x − β )
(3.31)
Ecuación en la cuál α y β son los parámetros de la distribución e iguales a:
α=
1.281
Sx
−
β = X − 0.45 * Sx
reemplazando los valores dados:
α=
1.281 1.281
=
= 0.0034
378
Sx
−
β = X − 0.45 * Sx = 421 − 0.45 * 378 = 250.9
22

28. 23
reemplazando valores en la ecuación (3.31) para x = 450 m3/s:
P( X ≥ 450) = 1 − e − e
−0.0034 ( 450 − 250.9 )
P(X ≥ 450) = 0.398
Análogamente para x = 600 m3/s:
P ( X ≥ 600) = 1 − e − e
−0.0034 ( 600 − 250.9 )
P(X ≥ 600) = 0.263
Finalmente:
P(450 ≤ X ≤ 600) = 0.398 – 0.263 = 0.135
PROBLEMA 3.5.3
En una cuenca dada existen 3 estaciones de precipitación, P1, P2 y P3, que
influencian en 30%, el 40% y el 30% del área de la cuenca respectivamente. Para la
estación P2 se tiene un registro de 20 años de profundidades máximas de precipitación para
6 horas de duración, con un promedio de 85.25 mm y una desviación típica de 27.65 mm.
Asumiendo que los datos de la estación 2 se ajustan a una distribución
probabilística Extrema Tipo I, se pide calcular la precipitación media de la cuenca para una
lluvia de 6 horas de duración, y 25 años de periodo de retorno, si se conoce que las
ecuaciones de correlación entre las estaciones son:
P1 = 3.2 + 0.28 * P2
P3 = 2.5 + 0.021 * P22
SOLUCION:
La probabilidad de excedencia para la lluvia de 6 horas de duración y 25 años de
período de retorno en la estación 2 será:
P ( X ≥ x) =
1
1
=
= 0.04
Tr 25
calculando los parámetros de la distribución Extrema Tipo I:
23

29. 24
α=
1.281 1.281
=
= 0.0463
Sx
27.65
−
β = X − 0.45 * Sx = 85.25 − 0.45 * 27.65 = 72.81
sustituyendo en la ecuación (3.31) se tiene:
0.04 = 1 − e − e
−0.0463 ( x − 72.81)
de donde:
X= P2 = 141.90 mm
Considerando las ecuaciones de correlación se tendrá para las estaciones P1 y P3:
P1 = 3.2 + 0.28 * 141.9 = 42.93 mm
P3 = 2.5 + 0.021 * 141.92 = 425.35 mm
Luego, la precipitación media sobre la cuenca será:
Pm = P1 * 0.30 + P2 * 0.40 + P3 * 0.30
Pm = 42.93 *0.30 + 141.9 * 0.40 + 425.35 * 0.30
Pm = 197.24 mm.
PROBLEMA 3.5.4
La planta de tratamiento de agua para el abastecimiento de una ciudad tiene una
capacidad de 1.5 millones de metros cúbicos, mmc, por semana y debe satisfacer una
demanda aleatoria D, la cual puede considerarse que se ajusta a una distribución Gumbel,
como una media de 1.5 mmc por semana y desviación típica de 50.000 metros cúbicos por
semana. Estos valores se calcularon con base a 20 semanas de mediciones.
Para satisfacer una eventual demanda adicional durante una semana, la
municipalidad ha previsto un tanque a fin de tener en almacenamiento una cierta reserva de
seguridad. Calcular cuál debe ser la capacidad C del tanque de seguridad si se desea que la
probabilidad de no satisfacer la demanda sea de 0.01.
SOLUCION:
24

30. 25
En este caso debe aplicarse la ecuación (3.29) que es la correspondiente a la
distribución Gumbel; para ello debe tenerse en cuenta que:
X=1.5 mmc
σx = 0.05 mmc
utilizando la tabla Nº 1 del anexo 1 y para n = 20, se tiene:
Yn = 0.5236
σn = 1.063
De acuerdo al problema la probabilidad de excedencia de la demanda debe ser de
0.01 lo cuál corresponde a un período de retorno de:
Tr =
1
1
=
= 100años
P ( X ≥ x) 0.01
para el cuál, y utilizando la tabla antes citada, se tendrá: Y = 4.6
reemplazando valores en la ecuación (3.29) se tendrá:
X = 1.5 +
(4.6 − 0.5236)
* 0.05
1.063
de donde:
X= 1.692 mmc
Luego la capacidad del tanque de seguridad será: C = 1.692 – 1.5 = 0.192 mmc
PROBLEMA 3.5.5
El análisis de una serie anual de crecientes desde 1900 a 1959 muestra que la creciente
correspondiente a 100 años de período de retorno es de 3100 m3/seg y la de 10 años, 1400
m3/seg. Si puede considerarse que la serie de datos se ajusta a una distribución Gumbel
calcular:
a.
b.
c.
d.
La media y la desviación típica de las crecientes anuales.
La probabilidad de tener el próximo año una creciente mayor o igual a 2000 m3/seg
La magnitud del evento de 40 años de período de retorno.
La probabilidad de tener como mínimo una creciente de 100 años en los próximos 8
años.
SOLUCIÓN:
25

31. 26
a.
Utilizando la tabla correspondiente del anexo 1 y para n = 60, se tiene:
Yn = 0.5521
σn = 1.1750
Así mismo, para Tr = 100 años, Y = 4.6; luego reemplazando valores en la ecuación (3.29),
se tiene:
−
(4.6 − 0.5521)
3100 = X +
* σx
1.1750
análogamente, para Tr = 10 años, Y = 2.25 se tiene:
−
1400 = X +
(2.25 − 0.5521)
* σx
1.1750
Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene:
X= 171.73
σx = 850
b.
Para determinar la P(X ≥ 2000), se debe calcular el valor de Y para lo cual
reemplazando en la ecuación (3.29):
2000 = 171.73+
despejando se tiene:
(Y − 0.5521)
* 850
1.1750
Y = 3.079
De acuerdo al anexo 1, para Y = 3.079 se tiene Tr = 22.37 años; luego:
P ( X ≥ 2000) =
c.
1
1
=
= 0.0447
Tr 22.37
Para calcular la creciente correspondiente para un periodo de retorno de 40 años
debe considerarse que para este Tr se tiene Y = 3.643. Sustituyendo en la ecuación
(3.29):
X = 171.73+
de donde:
(3.643 − 0.5521)
* 850
1.1750
X = 2407.70 m3/seg.
26

32. 27
d.
Para calcular el riesgo de que ocurra una creciente de 100 años de período de
retorno en un lapso de 8 años debe considerarse que:
P ( X ≥ x) =
1
1
=
= 0.01
Tr 100
reemplazando valores en la ecuación (3.12):
P (0) =
8!
* 0.010 * (1 − 0.01)8 − 0 = 0.9227
0!*(8 − 0)!
de donde:
R = 1 – P(0) = 1 – 0.9227 = 0.0773
PROBLEMA 3.5.6
Para un área turística, por ejemplo Chichiriviche, se ha planteado construir un campo de
pozos para extraer agua para abastecimiento urbano, con una capacidad de 25 litros por
segundo, lps, en cada pozo. El problema de este tipo de centro urbano es que en época de
temporada alta ( carnaval, semana santa, etc), la demanda de agua es bastante alta pudiendo
considerarse que se ajusta a una distribución Extrema Tipo I. Para el resto del año, la
demanda puede considerarse que se ajusta a una distribución normal.
a. Calcular cuantos pozos deben construirse para satisfacer la demanda de temporada
normal, si la misma tiene una media de 25 lps y una desviación típica de 0.25 lps. (
para una P(X ≥ x) = 0.8)
b. Para satisfacer la demanda de la temporada alta se ha propuesto habilitar 16 pozos.
Calcular cuál será la probabilidad de que la demanda exceda la disponibilidad de
dichos pozos, si existe un 5 % de probabilidad de que la demanda sea mayor de
389.25 lps y 1 % que supere a 593.02 lps.
SOLUCIÓN
Utilizando tablas estadísticas o métodos aproximados de solución se obtiene, para
un 80 % de probabilidad de excedencia:
Z = - 0.8416
remplazando en (3.15):
( X − 25)
0.25
X= 24.79 lps, lo que equivale a 1 pozo.
− 0.8416 =
despejando:
27

33. 28
b.
En temporada alta la disponibilidad de agua, incluyendo el pozo de temporada baja,
será de: 16 pozos * 25 lps / pozo = 400 lps. Reemplazando valores en la ecuación (3.31)
para la probabilidad de excedencia del 5 %:
P(X≥389.5) = 5% = 0.05 = 1 − e − e
− α ( 389.5 − β )
y para el 1 % se tendrá:
P(X≥593.02) = 1% = 0.01 = 1 − e − e
Resolviendo el sistema de ecuaciones :
− α ( 593.02 − β )
β=18.67
α = 8.009 * 10−3
Nuevamente reemplazando valores en (3.31):
−8.009*10 −3 ( 400 −18.67 )
P ( X ≥ 400) = 1 − e −e
de donde la probabilidad de que la demanda exceda los 400 l/s es:
P(X≥400) = 0.046
Lo cuál significa que cada año la probabilidad de falla del sistema de abastecimiento
en temporada alta es de 4.6 %.
PROBLEMA 3.5.7
La reglamentación legal de una llanura de inundación prohíbe la construcción
dentro de la zona de inundación con período de retorno de 25 años. ¿ Cuál es el riesgo de
que una estructura construida exactamente en el borde de esta llanura se inunde durante los
próximos 10 años?¿ Cuánto se reduciría este riesgo si la construcción estuviera limitada al
borde de la inundación causada por la creciente de 100 años?.
SOLUCIÓN
Aplicando la ecuación (3.12) con x = 0 y n = 10 y teniendo en cuenta (3.30) se
tiene:
P ( X ≥ x) =
P(0) =
1
1
=
= 0.04
Tr 25
10!
* 0.040 * (1 − 0.04)10 − 0 = 0.6648
0!*(10 − 0)!
El riesgo de que la llanura se inunde durante los próximos 10 años será entonces:
28

34. 29
R = 1 – P(0) = 1 – 0.6648 = 0.3352
De la misma forma para un período de retorno de 100 años:
P ( X ≥ x) =
P (0) =
1
1
=
= 0.01
Tr 100
10!
* 0.010 * (1 − 0.01)10 − 0 = 0.9044
0!*(10 − 0)!
y el riesgo para este período de retorno será:
R = 1 – P(0) = 1 – 0.9044 = 0.096
Luego, el riesgo se reduciría en 0.3352 – 0.096 = 0.2392 = 23.92 % si la
construcción se limitase al borde del área inundada por la creciente de 100 años de período
de retorno.
PROBLEMA 3.5.8
Se tiene una cuenca de 20.000 hectáreas de superficie. Durante el mes de agosto, el
promedio de lluvia mensual es de 242.9 milímetros y la desviación típica, 79.7 milímetros.
Puede considerarse que el 8 % de esta lámina puede ser aprovechada almacenándola en una
presa. Asumiendo que estas lluvias se ajustan a una distribución normal, se pide calcular:
a.
b.
Cuál sería la capacidad de la presa, en millones de m3, si se desea que el 80 % de
las veces se llene.
La capacidad de la presa, en millones de m3, si se desea captar el 8% de las
láminas de lluvia que caen en el rango de 60% y el 75% de probabilidad de
excedencia.
SOLUCIÓN:
a. En este caso se sabe que para el mes de agosto: X = 242.9 mm Sx = 79.7 mm. La
condición de diseño establece que el 80 % de las veces se llene o, lo que es lo mismo:
P(X ≥ x) = 0.80
Para esta probabilidad, y en distribución normal, la variable tipificada es: z = 0.84162; o lo que es lo mismo:
29

35. 30
−
(X − X )
z=
Sx
de donde:
ó:
− 0.8416 =
( X − 242.9)
79.7
X = 175.82 mm.
La lámina aprovechable será entonces: = 175.82 mm *0.08 =14.07 mm
Y la capacidad de la presa:
= 14.07 * 10-3 m * 20* 103 *104 m2 = 2.814 * 106 m3
b. Análogamente, puede calcularse.
P(X ≥ x)
0.75
0.60
Valor z
-0.67449
-0.25335
Valor de X (mm)
189.14
222.708
Considerando estas láminas como los límites inferior y superior del intervalo, el
promedio de ambos será de 205.924 mm y la lámina aprovechable:
205.924 mm * 0.08 = 16.47 mm
y el volumen
V = 16.47 * 10-3 m * 2 * 108 m2 = 3.294 * 106 m3
PROBLEMA 3.5.9
Para un registro de 20 años de profundidad máximas de precipitación para 06 horas de
duración se ha obtenido un promedio de 85.25 mm y una desviación típica de 27.65 mm.
Asumiendo que los datos se ajustan a una distribución normal. Se pide:
a.
b.
c.
Calcular el valor de la precipitación de diseño si se desea que la probabilidad de
que dicha precipitación ocurra en dos años consecutivos sea de 0.0004 ( 0.04
%). Asumir que los eventos de precipitación máxima anual son independientes.
Determinar el riesgo de la precipitación de diseño calculada en el punto anterior
para 25 años de vida útil.
Calcular el valor de la precipitación de diseño si se desea que el riesgo calculado
en el punto anterior se reduzca a la mitad.
SOLUCIÓN
a.
Asumiendo independencia de los eventos de precipitación, se tiene para la
ocurrencia en dos años consecutivos:
P(X≥x) * P(X≥x) = 0.0004
de donde:
30

36. 31
P(X≥x) = 0.02
Para esta probabilidad de excedencia el valor de la variable tipificada será z =
2.0537 y reemplazando en la ecuación (3.15), se tiene:
2.0537 =
( X − 85.25)
27.65
y:
X = 142.03 mm
b. Aplicando la ecuación (3.12), la probabilidad de no ocurrencia de la precipitación de
diseño en un período de 25 años será:
P (0) =
25!
* 0.020 * (1 − 0.02) 25 − 0 = 0.6035
0!*(25 − 0)!
y el riesgo:
R = 1 – P(0) = 1 – 0.6035 = 0.3965
c.
Si ahora el riesgo se reduce a la mitad se tendrá:
R = 0.19825 = 1 – P(0)
de donde:
P(0) = 1 – 0.19825 = 0.80175
reemplazando en (3.12):
P (0) =
25!
* P ( X ≥ x) 0 * (1 − P ( X ≥ x) 25−0
0!*(25 − 0)!
P(X ≥ x) = 0.0088
despejando:
para esta probabilidad de excedencia la variable tipificada será:
reemplazando en (3.15):
2.3739 =
( X − 85.25)
27.65
Z = 2.3739
y
despejando: X= 150.89 mm
PROBLEMA 3.5.10
Los datos siguientes corresponden a caudales máximos anuales registrados en el Río
Paguey, para el período 1948 – 1972 ( m3/s):
975.5
1450.0
1460.0
1870.0
990.0
640.0
940.0
950.0
820.0
845.0
1330.0
1136.0
690.0
800.0
1534.0
644.0
1240.0
1190.0
1856.0
995.0
1605.0
1030.0
1882.0
658.0
1745.0
31

37. 32
a. Realizar la prueba de ajuste a distribución extrema tipo I, considerando un delta
máximo de 0.27
b. Calcular el caudal correspondiente a una período de retorno de 250 años.
SOLUCIÓN:
Para efectuar la prueba de ajuste se ordenan los datos de forma descendente y se calcula,
para cada valor, su probabilidad empírica de acuerdo a la ecuación de Weibull, (Cuadro
3.1). Para calcular la probabilidad teórica, en este caso Distribución Extrema Tipo I, se
calculan:
X = 1171.02 m3/s
α = 3.157∗10−3
Sx = 405.76 m3/s
β = 988.43
con esta información puede elaborarse el cuadro siguiente:
N
Datos ordenados Probabilidad empírica
P(X≥x)
delta
de mayor a menor
n / (m+1)
D. Extrema tipo I
1
1882
0.0385
0.0578
0.0193
2
1870
0.0769
0.05997
0.017
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
1856
1745
1605
1534
1460
1450
1330
1240
1190
1136
1030
995
990
975.5
950
940
845
820
800
690
658
644
640
0.1154
0.1538
0.1923
0.2308
0.2692
0.3077
0.3462
0.3846
0.4231
0.4615
0.5
0.5385
0.5769
0.6154
0.6538
0.6923
0.7308
0.7692
0.8077
0.8462
0.8846
0.9231
0.9615
0.0626
0.0877
0.133
0.1636
0.202
0.2078
0.2883
0.3636
0.4109
0.4661
0.584
0.6245
0.6303
0.6471
0.6766
0.6881
0.7925
0.8177
0.8368
0.9231
0.9415
0.9485
0.9504
0.0528
0.0661
0.0593
0.0672
0.0672
0.0999
0.0579
0.021
0.0122
0.0046
0.084
0.086
0.0534
0.0317
0.0228
0.0042
0.0617
0.0485
0.0291
0.0769
0.0569
0.0254
0.0111
32

38. 33
Como puede observarse, el máximo valor calculado de delta es igual 0.0999 el cuál
es menor que el delta máximo permitido, 0.27. Por lo tanto, puede concluirse que los datos
se ajustan a una distribución Extrema Tipo I.
b.
La probabilidad de excedencia para un período de retorno de 250 años será:
P ( X ≥ x) =
1
1
=
= 0.004
Tr 250
sustituyendo en la ecuación (3.31) se tiene:
0.004 = 1 − e −e
de donde:
−3.157*10−3*( x −988.43 )
X= 2736.75 m3/s
33

39. 34
CAPITULO IV
4.0
Hidrograma de escorrentía
4.1
Coeficiente de escorrentía
La escorrentía es consecuencia directa de la precipitación, estando ambas variables
estrechamente relacionadas. Sin embargo, en esta relación deben considerarse las
características de la cuenca ya que , por ejemplo, dos tormentas con características iguales
sobre una misma hoya pueden producir escorrentías diferentes, dependiendo de sus
condiciones iniciales al momento de producirse el evento. Esquemáticamente, esta relación
puede apreciarse en la figura 4.1.
Figura 4.1 Relación lluvia - escorrentía
Un parámetro que cuantifica esta relación
escorrentía, definido por la ecuación:
Ce =
Ve
Vp
es el denominado coeficiente de
(4.1)
En la cuál:
Ce:
Ve:
Vp:
coeficiente de escorrentía.
volumen de escorrentía
volumen de precipitación
las magnitudes de la variable independiente de la ecuación (4.1) pueden expresarse también
en términos de lámina; en ambos casos el valor de Ce será menor que la unidad.
4.2
Hidrograma de crecidas
El hidrograma de una corriente es la representación grafica o tabular del caudal
como una función del tiempo y en una sección especifica del cauce. El hidrograma es una
34

40. 35
expresión integral de las características fisiográficas y climáticas que gobiernan la relación
lluvia-escorrentía de una cuenca en particular. En la figura 4.2 se observa la forma típica
del hidrograma.
Figura 4.2 Hidrograma de escorrentía
Como puede observarse, el hidrograma presenta un primer segmento ascendente,
denominado curva de concentración, cuyas características dependen de la duración,
intensidad y distribución en el tiempo y en el espacio de la tormenta. También la
condicionan la forma y tamaño de la cuenca receptora, así como las condiciones iniciales
de humedad del suelo y la cobertura vegetal.
La denominada cresta del hidrograma corresponde al valor máximo de caudal;
usualmente se le denomina el caudal pico. El sector denominado curva de descenso se debe
a la disminución gradual de la escorrentía directa y depende de las características de la red
de drenaje. Finalmente, se ubica el segmento final, denominado curva de agotamiento, la
cuál disminuye lenta y progresivamente, representando los aportes al flujo de la escorrentía
subterránea. Usualmente, la curva de agotamiento se define por la expresión:
Qt = Qo * e-αt
(4.2)
donde:
Qt:
Qo:
e:
α∞
t:
caudal en el instante t
caudal en el tiempo to, al inicio del agotamiento
base del logaritmo neperiano.
coeficiente de agotamiento expresado en unidades de tiempo.
tiempo
El valor de α depende de la morfología de la cuenca receptora y de su naturaleza
geológica.
35

41. 36
4.3
Separación del caudal base
El caudal que circula por un cauce puede tener dos componentes: uno proveniente
de la precipitación efectiva del evento o escorrentía directa, Qd y otro originado por flujos
susbsuperficiales generados por eventos anteriores o caudal base, Qb. A la suma de ambos
se le denomina caudal total, Qt.
Si se desea analizar la respuesta de la cuenca a la ocurrencia de una precipitación
específica deben eliminarse los aportes al hidrograma provenientes de eventos anteriores; a
este proceso se le denomina separación del caudal base del hidrograma, tal como se ilustra
en la figura 4.3
Figura 4.3 Separación del caudal base del hidrograma
Para ello existen diferentes procedimientos, siendo uno de los más usuales áquel que
consiste en trazar una línea recta desde el comienzo del hidrograma hasta un tiempo N, en
días, después de la ocurrencia del pico. Una relación que permite estimar el valor de N está
dada por:
0.2
N = O.827 * A
(4.3)
en la cuál:
N:
A:
tiempo en días.
área de la cuenca, Km2
Otro procedimiento consiste en proyectar hacia atrás la línea de recesión del agua
subterránea hasta un punto bajo el punto de inflexión del limbo descendente; luego se traza
un segmento arbitrario ascendente desde el punto de ascenso del hidrograma hasta
intersectarse con la recesión antes proyectada, tal como se ilustra en la figura 4.4.
Este tipo de separación puede presentar algunas ventajas cuando el aporte de agua
subterránea es relativamente grande y llega a la corriente con rapidez como sucede en
terrenos con calizas.
36

42. 37
Figura 4.4 Método de las tangentes para la separación de Qb
4.4
Hidrograma unitario
El hidrograma unitario se define como aquél cuyo volumen de escurrimiento directo
representa para el área de la cuenca una altura de agua o lamina escurrida, de una unidad,
usualmente esta lámina unidad se expresa en milímetros. Para un evento cualquiera, la
lámina de escorrentía directa, Le, será igual a:
Le =
Ve
A
(4.4)
dónde Ve es el volumen escurrido, A es el área es el de la cuenca y Le es la lámina
escurrida
Para cada ordenada del hidrograma unitario se tendrá:
qu =
q
Le
(4.5)
expresión en la cuál:
qu:
q:
Le
ordenada del hidrograma unitario.
ordedenada del hidrograma de escorrentía directa.
lámina de escorrentía directa.
A la lámina de escorrentía directa también se le denomina lluvia efectiva o exceso
de precipitación. Un aspecto importante de este exceso de precipitación es el intervalo de
tiempo en el cuál se produce.
37

43. 38
En otras palabras, el escurrimiento directo es generado durante un intervalo de
tiempo que no necesariamente es igual a la duración total del evento de lluvia, siendo
usualmente menor. A dicha duración se le denomina duración efectiva de la lluvia y su
determinación se efectúa relacionando el histograma de precipitación y el hidrograma de
escorrentía directa, tal como se ilustra en la figura 4.5
Figura 4.5 Determinación de la duración efectiva de la lluvia
El procedimiento se basa en la asunción que la capacidad de infiltración del suelo,
o índice φ, permanece constante a lo largo del evento, lo cuál puede ser representado por
una línea horizontal en el hietograma de precipitación, tal como se aprecia en la figura.
Luego, la sumatoria de los valores de precipitación por encima de esta línea de φ, debe
coincidir con el valor obtenido aplicando la ecuación (4.4); si ello no sucede, debe
asumirse un nuevo valor de infiltración y repetir el cálculo.
Finalmente, cuando se haya establecido, por tanteo, el valor de φ, el número de
intervalos que queden por encima de esta línea definirá la duración efectiva de la lluvia.
Todo hidrograma unitario, HU, debe estar asociado a una duración efectiva.
38

44. 39
4.5
Cálculo de HU para diferentes duraciones efectivas
Si se tiene un hidrograma unitario correspondiente a una duración efectiva igual a
“t” horas y se le suma el mismo hidrograma, desplazado un intervalo “t”, el hidrograma
resultante representa el de 2 unidades de escorrentía para 2t horas. Si las ordenadas de
dicho diagrama se dividen por 2, el resultado es un hidrograma unitario para una duración
de 2t horas. El procedimiento se ilustra en la figura 4.6
Figura 4.6 Cálculo del HU de 2t horas a partir del HU de t horas
Sin embargo, el procedimiento descrito sólo sería aplicable para determinar
hidrogramas unitarios de duración efectiva múltiplo del inicial. Para obtener el HU de una
duración cualquiera se utiliza el denominado método de la curva “S”, definiéndose como
tal al hidrograma resultante del desplazamiento, un número infinito de veces, del HU
original, tal como se ilustra en la figura 4.7. La magnitud de cada desplazamiento será “t”
horas respecto al anterior.
En la práctica, no es necesario realizar un número infinito de desplazamientos;
bastará efectuar los necesarios para alcanzar la zona de estabilización de la curva. El
número de desplazamientos que usualmente permite cumplir esta condición está dada por la
relación:
Nd =
Tb
Du
(4.6)
dónde:
Tb:
Du:
tiempo base del HU original
duración efectiva del HU original
39

45. 40
Figura 4.7 Método de la curva “S”
En algunos casos la curva “S” puede presentar oscilaciones que serán necesarias
corregir. Para ello se traza una línea recta, siguiendo el criterio de mejor ajuste, en el
segmento superior de la curva, tal como se aprecia en la figura; luego se procede a
sustituir los valores de la curva original por las nuevas lecturas que se harán en la recta
ajustada. A la nueva curva S así obtenida se le denomina curva S corregida.
El HU para cualquier duración efectiva puede ahora obtenerse desplazando la curva
S corregida un intervalo igual a la duración del hidrograma deseado, obteniéndose lo que se
denomina curva S desplazada; luego dicha curva desplazada se resta de la corregida.
Finalmente, para obtener el HU buscado cada uno de los valores de esta diferencia se
multiplica por el factor:
Factor =
Du
t
(4.7)
dónde:
Du:
t:
duración del HU con el cuál se construyó la curva S
duración efectiva del HU deseado
40

46. 41
4.6
Problemas relativos a Hidrogramas
PROBLEMA 4.6.1
Una tormenta de 6 horas de duración total ocurre en una cuenca de 150 Km2 de
superficie, con un hietograma de 42, 18 y 26 mm, respectivamente, cada 2 horas. Estimar
el caudal pico, en m3/s, del hidrograma generado. Asumir un índice φ igual a 10 mm/h.
Adicionalmente se dispone de la información de una creciente producida por una
lluvia de 2 horas de duración efectiva y cuyo hidrograma de escorrentía total fue:
T(h)
0
3
Q(m /s) 20
2
20
4
110
6
200
8
270
10
220
12
180
14
120
16
70
18
45
20
20
22
20
SOLUCIÓN
En primer lugar, se determina el hietograma de precipitación efectiva para un
intervalo de trabajo de 2 horas:
Pe0-2 = P0-2 - φ = 42 mm – 10 mm/h * 2h = 22 mm
Pe2-4 = P2-4 - φ = 18 mm – 10 mm/h * 2h = 0
Pe4-6 = P4-6 - φ = 26 mm – 10 mm/h * 2h = 6 mm
El siguiente paso es calcular el hidrograma unitario de 2 horas lo cuál puede hacerse a
partir de la información de la creciente y siguiendo la secuencia que a continuación se
describe:
1.
Se determinan los caudales de escorrentía directa. Para ello, a cada valor de la
escorrentía total se le resta el caudal base; como puede observarse, en este caso dicho
caudal base puede tomarse como un valor constante e igual a 20 m3/s.
2.
El volumen de escorrentía directa puede calcularse sumando las ordenadas del
hidrograma de escorrentía directa, en m3/s, y multiplicándolo por el intervalo de tiempo del
hidrograma, en segundos: 2 * 3600 seg
3.
Este volumen escurrido se divide entre el área de la cuenca para obtener la lámina de
escorrentía directa del evento:
Le =
∑ Qd * t = 1055m3 / s * 2 * 3600 = 0.0506mts.
Area
150 * 10 6
41

47. 42
4.
El Hidrograma Unitario, HU, de la cuenca se determina dividiendo cada uno de los
valores de caudal de escorrentía directa entre Le. Los cálculos detallados se presentan en el
cuadro siguiente:
T(h)
Qt(m3/s)
Qb(m3/s)
Qd(m3/s) HU(m3/s)mm
2 horas
0
20
20
0
0
2
20
20
0
0
4
6
8
10
12
14
16
18
20
22
110
200
270
220
180
120
70
45
20
20
20
20
20
20
20
20
20
20
20
20
90
180
250
200
160
100
50
25
0
0
1.78
3.55
4.94
3.95
3.16
1.97
0.99
0.49
0
0
Multiplicando ahora el HU por cada una de las láminas de escorrentía directa,
teniendo en cuenta los respectivos desplazamientos, y sumando se obtiene el hidrograma de
escorrentía directa resultante, tal como se aprecia en el cuadro adjunto:
T(h)
HU(m3/s)mm Qd=Hu*22
Qd =HU*6
Qdt(m3/s)
2 horas
0
0
0
0
2
0
0
0
4
6
8
10
12
14
16
18
20
22
1.78
3.55
4.94
3.95
3.16
1.97
0.99
0.49
0
0
39.16
78.1
108.68
86.9
69.52
43.34
21.78
10.78
0
0
0
0
10.68
21.3
29.64
23.7
18.96
11.82
5.94
2.94
39.16
78.1
119.36
108.2
99.16
67.04
40.74
22.6
5.94
2.94
Como puede observarse, el caudal pico generado es de 119.36 m3/s.
42

48. 43
PROBLEMA 4.6.2
Es una cuenca de 0.5 Km2 determine el índice φ , la infiltración acumulada, la
precipitación efectiva acumulada y el hidrograma unitario de los siguientes datos de lluviaescorrentía.
T(h)
P(mm)
Qd(m3/s)
0
0
0
1
27
0.8
2
33
1.6
3
20
1.3
4
19
0.8
5
18
0.4
6
15
SOLUCIÓN:
La lámina de escorrentía directa será:
Le =
∑ Qd * t = 4.9 * 3600 = 0.03528m
Area
0.5 * 10 6
Le = 35.28 mm
En cada intervalo de tiempo una parte de la precipitación se infiltra y otra queda en
la superficie como lámina de escorrentía directa; el valor de la infiltración puede asumirse
constante e igual al denominado índice φ.
Para determinar el valor de φ puede seguirse el procedimiento que se ilustra en el
gráfico adjunto y que se explica a continuación. En primer lugar, se asume un valor inicial
de φ; por ejemplo, 1 mm; eso implica que la láminas de escorrentía directa será:
Le = (27-1) + (33-1) + (20-1) + (19-1) + (18-1) +(15-1) = 126 mm
43

49. 44
Este valor de Le supera largamente al valor de 35.28 mm por lo que deberá
asumirse un valor mayor de φ ; este procedimiento de tanteo debe seguirse hasta obtener
una sumatoria de láminas de escorrentía directa igual a 35.28 mm. En este caso, ello se
produce para un valor de φ igual a 16.344 mm.
Luego la infiltración acumulada será:
Infiltración acumulada = 16.344 mm*5 + 15mm = 96.72 mm
Y la precipitación efectiva acumulada:
Precipitación efectiva acumulada = Precipitación acumulada – infiltración acumulada
Precipitación efectiva acumulada = 132 mm – 96.72 mm = 35.28 mm
Para calcular las ordenadas del hidrograma unitario, se dividen las ordenadas del
hidrograma de escorrentía directa entre la lamina de escorrentía directa. La duración de este
HU será de 5 horas ya que esa es la duración efectiva del evento o, dicho en otras palabras,
el número de horas durante los cuáles se produce escorrentía directa.
T(h)
Qd(m3/s)
HU(m3/s)/mm
0
0
0
1
0.8
0.023
2
1.6
0.045
3
1.3
0.037
4
0.8
0.023
5
0.4
0.011
PROBLEMA 4.6.3
La precipitación efectiva y la escorrentía directa registrada para una tormenta son las
siguientes:
T(h)
Pe(mm)
Qd(m3/s)
1
1
10
2
2
120
3
1
400
4
5
6
7
8
9
560
425
300
265
170
50
Calcular el hidrograma unitario de 1 hora, sin utilizar el método de la curva S.
SOLUCIÓN
Designando por X1, X2, ... X7 a los valores del hidrograma unitario buscado. Si
este HU se multiplicase por cada una de las precipitaciones efectivas, considerando los
respectivos desplazamientos, el resultado sería el hidrograma de escorrentía directa que es
44

50. 45
proporcionado como dato del problema. Este procedimiento permitiría formar el sistema de
ecuaciones que se muestra en el cuadro siguiente:
T(h)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
Qd(m3/s)
10
120
400
560
425
300
265
170
50
HU*Pe0-1
X1*1
X2*1
X3*1
X4*1
X5*1
X6*1
X7*1
HU*Pe1-2
X1*2
X2*2
X3*2
X4*2
X5*2
X6*2
X7*2
HU*Pe2-3
X1*1
X2*1
X3*1
X4*1
X5*1
X6*1
X7*1
Resolviendo el sistema se tiene:
X2 =
X1 = 10
120 − 10 * 2
= 100
1
X3 =
400 − 100 * 2 − 10 * 1
= 190
1
X4 =
560 − 190 * 2 − 100 * 1
= 80
1
X5 =
425 − 80 * 2 − 190 * 1
= 75
1
X6 =
300 − 75 * 2 − 80 *1
= 70
1
X7 =
265 − 70 * 2 − 75 * 1
= 50
1
luego, el HU buscado será:
T(h)
1
2
3
4
5
6
7
HU(m3/s)/mm
1 hora
10
100
190
80
75
70
50
Sin embargo, es conveniente acotar que este procedimiento no siempre conduce a
soluciones directas, debiendo realizarse procesos de corrección y ajuste.
45

51. 46
PROBLEMA 4.6.4
Sobre una cuenca dada ocurre el siguiente evento de precipitación:
Tiempo (h)
Precipitación Acumulada(mm)
Índice Fí (mm/h)
1
5
2.5
2
11
2
3
19
1.5
Dicho evento genera el siguiente hidrograma de escorrentía directa:
T(h)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
3
Qd(m /s) 4.5 84.45 349.3 647.75 898.86 638.37 598.18 231.52 11.7
Con base a ello, se pide calcular el hidrograma unitario de la cuenca para una hora
de duración. Así mismo, determinar el área de la cuenca:
SOLUCIÓN
1. Calculo de la precipitación efectiva.
Para el calculo de la precipitación efectiva es necesario, determinar la precipitación
parcial y restarle la infiltración o índice Fí.
Tiempo(h)
Precipitación parcial (mm)
1
5
2
6
3
8
Pe1 = 5 mm - 2.5 mm/h * 1 h = 2.5 mm
Pe2 = 6 mm - 2.0 mm/h * 1 h = 4 mm
Pe3 = 8 mm – 1.5 mm/h * 1 h = 6.5 mm
2. Calculo del Hidrograma Unitario de 1 hora de duración.
Se hace un sistema de ecuaciones donde las incógnitas son las ordenadas del
Hidrodrama Unitario.
46

52. 47
T(h)
1
Qd(m3/s)
4.5
HU*Pe0-1
X1*2.5
HU*Pe1-2
HU*Pe2-3
2
84.45
X2*2.5
X1*4
3
349.3
X3*2.5
X2*4
X1*6.5
4
5
6
7
8
9
647.75
820.4
512.86
394.22
231.52
11.7
X4*2.5
X5*2.5
X6*2.5
X7*2.5
X3*4
X4*4
X5*4
X6*4
X7*4
X2*6.5
X3*6.5
X4*6.5
X5*6.5
X6*6.5
X7*6.5
4.5
=1.8
2.5
84.45 − 1.8 * 4
X2 =
= 30.9
2.5
349.3 − 30.9 * 4 − 1.8 * 6.5
X3 =
= 85.6
2.5
647.75 − 85.6 * 4 − 30.9 * 6.5
X4 =
= 41.8
2.5
820.4 − 41.8 * 4 − 85.6 * 6.5
X5 =
= 38.72
2.5
512.86 − 38.72 * 4 − 41.8 * 6.5
X6 =
= 34.51
2.5
394.22 − 34.51 * 4 − 38.72 * 6.5
X7 =
= 1.8
2.5
X1 =
T(h)
HU(m3/s)/mm
1 hora
1
1.8
2
30.9
3
4
5
6
7
85.6
41.8
38.72
34.51
1.8
Para determinar el área de la cuenca se suman las ordenadas del hidrograma unitario, se
multiplica por el tiempo y los milímetros se llevan a metros, de la siguiente forma:
47

53. 48
(ΣHU (m 3 / s ) / mm * 3600 s
= 846.468 * 10 6 m 2
0.001m / mm
A= 846.468 km2
A=
PROBLEMA 4.6.5
Tres subcuencas A, B y C confluyen en un punto común a la salida de ellas. Sobre las
mismas ocurren los siguientes hietogramas de precipitación media efectiva, en milímetros.
Tiempo(h)
A
1
10
B
12
15
3
6
8
2
C
9
El hidrograma de escorrentía directa resultante del evento, en el punto de confluencia, es el
siguiente:
T(h)
Qd(m3/s)
0.5
9
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
3.5
4.0
4.5
5.0
159.2 444.2 487.1 872.2 898.1 1510 718.3 249.8 88
5.5
28.8
Tiempo después se produce una tormenta de seis horas de duración en la subcuenca A, en
el cuál existen tres estaciones de precipitación P1, P2, y P3, con porcentajes de influencia
de 30%, 40% y 30%, del área de la subcuenca, el cual es de 85 Km2. Los valores del índice
φ, expresados en mm/h, pueden considerarse variables de acuerdo a los tipos de suelos, tal
como se muestra en el cuadro adjunto. Los hietogramas de precipitación en las estaciones
también se presentan en el cuadro adjunto de la derecha.
Calcular el hidrograma de escorrentía directa resultante de este evento, asumiendo que el
hidrograma unitario de 1 hora es el mismo para las tres subcuencas.
Valor de φ mm/h
2
Hietograma (mm)
Area(Km )
h02
h04
h06
10
5
4
3
30
4
3
45
5
4.5
h02
h04
h06
P1
18
12
14
2.5
P2
16
12
9
3.5
P3
13
10
8
48

54. 49
SOLUCIÓN.
1.
Calculo del HU de 1 hora, por el método de deconvolución:
Se realiza un sistema de ecuaciones teniendo como incógnita el hidrograma unitario, como
dicho hidrograma es el mismo para las tres subcuencas, se procede de la siguiente manera:
SUBCUENCA A
T(h)
SUBCUENCA B
SUBCUENCA C
Qd=HU*10 Qd=HU*15 Qd=HU*12 Qd=HU*8 Qd=HU*6 Qd=HU*9 QdR(m3/s)
0
X1*10
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
5
5.5
X2*10
X3*10
X4*10
X5*10
X6*10
X7*10
X8*10
0
X1*15
X2*15
X3*15
X4*15
X5*15
X6*15
X7*15
X8*15
X1*12
X2*12
X3*12
X4*12
X5*12
X6*12
X7*12
X8*12
X1*8
X2*8
X3*8
X4*8
X5*8
X6*8
X7*8
X8*8
X1*6
X2*6
X3*6
X4*6
X5*6
X6*6
X7*6
X8*6
X1*9
X2*9
X3*9
X4*9
X5*9
X6*9
X7*9
X8*9
9
159.2
444.2
487.1
872.2
898.1
1510
718.3
249.8
88
28.8
X1 = 0
9
X2 =
= 0.9
10
159.2 − X 1 *12 − X 1 * 6
X3 =
= 15.92
10
444.2 − X 2 *12 − X 2 * 6
X4 =
= 42.8
10
487.1 − X 1 *15 − X 3 * 12 − X 1 * 8 − X 3 * 6 − X 1 * 9
X5 =
= 20.054
10
872.2 − X 2 * 15 − X 4 * 12 − X 2 * 8 − X 4 * 6 − X 2 * 9
X6 =
= 7.3
10
898.1 − X 3 *15 − X 5 *12 − X 3 * 8 − X 5 * 6 − X 3 * 9
= 2.769
X7 =
10
1510 − X 4 *15 − X 6 *12 − X 4 * 8 − X 6 * 6 − X 4 * 9
X8 =
= 0.9
10
49

55. 50
T(h)
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
HU(m3/s)/mm
1 hora
0
0.9
15.92
42.8
20.054
7.3
2.769
0.9
Como la precipitación en el hietograma de precipitación esta cada 2 horas se debe
determinar el Hu de 2 horas de duración:
T(h)
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
HU(m3/s)/mm HU(m3/s)/mm
1 horas
1 hora
0
0.9
15.92
0
42.8
0.9
20.054
15.92
7.3
42.8
2.769
20.054
0.9
7.3
2.769
0.9
0
0.9
15.92
43.7
35.974
50.1
22.823
8.2
2.769
0.9
HU(m3/s)/mm
2 horas
0
0.45
7.96
21.85
17.99
25.05
11.41
4.1
1.38
0.45
2. Calculo de la precipitación efectiva:
2.1 Calculo de la precipitación media en cada intervalo:
P0-2 = 18 * 0.3 + 16 * 0.4 + 13 * 0.3 = 15.7 mm
P2-4 = 12 * 0.3 +12 * 0.4 + 10 * 0.3 = 11.40 mm
P4-6 = 14 * 0.3 + 9 * 0.4 + 8 * 0.3 = 10.2 mm
2.2. Calculo del φ promedio:
5 *10 + 4 * 30 + 5 * 45
= 4.65mm / h
85
4 * 10 + 3 * 30 + 4.5 + 45
= 3.91mm / h
φ2 − 4 =
85
3 *10 + 2.5 * 30 + 3.5 * 45
φ4 − 6 =
= 3.09mm / h
85
φ0 − 2 =
50

56. 51
2.3 Precipitación efectiva:
Pe0-2 = 15.7 mm – 4.65 mm/h * 2h = 6.4 mm
Pe2-4 = 11.4 mm – 3.91 mm/h * 2h = 3.58 mm
Pe4-6 = 10.2 mm – 3.09 mm/h * 2h = 4.02 mm
Para calcular el hidrograma de escorrentía directa, se multiplica el hidrograma unitario de 2
horas por la precipitación efectiva de 2 horas de la forma siguiente:
T(h)
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
5
5.5
6
6.5
7
7.5
8
8.5
HU(m3/s)/mm Qd=HU*6.4 Qd=HU*3.58 Qd=HU*4.02 QdR(m3/s)
2 horas
0
0
0
0.45
2.88
2.88
7.96
50.94
50.94
21.85
139.84
139.84
17.99
115.14
0
115.14
25.05
160.32
1.61
161.93
11.41
73.02
28.5
101.52
4.1
26.24
78.22
104.46
1.38
8.83
64.4
0
73.24
0.45
2.88
89.68
1.81
94.37
40.85
32
72.85
14.68
87.84
102.52
4.94
72.32
77.26
1.61
100.7
102.31
0
45.87
45.87
16.48
16.48
5.55
5.55
1.81
1.81
PROBLEMA 4.6.6
Se tiene dos cuencas, A y B, que confluyen en un punto común a la salida de ambas y en
las cuales simultáneamente ocurre un evento de precipitación, con los siguientes
hietogramas:
Intervalo (hrs)
Precipitación
cuenca A (mm)
Precipitación
cuenca B (mm)
0 - 1.0
31
13
1.0 - 2.0
2.0 - 3.0
21
22
51

57. 52
El hidrograma unitario de ½ hora para ambas cuencas es el siguiente:
t(h)
0
3
HU(m /s/mm) 0
0.5
0.47
1.0
2.12
1.5
2.60
2.0
2.24
2.5
1.65
3.0
1.06
3.5
0.59
4.0
0.30
4.5
0.12
5.0
0
En la cuenca A el índice φ inicial es de 8 mm/h y se reduce en 10% en cada intervalo; en
la cuenca B puede considerarse constante e igual a 6 mm/hora. Calcular el hidrograma de
escorrentía directa resultante en la confluencia de ambas cuencas.
SOLUCIÓN
Cálculo de la precipitación efectiva en cada subcuenca:
Los valores del índice φ y de la precipitación efectiva en la subcuenca A, en cada
intervalo serán:
Intervalo
Indice φ (mm/h)
Precipitación efectiva (mm)
0-1
1–2
2–3
8
8 – 0.10*8 = 7.2
7.2 – 0.10*7.2 = 6.48
31 – 8 = 23
0
22 – 6.48 = 15.52
Análogamente, para la subcuenca B se tendrá:
Intervalo
0-1
1–2
Indice φ (mm/h)
6
6
Precipitación efectiva (mm)
13 – 6 = 7
21 – 6 = 15
Los hietogramas de precipitación para cada subcuenca están en intervalos de 01
hora mientras que el hidrograma unitario proporcionado como dato corresponde a 0.5 horas
de duración. Ello hace aconsejable determinar el HU de 01 horas.
Para ello, se desplaza el HU de ½ hora, una vez y un intervalo respecto a sí mismo,
determinándose luego la sumatoria del hidrograma original y el desplazado. El resultado
será un hidrograma de 1 hora de duración y 2 mm de precipitación efectiva; dividiendo este
nuevo hidrograma entre dos se obtendrá el HU correspondiente a 01 horas de duración. El
procedimiento descrito se resume en el cuadro adjunto:
52

58. 53
T(h)
HU(m3/s)/mm HU(m3/s)/mm)
1/2 hora
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
5
5.5
0
0.47
2.12
2.6
2.24
1.65
1.06
0.59
0.3
0.12
0
HU(m3/s)/mm)
1/2 hora
1 hora
0
0.47
2.59
4.72
4.84
3.89
2.71
1.65
0.89
0.42
0.12
0
0
0.47
2.12
2.6
2.24
1.65
1.06
0.59
0.3
0.12
0
0
0.24
1.3
2.36
2.42
1.95
1.36
0.83
0.45
0.21
0.06
0
Para calcular el hidrograma de escorrentía directa resultante en la confluencia de
ambas cuencas, se procede de la forma siguiente:
SUBCUENCA A
T(h)
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
5
5.5
6
6.5
7
7.5
HU(m3/s)/mm) Qd= HU*23 Qd= HU*15.52
1 hora
0
0.24
1.3
2.36
2.42
1.95
1.36
0.83
0.45
0.21
0.06
0
0
5.52
29.9
54.28
55.66
44.85
31.28
19.09
10.35
4.83
1.38
0
0
3.72
20.18
36.63
37.56
30.26
21.11
12.88
6.98
3.26
0.93
0
SUBCUENCA B
Qd=HU*7
0
1.68
9.10
16.52
16.94
13.65
9.52
5.81
3.15
1.47
0.42
0
Qd=HU*15
QdR(m3/S)
0
3.60
19.50
35.4
36.3
29.25
20.40
12.45
6.75
3.15
0.9
0
0
7.20
39.00
74.4
92.04
97.62
97.28
90.67
71.46
49.01
29.66
16.03
7.88
3.26
0.93
0
PROBLEMA 4.6.7
En una cuenca de 15 Km2 de superficie se tiene información de precipitaciones máximas
anuales para una hora de duración las cuáles puede asumirse se ajustan a una distribución
53

59. 54
Extrema Tipo I. Dicha información indica que la probabilidad de exceder la lámina de 80
mm en una hora es del 29 %, mientras que la probabilidad de exceder los 140 mm de lluvia,
también en una hora, es de 5.19 %.
Sobre dicha cuenca ocurre una precipitación de 3 horas de duración. En la primera hora,
cae la precipitación de periodo de retorno, Tr = 25 años; en la segunda hora cae la
precipitación Tr = 15 años y finalmente, en la tercera ocurre la precipitación de Tr = 10
años. El hidrograma unitario de la cuenca, para una duración de 1/3 de hora, es:
T(h)
0
HU((m3/s)/mm) 0
0.5
0.47
1
2.12
1.5
2.6
2
2.24
2.5
1.65
3
1.06
3.5
0.59
4
0.3
4.5
0.12
5
0
El índice φ inicial es de 8 mm/h y se reduce en un 15 % cada intervalo. Calcular el
hidrograma de escorrentía directa generado por la tormenta.
SOLUCIÓN
Como las precipitaciones se ajustan a una distribución extrema Tipo I , se calcula los
parámetros de la distribución con los siguientes datos:
Para P= 80 mm la P(X≥x) = 0.29
Para P = 140mm la P(X≥x) = 0.0519
luego:
−
0.29 − 1 = − e e
−α ( x − β )
−
0.0519 − 1 = − e e
−α ( x − β )
resolviendo:
β= 45.45
α=0.031
Con los parámetros calculados se determinan las precipitaciones para las horas indicadas en
1 1
el hietograma. En la primera hora, para Tr = 25 años se tiene: P ( X ≥ x) = = = 0.04
Tr 25
Luego, sustituyendo en la ecuación probabilística se obtiene:
−0.031 ( x −45.45 )
0.04 = 1 − e−e
despejando el valor de x (precipitación en la primera hora):
Igualmente, en la segunda hora y para Tr = 15 años:
P ( X ≥ x) =
P01= 148,63 mm
1 1
= = 0.0667
Tr 15
54

60. 55
−0.031( x −45.45 )
0.0667 = 1 − e−e
Sustituyendo:
el valor de x, (precipitación en la segunda hora), será:
P02= 131.68 mm
análogamente, para la tercera hora: Tr = 10 años, la P ( X > x) =
1 1
= = 0.1
Tr 10
−0.031( x −45.45 )
Sustituyendo: 0.1 = 1 − e−e
despejando el valor de x (precipitación en la tercera hora):
P03= 118.04 mm
Para determinar la precipitación efectiva, se debe calcular el índice φ para cada intervalo y
restárselo a la precipitación: luego:
Hora (h)
1
2
3
Indice φ (mm/h)
8
8 – 0.15*8 = 6.8
6.8 – 0.15*6.8 = 5.78
Precipitación efectiva (mm)
148.63 – 8 = 140.63
131.68 – 6.8 = 124.88
118.04 – 5.78 = 112.26
Para calcular el hidrograma de escorrentía directa se debe determinar primero el
hidrograma unitario de 1 hora, por desplazamientos, tal como se ilustra a continuación:
T(horas) HU 1/3 h HU 1/3 h HU 1/3 h
(m3/s)/mm (m3/s)/mm (m3/s)/mm
0
0
0.33
0.31
0
0.67
1.02
0.31
0
1
2.12
1.02
0.31
1.33
2.44
2.12
1.02
1.67
2.48
2.44
2.12
2
2.24
2.48
2.44
2.33
1.85
2.24
2.48
2.67
1.45
1.85
2.24
3
1.06
1.45
1.85
3.33
0.75
1.06
1.45
4
0.3
0.75
1.06
4.33
0.18
0.3
0.75
4.67
0.08
0.18
0.3
5
0.08
0.18
5.33
0.08
0
0.31
1.33
3.45
5.58
7.04
7.16
6.57
5.54
4.36
3.26
2.11
1.23
0.56
0.26
0.08
HU 1 hora
(m3/s/mm)
0
0.1
0.44
1.15
1.86
2.35
2.39
2.19
1.85
1.45
1.09
0.7
0.41
0.19
0.09
0.03
55

61. 56
T(horas) HU 1 hora Qd=HU*140.63 Qd=HU*124.88 Qd=HU*112.26
(m3/s/mm)
m3/s
m3/s
m3/s
0
0
0
0.33
0.1
14.06
0.67
0.44
61.88
1
1.15
161.72
0
1.33
1.86
261.57
12.49
1.67
2.35
330.48
54.95
2
2.39
336.11
143.61
0
2.33
2.19
307.98
232.28
11.23
2.67
1.85
260.17
293.47
49.39
3
1.45
203.91
298.46
129.10
3.33
1.09
153.29
273.49
208.80
4
0.7
98.44
231.03
263.81
4.33
0.41
57.66
181.08
268.30
4.67
0.19
26.72
136.12
245.85
5
0.09
12.66
87.42
207.68
5.33
0.03
4.22
51.20
162.78
5.67
23.73
122.36
6
11.24
78.58
6.33
3.75
46.03
6.67
21.33
7
10.10
7.33
3.37
QdR
m3/s
0
14.06
61.88
161.72
274.06
385.43
479.72
551.49
603.03
631.47
635.58
593.28
507.04
408.69
307.76
218.2
146.09
89.82
49.78
21.33
10.10
3.37
PROBLEMA 4.6.8
Dado el hidrograma unitario de 4 h de duración, se pide calcular el hidrograma unitario de
3 horas, en una cuenca de 300 Km2 de superficie.
T(h)
0
3
HU(m /s)/mm 0
11
41
1
6
2
36
3
66
4
91
5
106
6
93
7
79
8
68
9
58
12
34
13
27
14
23
15
17
16
13
17
9
18
6
19
3
10
49
20
1.5
SOLUCIÓN
Para resolver este problema se utilizará el procedimiento de la curva S para lo cuál debe
determinarse primero el número de desplazamientos mínimos que deben efectuarse
empleando la relación:
56

62. 57
Nd =
Tb
Du
donde:
Nd:
Tb:
Du:
número mínimo de desplazamientos
tiempo base del hidrograma unitario en h
duración del hidrograma unitario h.
Luego:
20
=5
4
Se calcula ahora la curva S, sumando el hidrograma unitario y los 5 desplazamientos
cada 4 horas (duración del hidrograma unitario), obteniéndose:
Nd =
T(h)
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
HU(m3/s/)mm
Suma de los 5
4h
0
6
36
66
91
106
93
79
68
58
49
41
34
27
23
17
13
9
6
3
1.5
Desplazamientos
0
6
36
66
91
112
129
145
159
170
178
186
193
197
201
203
206
206
207
206
Curva S
0
6
36
66
91
112
129
145
159
170
178
186
193
197
201
203
206
206
207
206
207.5
206
207
206
Esta curva S debe corregirse a fin de eliminar las oscilaciones que se presentan en la parte
superior de la curva; esta corrección puede efectuarse de manera gráfica, tal como se
aprecia en la figura adjunta y cuadro adjuntos.
57

63. 58
Curva S Corregida
T(h)
CSC
CSCD
CSC - CSCD HU(m3/s)/mm
3h
(CSC-CSCD)*4/3
0
0
6
8
36
48
91
121.33
106
141.33
93
124
54
72
47
62.67
41
54.67
33
44
27
36
23
30.67
19
25.33
15
20
10
13.33
9.5
12.67
5.5
7.33
3.5
4.67
0
0
0
0
1
6
2
36
3
91
0
4
112
6
5
129
36
6
145
91
7
159
112
8
170
129
9
178
145
10
186
159
11
193
170
12
197
178
13
201
186
14
203
193
15
206.5
197
16
206.5
201
17
206.5
203
18
206.5
206.5
CSC : CURVA S CORREGIDA
CSCD: CURVA S CORREGIDA DESPLAZADA
58

64. 59
Como puede apreciarse, para determinar el hidrograma unitario de 3 horas se resta de la
curva S corregida la curva S, también corregida, desplazada previamente un intervalo igual
a la duración del hidrograma que se desea calcular. En el cuadro, el resultado corresponde a
la columna CSC – CSCD.
Luego, dicho resultado se multiplica por el factor obtenido al dividir la duración del
hidrograma con el que se construyó la curva S, en este caso 4 horas, entre la duración del
hidrograma que se desea calcular. Para el problema el factor es igual a 4/3; el resultado será
el HU de la duración deseada.
PROBLEMA 4.6.9
Se tiene dos cuencas A y B, que confluyen en un punto común a la salida de ambas y en las
cuales simultáneamente empieza a llover, con los siguientes hietogramas de precipitación
en cada cuenca:
Cuenca A
0 - 1.5
Cuenca B
40
1.5 – 3
3.0 – 4.5
30
60
25
El hidrograma unitario de 1/3 de hora para ambas cuencas es el siguiente:
T(h)
0
3
HU(m /s)/mm 0
1/3
0.47
2/3
2.12
3/3
2.6
4/3
2.24
5/3
1.65
6/3
1.06
7/3
0.59
8/3
0.3
9/3
0.12
En la cuenca A el índice φ es de 7 mm/h y se reduce en 12 % cada intervalo; en la cuenca B
puede considerarse constante e igual a 5 mm/h. Calcular el hidrograma de escorrentía
directa resultante en la confluencia de ambas cuencas.
SOLUCIÓN:
En este caso, y procediendo de forma similar a problemas anteriores se tendrá para la
cuenca A:
Intervalo (h)
0 – 1.5
1.5 – 3.0
3.0 – 4.5
Indice φ
7
7 – 7*0.12 = 6.16
6.16 – 6.16*0.12 = 5.42
Precipitación efectiva (mm)
40 – 7*1.5 = 29.5
60 – 5.42*1.5 = 51.87
En la cuenca B el índice φ es constante, por lo tanto, la precipitación efectiva en cada
intervalo será:
59

65. 60
Pe 1.5-3 = 30 mm – 5 mm/h*1.5 h =22.5 mm
Pe 3-4.5= 25 mm – 5 mm/h*1.5 h =17.5 mm
Para determinar el hidrograma unitario de 1.5 h puede emplearse el método de la curva S a
partir del HU de 1/3 hora; el número mínimo de desplazamientos será:
10
Tb
= 3 = 10
Nd =
1
Du
3
Luego, la curva S será:
T(h)
0
0.33
0.67
1
1.33
1.67
2
2.33
2.67
3
3.33
HU(m3/s)/mm
1/3 h
0
0.47
2.12
2.6
2.24
1.65
1.06
0.59
0.3
0.12
0
Suma de los 10
desplazamientos
0
0.47
2.59
5.19
7.43
9.08
10.14
10.73
11.03
11.15
Cuva S
0
0.47
2.59
5.19
7.43
9.08
10.14
10.73
11.03
11.15
11.15
Y la curvas S corregida:
60

66. 61
El HU de 1.5 horas de duración será entonces:
T(h)
CSC
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
0
1.4
5.19
8.5
10.14
10.9
11.15
11.15
11.15
11.15
CSCD
CSC –CSCD
0
1.4
5.19
8.5
10.14
10.9
11.15
0
1.4
5.19
8.5
8.74
5.71
2.65
1.01
0.25
0
HU(m3/s)/mm
1.5 H
(CSC-CSCD)*(1/3)/1.5
0
0.31
1.15
1.89
1.94
1.27
0.59
0.22
0.06
0
CSC: CURVA S CORREGIDA
CSCD: CUEVA S CORREGIDA DESPLAZADA
Luego, el hidrograma de escorrentía directa en la confluencia de ambas cuencas es:
T(h)
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
5
5.5
6
6.5
7
Cuenca A
Cuenca B
HU(m3/s)/mm Qd = HU*29.50 Qd=HU*51.87 Qd =HU*22.5 Qd=HU*17.5 QdR(m3/s)
0
0
0
0.31
9.15
9.15
1.15
33.93
33.93
1.89
55.76
0
55.76
1.94
57.23
6.98
64.21
1.167
34.43
25.88
60.31
0.59
17.41
0
42.53
0
59.94
0.22
6.49
16.08
43.65
5.43
71.65
0.06
1.77
59.65
26.26
20.13
107.81
0
0
98.03
13.28
33.08
144.39
100.63
4.95
33.95
139.53
60.53
1.35
20.42
82.3
30.6
10.33
40.93
11.41
3.85
15.26
3.11
1.05
4.16
61

67. 62
CAPÍTULO V
5.1
Método de la curva número
La relación entre la escorrentía y la lluvia que la origina ha sido objeto de múltiples
análisis e interpretaciones hidrológicas. Si bien es cierto que existe una estrecha
interrelación entre ambos elementos hidrológicos, ésta no es una asociación fija e invariable
en el tiempo y en el espacio. Básicamente, la relación lluvia- escorrentía está determinada
por las características específicas de la cuenca tales como pendiente, vegetación, tipo de
suelos y otras. El conjunto de ellas determina la respuesta del sistema, o cuenca, ante la
ocurrencia de la lluvia.
Los diversos métodos desarrollados para el análisis del proceso tratan de cuantificar
esta capacidad de respuesta de la cuenca. La forma más simple está dada por la adopción de
un coeficiente global que expresa, en forma de porcentaje, la relación entre lo precipitado y
lo escurrido. Esto es lo que se denomina el coeficiente de escorrentía. Aún cuando este
método ha sido bastante difundido, sus limitaciones son obvias si se tiene en cuenta la
excesiva simplificación del ciclo hidrológico que él mismo hace.
El servicio de Conservación de Suelos, SCS, de los Estados Unidos, luego del
análisis de gran número de datos de cuencas experimentales, ha desarrollado un método de
estimación de la escorrentía. Dicho método se basa en el análisis del complejo suelo cobertura y las condiciones de humedad del suelo antes de la ocurrencia de la precipitación.
La relación básica del procedimiento es:
Re tención _ Re al
Escorrentía _ Re al
=
Re tención _ Potencial Escorrentìa _ Potencial
(5.1)
Si se adopta la designación de variables siguientes:
S:
Q:
Ia:
P:
retención potencial
escorrentía real
pérdidas por intercepción, almacenamiento en depresiones e infiltración.
precipitación.
La ecuación (5.1) puede escribirse ahora como:
( P − Ia) − Q
Q
=
S
P − Ia
(5.2)
Efectuando operaciones:
[( P − Ia) − Q ]* ( P − Ia) = Q * S
62

68. 63
( P − Ia) 2 − ( P − Ia) * Q = Q * S
( P − Ia) 2 = Q * S + Q * ( P − Ia)
( P − Ia) 2 = Q * ( S + ( P − Ia))
Q=
( P − Ia) 2
S + ( P − Ia)
(5.3)
Trabajos realizados en diversas cuencas experimentales han permitido establecer
que el valor de Ia es aproximadamente el 20% del valor de S, o sea:
Ia = 0.20 * S
(5.4)
Reemplazando (5.4) en (5.3), se tiene:
Q=
( P − 0.20 * S ) 2
S + P − 0.20 * S
Finalmente:
Q=
( P − 0.20 * S ) 2
P + 0.80 * S
(5.5)
El valor de S, en centímetros, se relaciona con el número de curva de escorrentía a
través de la expresión:
S=
2540
− 25.40
CN
(5.6)
donde:
CN:
valor de la curva número
El valor de CN se determina a partir de las características de infiltración y uso del
suelo, la cobertura vegetal y las condiciones de humedad en la cuenca al momento de
producirse la precipitación, lo que se denomina humedad antecedente; los rangos
establecidos experimentalmente son:
Condición de humedad
Antecedente
I
II
III
ILRI, 1978
Lluvia total de los 5
días previos (cm)
0 - 3.50
3.50 - 5.25
más de 5.25
63

69. 64
Las condiciones hidrológicas pueden aproximarse a partir del grado de cobertura vegetal
del área en estudio, de la forma siguiente:
Condición Hidrológica Porcentaje de Cobertura vegetal (%)
Buena
más de 75
Regular
Entre 50 y 75
Mala
menos del 50
ILRI, 1978
En lo referente al grupo hidrológico del suelo, éste es un parámetro que trata de
ponderar las características de infiltración del suelo. De acuerdo a ello, se han establecido
cuatro grupos:
Grupo
A
B
C
D
ILRI, 1978
Infiltración
Alta
Moderada
Lenta
Muy lenta
Con la información descrita puede determinarse el número de curva, CN,
empleando la Tabla Nº1, la cual corresponde a condiciones de humedad antecedente II.
Para otras condiciones, debe emplearse la Tabla Nº 2, en el anexo 2.
5.2
Distribución del evento en el tiempo
El método del número de curva no considera la variable tiempo por lo que
previamente a su aplicación se requiere distribuir la precipitación a lo largo de la duración
total del evento; luego para el cálculo de los hidrogramas generados por la precipitación
efectiva de cada intervalo también se requerirá considerar el factor tiempo.
Para la distribución de la lluvia en el tiempo debe considerarse previamente el
intervalo de trabajo a emplear. Una regla práctica para ello establece que dicho intervalo
debe ser igual o menor que la cuarta parte del tiempo al pico de la cuenca.
Establecido el intervalo de trabajo se utiliza la denominada curva adimensional de
tormentas que es un gráfico que relaciona la fracción acumulada de tiempo transcurrido,
respecto a la duración total del evento, con la fracción acumulada, respecto a la lámina total
del evento, de la lámina precipitada. En la figura 5.1. Pueden apreciarse las curvas
adimensionales de lluvia típicas desarrolladas por el Servicio de Conservación de Suelos,
SCS.
64

70. 65
Figura 5.1. Curvas adimensionales de tormentas (SCS, 1958)
Sin embargo, es recomendable tratar de obtener curvas características para las
zonas en estudio a partir de la información disponible.
Para el cálculo de los valores de caudales en los hidrogramas generados puede
utilizarse el hidrograma adimensional de escorrentía. Este es un gráfico donde en el eje x
se encuentran los valores discretizados en intervalos de 0.25 del tiempo al pico y desde 0
hasta 5 veces el tiempo al pico. En el eje y se colocan los correspondientes valores para
cada x, pero expresados en términos qt / qp; es decir como una fracción del caudal pico. El
hidrograma adimensional desarrollado por el SCS se muestra a continuación:
T/Tp
0
0.25
0.5
0.75
1
1.25
1.5
1.75
2
2.25
2.5
2.75
3
3.25
3.5
3.75
4
4.25
4.5
4.75
5
qt/qp
0
0.12
0.43
0.83
1
0.88
0.66
0.45
0.32
0.22
0.15
0.105
0.075
0.053
0.036
0.026
0.018
0.012
0.009
0.006
0.004
65

71. 66
El procedimiento a seguir puede resumirse en los siguientes pasos:
•
•
La duración de la lluvia total se divide en intervalos iguales, o menores, a 0.25 del
tiempo al pico
Para cada intervalo se calcula la relación:
tiempo _ acumulado _ hasta _ el _ int ervalo
Duración _ total
•
Empleando la curva adimensional de tormenta, se calcula la relación:
Precipitación acumulada hasta el intervalo dado
Precipitación total
•
•
•
•
Con el valor anteriormente obtenido se calcula el valor de la lluvia acumulada
Con la lluvia acumulada, y las ecuaciones (5.5) y (5.6), pueden obtenerse los valores de
la lámina de escorrentía directa acumulada.
Con los valores obtenidos en el paso anterior pueden obtenerse las láminas de
escorrentía directa generados en cada intervalo
Luego, se calcula el caudal pico producido por la lámina de escorrentía correspondiente
a cada intervalo de tiempo. Para ello se emplea la siguiente ecuación:
qp = 0.208 * A *
Q
Tp
(5.7)
donde:
A:
Q:
Tp:
qp:
•
•
área de la cuenca, Km2
escorrentía directa, mm
tiempo al pico, horas
caudal pico en m3/s.
Empleando el hidrograma adimensional de escorrentía se calcula el hidrograma
correspondiente a cada intervalo de tiempo.
Se suman los hidrogramas de cada intervalo, para calcular el hidrograma de escorrentía
directa resultante
66

72. 67
5.3
Problemas de aplicación de la Curva Número
PROBLEMA 5.3.1
Una cuenca tiene 47.36 Km de longitud máxima de recorrido de la escorrentía y una
diferencia de cota de 1000 mts entre el punto más remoto y la salida, con un área total de
350 Km2. En ella, el 30 % del área tiene CNII de 88; 40% posee CNII de 82 y el 30%
restante tiene CNII de 75.
Sobre esta cuenca ocurre una lluvia de 70 mm en tres horas. Calcular el hidrograma de
escorrentía directa resultante del evento empleando la curva adimensional de lluvia y el
hidrograma adimensional de escorrentía que se dan a continuación y asumiendo que al
producirse el evento las curvas números están en condición I.
t/T
p/Pt
0
0
t/Tp 0
qt/qp 0
0.1
0.3
0.2
0.5
0.3
0.7
0.4
0.8
0.5
0.87
0.6
0.91
0.7
0.95
0.8
0.97
0.9
0.99
1.0
1.0
0.25
0.12
0.50
0.4
0.75
0.83
1.0
1.0
1.25
0.85
1.50
0.66
1.75
0.45
2.0
0.32
2.25
0.22
2.50
0.15
2.75 3.0
3.25 3.50 3.75 4.0
4.25 4.50 4.75 5.0
0.105 0.075 0.053 0.036 0.026 0.018 0.012 0.009 0.005 0.004
SOLUCIÓN
La curva adimensional de lluvia permite desagregar la duración total del evento en
intervalos de tiempo más pequeños. Sin embargo el problema será determinar cuál es el
intervalo de trabajo más recomendable de manera de no perder precisión en el cálculo o
generar un excesivo, e innecesario, número de segmentos.
Al respecto, una regla práctica establece que la longitud del intervalo de trabajo
recomendado es que sea menor o igual a la cuarta parte del tiempo al pico; de allí que la
solución de este problema se inicie por calcular el tiempo de concentración de la cuenca,
para lo cuál se dispone de la información necesaria, y luego relacionarlo con el tiempo al
pico, luego:
Tc = 0.0195 * L1.155 * H −0.385
Tc = 0.0195 * (47.36 *1000)1.155 * 1000−0.385
Tc = 5.715 h
A partir de este valor puede calcularse el tiempo al pico empleando la relación:
Tp = 0.7*Tc = 0.7*5.715 h = 4 h
67

73. 68
Luego el intervalo de trabajo será:
IT ≤ 0.25 Tp IT ≤ 0.25* 4 h IT ≤ 1.0 h.
El resultado indica que el evento de tres horas de duración total será segmentado en 3
intervalos de una hora cada uno. Luego se calcula la relación t/T, en la cual t es el tiempo
acumulado hasta el intervalo considerado y T la duración total del evento. Empleando la
curva adimensional de lluvia puede determinarse el valor p/P, correspondiente a cada t/T.
El valor p es la precipitación acumulada hasta el tiempo t y P la precipitación total del
evento.
Los valores de p/P permiten calcular la precipitación acumuladas hasta cada intervalo, Pa,
tal como se aprecia en el cuadro siguiente.
T(h)
0
1
2
3
t/T
0
0.33
0.67
1
p/P
0
0.73
0.938
1
Pa(cm)
0
5.11
6.566
7
Qa(cm)
0
0.382
0.888
1.069
Qparc.(mm)
0
3.82
5.06
1.81
qp(m3/s)
0
69.52
92.09
32.94
El valor Qa corresponde a la lamina escorrentía directa acumulada hasta el intervalo t y se
calcula utilizando la expresión:
Q=
( P − 0.20 * S ) 2
( P + 0.8 * S )
donde S es el coeficiente de retención potencial del suelo el cuál puede calcularse por la
relación siguiente, para S en centímetros:
S=
2540
− 25.4
CN
aquí, CN es la curva número de la cuenca y es función de las condiciones de suelo,
vegetación y humedad antecedente. De acuerdo al enunciado del problema la condición de
humedad antecedente es I al momento de producirse el evento, por lo cual cada una de las
curvas número proporcionadas deberán ser llevadas a esta condición; para ello pueden
utilizarse las ecuaciones:
CN I =
4.2 * CN II
10 − 0.058 * CN II
CN III =
23 * CN II
10 + 0.13 * CN II
luego:
68

74. 69
CNII = 88→CNI = 75.49
CNII = 82→CNI = 65.675
CNII = 75→CNI = 55.75
Como existen 3 sectores de la cuenca con diferentes valores de CN resulta conveniente
ponderar dichos valores por sus respectivas áreas obteniéndose:
CNp = 75.49 * 0.3 + 65.675 * 0.4 + 55.75 * 0.3 = 65.642
y el coeficiente de retención será:
S=
2540
− 25.40 = 13.29cm
65.642
Determinada la precipitación efectiva acumulada, por diferencia puede calcularse la
escorrentía directa para cada intervalo, Qparc; cada una de estas láminas producirá un
hidrograma de salida del cuál puede conocerse su caudal pico aplicando la ecuación:
qp = 0.208 *
donde:
qp:
A:
Q:
Tp:
A*Q
Tp
caudal pico, m3/seg
área de la cuenca, Km2
lámina de escorrentía, mm
tiempo al pico de la cuenca, horas
El problema será ahora definir completamente los hidrogramas de escorrentía directa de
cada intervalo. Para ello se utiliza el concepto de hidrograma adimensional de escorrentías
el cuál no es otra cosa sino la relación entre el porcentaje de tiempo transcurrido, t/Tp, y el
porcentaje del caudal instantáneo con relación al caudal pico, qt/qp.
En el cuadro adjunto las dos primeras columnas corresponden a la relación adimensional de
tiempos y caudales. Por ejemplo el par de valores 0.25 y 0.12 de la segunda línea debe
interpretarse como que en el instante en que ha transcurrido el 25 % del tiempo al pico, el
caudal es igual al 12 % del caudal pico correspondiente a la primera hora.
Ello permite calcular el tiempo absoluto transcurrido hasta este intervalo, el cuál será igual
a 0.25*Tp = 0.25*4 h = 1; este valor se coloca en la columna T(h). El caudal instantáneo,
columna Qd, para ese momento será entonces igual a 0.12*69.52 = 8.34 m3/seg.
Procediendo de forma análoga para la tercera línea se tendrá que transcurrido un lapso igual
al 50 % del tiempo al pico se produce un caudal igual al 40 % del caudal pico de la
primera hora lo cuál equivale a 0.4*69.52 = 27.81 m3/seg. El resto de los valores del
69

75. 70
hidrograma generado por la escorrentía directa de la primera hora se calculan procediendo
de forma similar.
Los hidrogramas correspondientes a la segunda y tercera hora se calcula de la misma forma
teniendo en cuenta los desplazamientos que deben efectuarse. El hidrograma de escorrentía
directa resultante, Qdt, se muestra en la última columna del cuadro.
t/Tp
0
0.25
0.5
0.75
1
1.25
1.5
1.75
2
2.25
2.5
2.75
3
3.25
3.5
3.75
4
4.25
4.5
4.75
5
qt/qp
0
0.12
0.4
0.83
1
0.85
0.66
0.45
0.32
0.22
0.15
0.105
0.075
0.053
0.036
0.026
0.018
0.012
0.009
0.005
0.004
T(h)
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
Qd=qt/qp*69.52 Qd=qt/qp*92.09 Qd=qt/qp*32.94 Qdt(m3/s)
0
0
8.34
0
8.34
27.81
11.05
0
38.86
57.7
36.84
3.95
98.49
69.52
76.43
13.18
159.13
59.09
92.09
27.34
178.52
45.88
78.28
32.94
157.1
31.28
60.78
28
120.06
22.25
41.44
21.74
85.43
15.29
29.47
14.82
59.58
10.43
20.26
10.54
41.23
7.3
13.81
7.25
28.36
5.21
9.67
4.94
19.82
3.68
6.91
3.46
14.05
2.5
4.88
2.47
9.85
1.81
3.32
1.75
6.88
1.25
2.39
1.19
4.83
0.83
1.66
0.86
3.35
0.63
1.11
0.59
2.33
0.35
0.83
0.4
1.58
0.28
0.46
0.3
1.04
0.37
0.16
0.53
0.13
0.13
70

76. 71
PROBLEMA 5.3.2
Una cuenca de 15 Km2 de área total tiene 6 Km2 con curva número 60, 5 Km2 con curva
número 85, el resto del área con curva número 93. El tiempo al pico de la cuenca se puede
estimar en 2 horas. Sobre ella ocurre una precipitación de 3 horas de duración y lámina
total precipitada igual a 39.87 mm.
Se pide calcular el hidrograma de escorrentía directa resultante, empleando la curva
adimensional de lluvia y el hidrograma adimensional de escorrentía que se da a
continuación:
t/T
p/Pt
0
0
T/Tp 0
qt/qp 0
0.1
0.3
0.2
0.5
0.3
0.7
0.4
0.8
0.5
0.87
0.6
0.91
0.7
0.95
0.8
0.97
0.9
0.99
1.0
1.0
0.25
0.12
0.50
0.4
0.75
0.83
1.0
1.0
1.25
0.85
1.50
0.66
1.75
0.45
2.0
0.32
2.25
0.22
2.50
0.15
2.75 3.0
3.25 3.50 3.75 4.0
4.25 4.50 4.75 5.0
0.105 0.075 0.053 0.036 0.026 0.018 0.012 0.009 0.005 0.004
SOLUCION
En este caso, el intervalo de trabajo a utilizar será IT≤ 0.25*2 = IT≤ 0.5 horas. La curva
número promedio ponderada para el conjunto de la cuenca es:
CN =
6 * 60 + 5 * 85 + 4 * 93
= 77.13
15
para el cuál se tendrá un valor igual a 7.53 cm para el almacenamiento potencial del suelo.
Luego, aplicando los mismos criterios y relaciones del problema anterior pueden elaborarse
los cuadros mostrados a continuación.
T(h)
t/T
p/P
Pa(cm)
Qa(cm)
Qp(mm)
qp(m3/s)
0
0
0
0
0
0
0
0.5
0.17
0.44
1.75
0.008
0.08
0.12
1
0.33
0.73
2.91
0.22
2.12
3.31
1.5
0.5
0.87
3.47
0.406
1.86
2.9
2
0.67
0.938
3.74
0.511
1.05
1.64
2.5
0.83
0.976
3.89
0.573
0.62
0.97
3
1
1
3.99
0.616
0.43
0.67
71

77. 72
T/Tp
qt/qp
T(h)
Qd1(m3/s) Qd2(m3/s) Qd3(m3/s) Qd4(m3/s) Qd5(m3/s) Qd6(m3/s) Qdt(m3/s)
0
0
0
0
0.25
0.12
1
0.014
0
0.5
0.4
2
0.048
0.397
0
0.75
0.83
3
0.1
1.324
0.348
0
1
1
4
0.12
2.747
1.16
0.197
0
1.25
0.85
5
0.102
3.31
2.407
0.656
0.116
qt/qp*0.12 qt/qp*3.31
qt/qp*2.9
qt/qp*1.64
qt/qp*0.97
qt/qp*0.67
0
0.014
0.445
1.772
4.224
0
6.591
1.5
0.66
6
0.079
2.814
2.9
1.361
0.388
0.08
7.622
1.75
0.45
7
0.054
2.185
2.465
1.64
0.805
0.268
7.417
2
0.32
8
0.038
1.49
1.914
1.394
0.97
0.556
6.362
2.25
0.22
9
0.026
1.059
1.305
1.082
0.82
0.67
4.962
2.5
0.15
10
0.018
0.728
0.928
0.738
0.64
0.57
3.622
2.75
0.105
11
0.013
0.497
0.638
0.525
0.44
0.44
2.553
3
0.075
12
0.009
0.348
0.435
0.361
0.31
0.302
1.765
3.25
0.053
13
0.006
0.248
0.305
0.246
0.213
0.214
1.232
3.5
0.036
14
0.004
0.175
0.218
0.172
0.146
0.147
0.862
3.75
0.026
15
0.003
0.119
0.154
0.123
0.102
0.101
0.602
4
0.018
16
0.002
0.086
0.104
0.087
0.073
0.07
0.422
4.25
0.012
17
0.001
0.06
0.075
0.059
0.051
0.05
0.296
4.5
0.009
18
0.001
0.04
0.052
0.043
0.035
0.036
0.207
4.75
0.005
19
0.001
0.03
0.035
0.03
0.025
0.024
0.145
5
0.004
20
0
0.017
0.026
0.02
0.018
0.017
0.098
0.013
0.015
0.015
0.012
0.012
0.067
0.012
0.008
0.009
0.008
0.037
21
22
72

78. 73
CAPITULO VI
6.1
Tránsito por embalses
Un embalses es una estructura de almacenamiento que permite regular el escurrimiento
de un río; es decir, para almacenar el volumen de agua que escurre en exceso en las
temporadas de lluvia para posteriormente usarlo en las épocas de sequía cuando los
escurrimientos son escasos.
Las características topográficas de un sitio de presa se resumen en la denominada curva
altura – área – capacidad, la misma que permite calcular el volumen almacenado y el área
de la superficie libre para cualquier altura del nivel de agua. Esta curva se calcula siguiendo
los siguientes pasos:
•
•
•
Se mide el área encerrada por cada curva de nivel.
El volumen almacenado entre dos curvas de nivel se calcula como el producto de la
semisuma de las áreas inicial y final por el intervalo entre curvas.
El volumen de agua almacenada hasta una altura dada se obtiene acumulando los
valores obtenidos en el paso anterior.
Los volúmenes característicos de un embalse se muestran en la figura 6.1.
Figura 6.1 Volúmenes característicos en un embalse
En el gráfico:
CNM:
CNN:
CNMa:
VM:
VU:
VSA:
cota de nivel muerto
cota de nivel normal
cota a nivel máximo
volumen muerto
volumen útil
almacenamiento de seguridad, (control de crecientes)
73

79. 74
El tránsito a través del embalse es el procedimiento por medio del cuál se
determina el hidrograma de salida, conocidos el hidrograma de entrada, el nivel del
agua al inicio del tránsito y las normas de funcionamiento de la estructura. El
procedimiento se esquematiza en la figura 6.2.
Figura 6.2 Esquema del tránsito de una creciente a través de un embalse
Las ecuaciones de tránsito a través de un embalse se deducen a partir de la ecuación
fundamental de la hidrología:
ENTRADAS - SALIDAS = CAMBIO EN EL ALMACENAMIENTO
Expresando esta ecuación en términos de volumen, y para un intervalo de tiempo ∆t,
se tendrá:
( I1 + I 2)
(O1 + O 2)
* ∆t −
* ∆t = S 2 − S1
2
2
(6.1)
Los términos con subíndice 1 corresponden al instante inicial del intervalo, mientras
que los poseen el subíndice 2 son los instante 2; el valor O1 corresponde al caudal de
salida al iniciarse al cálculo, siendo dato del problema o pudiendo deducirse de las
condiciones iniciales. Si ahora los valores de la ecuación (6.1) se reordenan colocando
en el lado izquierdo los valores conocidos, se tendrá:
I1 + I 2 − O1 − O 2 =
2 * S 2 2 * S1
−
∆t
∆t
74

80. 75
I1 + I 2 +
2 * S1
2* S2
− O1 =
+ O2
∆t
∆t
(6.2)
La ecuación (6.2) tiene dos incógnitas; para resolverla se construye una expresión
2*S
+ O con O. El procedimiento a seguir es el descrito
que relaciona los valores de
∆t
brevemente a continuación:
1. Se fija el intervalo ∆t que se empleará para el transito; es recomendable que
dicho intervalo sea el del hidrograma de entrada.
2. Se calcula O con la ecuación, (o ecuaciones) de descarga
3. Se determina S con la curva Altura- Area-Capacidad
4. Se determina
2*S
+O
∆t
Para el tránsito por el embalse deben seguirse los siguientes pasos:
1. Se fija el nivel del agua en el embalse.
2 * S1
+ O1 , correspondiente del nivel al inicio del transito, en la
2. Se determina O1 y
∆t
2*S
+ O Vs O.
curva
∆t
2 * S1
2 * S1
3. Se Calcula
− O1 , restándole 2*O1 a
+ O1
∆t
∆t
4. Con los valores de I1 e I2, conocidas del hidrograma de entrada y el resultado del
2* S2
paso 3, se calcula
+ O2
∆t
2 * S1
2* S2
I1 + I 2 +
− O1 =
+ O2
∆t
∆t
2*S
+ O Vs O , se determina O2
5. Con el resultado anterior y la curva
∆t
2* S2
2* S2
+ O 2 , con esto se obtiene
− O2
6. Se resta O2 dos veces de
∆t
∆t
7. Se pasa al siguiente intervalo y se vuelve al paso 4
75

81. 76
6.2
Tránsito por cauces naturales
El método de Muskingum es un procedimiento de tránsito hidrológico que se usa
comúnmente para manejar la relación caudal – almacenamiento en los cauces naturales.
Este método modela el almacenamiento volumétrico de creciente en un tramo de un río
mediante la combinación del almacenamiento de cuña y prisma, tal como se esquematiza en
la figura 6.3
Figura 6.3 Esquema del tránsito por cauces naturales
Durante el avance de la onda de creciente, el caudal de entrada es mayor que el de
salida, siendo un almacenamiento de cuña. Adicionalmente, existe un almacenamiento por
prisma que esta formado por un volumen de sección transversal constante a lo largo de la
longitud del canal.
Suponiendo, que el área de la sección transversal del flujo de la creciente es
directamente proporcional al caudal en la sección el almacenamiento por prisma es igual a
KO, donde K es un coeficiente de proporcionalidad ( es el tiempo de tránsito de la onda de
creciente a través del tramo del canal). El volumen de almacenamiento por cuña es igual a
Kx(I-O), donde x es un factor de ponderación dentro de un rango 0≤x≤0.5 ( llamado el peso
del volumen de cuña en el calculo de volumen total).
S = KO + Kx( I − O)
(6.3)
Lo cual puede reordenarse para dar la función de almacenamiento por el método de
Muskingun.
S = K [xI + (1 − x )O ]
(6.4)
El valor de x depende de la forma de almacenamiento por cuña modelada; su valor
varía desde 0 para un almacenamiento tipo embalse hasta 0.5 para una cuña completamente
desarrollada. Los valores de almacenamientos pueden escribirse como:
∆S = K [x(I 2 − I1) + (1 − x )(O 2 − O1)]
(6.5)
76

82. 77
por continuidad:
∆S =
(I1 + I 2) ∆t − (O 2 − O1) ∆t
2
(6.6)
2
igualando (6.5) y (6.6):
K [x(I 2 − I1) + (1 − x )(O 2 − O1)] =
(I1 + I 2) ∆t − (O 2 − O1) ∆t
2
(6.7)
2
despejando O2:
O2 =
− ( Kx − 0.5t )
( Kx + 0.5t )
( K − Kx − 0.5t )
*I2 +
* I1 +
* O1
( K − Kx + 0.5t
( K − Kx + 0.5t )
( K − Kx + 0.5t )
O 2 = Co * I 2 + C1 * I1 + C 2 * O1
(6.8)
los coeficientes deben cumplir la condición:
Co + C1 + C 2 = 1
(6.9)
77

83. 78
6.3
Problemas relativos a el transito por el embalse y transito por el cauce
PROBLEMA 6.3.1
A un tramo de un río, con parámetros de tránsito K= 10 horas y x = 0.08 llega la siguiente
creciente:
T(h)
Q(m3/s)
T(h)
Q(m3/s)
0
50
30
250
3
65
33
200
6
125
36
165
9
200
39
140
12
320
42
120
15
475
45
100
18
545
48
85
21
490
51
75
24
372
27
300
Calcular cuál será el caudal máximo de la creciente a la salida del tramo.
SOLUCION
En este caso los coeficientes de Muskingum para el tránsito en el cauce serán:
Co =
− (10 * 0.08 − 0.5 * 3)
− ( K * x − 0.5 * t )
=
= 0.0654
( K − K * x + 0.5 * t ) (10 − 10 * 0.08 + 0.5 * 3)
C1 =
( K * x + 0.5 * t )
(10 * 0.08 + 0.5 * 3)
=
= 0.215
( K − K * x + 0.5 * t ) (10 − 10 * 0.08 + 0.5 * 3)
C2 =
( K − K * x − 0.5 * t ) (10 − 10 * 0.08 − 0.5 * 3)
=
= 0.720
( K − K * x + 0.5 * t ) (10 − 10 * 0.08 + 0.5 * 3)
Verificando que la suma de los coeficientes cumplan la condición:
Co+C1+C2 = 1
0.0654+ 0.215 + 0.720 = 1
Luego para este cauce la ecuación de tránsito será:
O2 = Co*I2 + C1*I1 + C2*O1
O2 = 0.0654*I2 + 0.215*I1 + 0.720*O1
78

84. 79
Aplicando esta ecuación de tránsito se obtienen los valores que se muestran en la tabla
siguiente; en ella se ha asumido que el primer valor del caudal de salida del tramo es igual
al de entrada.
T(h)
0
3
6
9
12
15
18
21
24
27
30
33
36
39
42
45
48
51
Q(m3/s)
50
65
125
200
320
475
545
490
372
300
250
200
165
140
120
100
85
75
Co*I2
C1*I1
C2*O
4.25
8.18
13.08
20.93
31.07
35.64
32.05
24.33
19.62
16.35
13.08
10.79
9.16
7.85
6.54
5.56
4.91
10.75
13.98
26.88
43
68.8
102.13
117.18
105.35
79.98
64.5
53.75
43
35.48
30.1
25.8
21.5
18.28
O
50
51
58.88
82.35
123.22
188.59
273.55
346.19
378.94
372.44
349.01
318.12
282.84
248.28
216.71
188.37
162.69
140.33
36
36.72
42.39
59.29
88.72
135.78
196.96
249.26
272.84
268.16
251.29
229.05
203.64
178.76
156.03
135.63
117.14
PROBLEMA 6.3.2
Se tiene dos subcuencas A y B, que confluyen en un punto aguas abajo de las mismas. En
dichas subcuencas se tienen los siguientes eventos de precipitación efectiva:
T(h)
0.5
1
1.5
2
2.5
Precipitación en A
(mm)
5
Precipitación en B
(mm)
3
4
2
3
Hasta el punto de confluencia, los parámetros de Muskingum para ambas cuencas son :
Valor K(h)
Valor x
Subcuenca A
10
0.02
Subcuenca B
6
0.03
79

85. 80
El hidrograma unitario de media hora de duración para ambas subcuencas es:
T(h)
0
Q(m3/s)/mm 0
0.5
1.8
1.0
30.9
1.5
85.6
2.0
41.8
2.5
14.6
3.0
5.5
3.5
1.8
Se pide calcular el hidrograma de escorrentía directa resultante en la confluencia de ambas
subcuencas.
SOLUCIÓN
El hidrograma de escorrentía directa en la subcuenca A será:
T(h)
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
5
5.5
HU(m3/s)/mm
0
1.8
30.9
85.6
41.8
14.6
5.5
1.8
Qd = HU*5
0
9
154.5
428
209
73
27.5
9
Qd = HU*4
Qd = HU*3
Qd = HU*2
0
7.2
123.6
342.4
167.2
58.4
22
7.2
Qd = HU*2
0
3.6
61.8
171.2
83.6
29.2
11
3.6
QdR(m3/s)
0
9
154.5
435.2
332.6
419
256.5
238.6
105.6
36.4
11
3.6
y para la subcuenca B:
T(h)
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
5
HU(m3/s)/mm
0
1.8
30.9
85.6
41.8
14.6
5.5
1.8
0
5.4
92.7
256.8
125.4
43.8
16.5
5.4
0
3.6
61.8
171.2
83.6
29.2
11
3.6
QdR(m3/s)
0
0
5.4
92.7
260.4
187.2
215
100.1
34.6
11
3.6
Se transita el Hidrograma de escorrentía directa producido por la Subcuenca A hasta la
confluencia. Aplicando las ecuaciones del problema anterior los coeficientes de tránsito
serán:
80

86. 81
Co = 0.005
C1 = 0.045
C2 = 0.95
Verificando la condición:
Co + C1 + C2 = 0.005 + 0.045 + 0.95 =1
El resultado del tránsito será:
T(h)
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
5
5.5
QdR(m3/s)
0
9
154.5
435.2
332.6
419
256.5
238.6
105.6
36.4
11
3.6
Co*I2
C1 * I1
C2 * O1
0.05
0.77
2.18
1.66
2.1
1.28
1.19
0.53
0.18
0.06
0.02
0
0.41
6.95
19.58
14.97
18.86
11.54
10.74
4.75
1.64
0.5
0
0.04
1.16
9.78
29.47
44.21
61.13
70.17
77.37
78.19
75.90
O(m3/s)
0
0.05
1.22
10.29
31.02
46.54
64.35
73.86
81.44
82.30
79.89
76.42
Análogamente para la subcuenca B:
Co = 0.012
C1 = 0.0708
C2 = 0.918
Co + C1 + C2 = 0.012 + 0.0708 + 0.918 =1
O2 = 0.012*I2 + 0.0708*I1 + 0.918*O1
T(h)
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
5
QdR(m3/s)
0
0
5.4
92.7
260.4
187.2
215
100.1
34.6
11
3.6
Co*I2
C1 * I1
C2 * O1
0
0.06
1.11
3.12
2.25
2.58
1.2
0.42
0.13
0.04
0
0
0.38
6.56
18.44
13.25
15.22
7.09
2.45
0.78
0
0
0.06
1.42
10.19
28.35
40.56
52.31
54.91
52.78
O
0
0
0.06
1.55
11.1
30.88
44.18
56.98
59.82
57.49
53.6
81

87. 82
El hidrograma resultante en la confluencia es la suma de los hidrogramas transitados hasta
dicho punto:
T(h)
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
5
5.5
OA(m3/s)
0
0.05
1.22
10.29
31.02
46.54
64.35
73.86
81.44
82.30
79.89
76.42
OB(m3/s)
0
0
0.06
1.55
11.11
30.88
44.18
56.98
59.82
57.49
53.6
QR(m3/s)
0
0.05
1.28
11.84
42.12
77.42
108.53
130.84
141.26
139.79
133.49
76.42
PROBLEMA 6.3.3
A la salida de una cuenca se ha planteado construir un embalse cuyas características
topográficas e hidráulicas se muestran a continuación:
Cota (msnm)
Area (Km2)
100
0
110
0.05
120
0.15
130
0.20
140 150 160
0.325 0.625 1
170
2
Cota de fondo = 100 msnm
Cota del volumen muerto = 105 msnm
Ecuación de descarga por los orificios:
Cota nivel normal = 135 msnm
Cota máxima = 140 msnm
Q = 0.8 * A * 2 gh
Ecuación de descarga por el aliviadero:
Longitud del aliviadero:
Q = 2.1 * L * H
10 m
3
2
A este embalse llega la siguiente creciente.
T(h)
Q(m3/s)
0
0
1
2.98
10
11
12
13
32.73 21.44 14.01 9.15
2
3
16.89 50.4
14
5.98
4
5
6
7
8
9
100.85 141.04 147.06 116.47 76.33 49.97
15
3.93
82

88. 83
El embalse tendría dos orificios de salida: uno ubicado en la cota 105 msnm, de 1.5 m de
diámetro, y otro en la cota 112 msnm, con un diámetro de 1.2 m. Al inicio del tránsito, el
espejo de agua en el embalse está en la cota 108 msnm y ambos orificios están cerrados. El
primer orificio se abre si el nivel del agua excede los 112 msnm; el segundo si el nivel del
agua sobrepasa la cota 125 msnm.
Para estas condiciones, calcular el hidrograma de salida del embalse.
SOLUCION:
Con la información topográfica pueden calcularse los valores de la curva altura – área –
capacidad:
Cota(msnm)
h (m)
Area(10^6)m2
Volumen(10^6)m3
100
110
120
130
140
0
10
20
30
40
0
0.05
0.15
0.2
0.325
0
0.25
1
1.75
2.625
Volumen
Acumulado(10^6)m3
0
0.25
1.25
3
5.625
La ecuación de tránsito a través de un embalse es:
 2S
  2S

I 1 + I 2 +  1 − O1  =  2 + O2 
 t
  t

donde:
I1 :
I2 :
S1 :
S2 :
O 1:
O 2:
caudal que ingresa al embalse en el instante 1
caudal que ingresa al embalse en el instante 2
almacenamiento en el embalse en el instante 1
almacenamiento en el embalse en el instante 2
caudal que sale del embalse en el instante 1
caudal que sale del embalse en el instante 2
La ecuación de tránsito debe aplicarse para dos intervalos sucesivos de tiempo, t1 y t2; la
diferencia entre ambos valores determina el intervalo de tránsito t. Los valores del miembro
derecho de la ecuación son conocidos, correspondiendo el primer valor de S1 al
almacenamiento inicial en el embalse. Posteriormente, el valor calculado de S2 para un
intervalo dado será el correspondiente S1 para el siguiente.
83

89. 84
Los términos del lado derecho de la ecuación, S2 y O2, no son conocidos por lo que se
tendrá una ecuación con dos incógnitas. La estrategia de solución será calcular primero el
2S
lado izquierdo de la ecuación lo cuál será igual a la expresión
+ O del instante t2; luego,
t
y utilizando la curva altura – área – capacidad y las ecuaciones de descarga, pueden
2S
calcularse varios pares de valores para la relación
+ O vs. O, en lo que podría
t
denominarse una función auxiliar.
2S
+ O obtenido calculando el lado izquierdo
t
corresponderá un valor de O en la función auxiliar. Para el problema la función auxiliar
es:
De esta forma, para cada valor de
H(m)
0
5.75
8
10
12
12.6
20
25
30
35
36
37
38
39
40
FUNCIÓN AUXILIAR
2S/t + O
O(m3/s)
0
0
79.89
0
111.11
0
138.89
0
250
0
299.72
16.39
718.08
23.64
1208.03
27.47
1714.22
47.55
2394.44
52.83
2616.5
74.83
2801.7
114.2
2998.21
164.88
3203.87
224.7
3417.41
292.41
De acuerdo a la información, al inicio del tránsito el nivel del agua en el embalse está en la
cota 108 msnm, H = 8 m, luego:
2S
+ O = 111.11 → O = 0
t
y aplicando la ecuación de tránsito en el embalse se obtiene:
84

90. 85
T(h)
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
I(m3/s)
0
2.98
16.89
50.4
100.85
141.04
147.06
116.47
76.33
49.97
32.73
21.44
14.01
9.15
5.98
3.93
2S/T – O
111.11
114.09
133.96
201.25
317.9
517.99
757.99
968.94
1107.52
1176.84
1200.52
1196
1174.65
1143.03
1104
1060.45
2S/T +O
111.11
114.09
133.96
201.25
352.5
559.79
806.09
1020.96
1161.74
1233.82
1259.54
1254.64
1231.45
1197.81
1158.16
1113.91
O(m3/s)
0
0
0
0
17.3
20.90
24.33
26.01
27.11
28.49
29.51
29.32
28.40
27.39
27.08
26.73
PROBLEMA 6.3.4
Una zona urbanizada sufre de constantes problemas de inundaciones debido al cauce que la
atraviesa, siendo la creciente crítica la siguiente.
t (minutos)
Q (m3/s)
0
0
5
10
10
30
15
50
20
60
25
55
30
45
35
30
40
15
45
5
50
0
A fin de amortiguar esta creciente se ha propuesto la construcción de una estructura, tipo
piscina, con una base rectangular de 100 metros de longitud y 70 metros de ancho; la altura
sugerida para esta estructura es de 15 metros.
Dicha estructura estaría ubicada en el cauce, antes de la urbanización, y tendría un orificio
de salida situado a nivel de su base, de forma rectangular con un largo de 3 metros y una
altura de 0.5 metros. El coeficiente de descarga de dicho orificio es de 0.6. En la época de
creciente la estructura se mantendrá siempre vacía a fin de que tenga la máxima capacidad
de amortiguación.
Con base a ello se pide:
a.
b.
c.
¿ Que opinión le merece la altura sugerida para la estructura de amortiguación?
¿ Que altura sugeriría Ud?
¿ Cuál es el caudal máximo de salida de la estructura para la creciente de
diseño?
85

91. 86
SOLUCIÓN
La estructura de amortiguación funcionará de forma similar a una de almacenamiento; por
lo tanto, deberá efectuarse el tránsito de la creciente crítica a través de él para evaluar su
funcionamiento. La ecuación de descarga del orificio será:
Q = 0.6 *1.5 * 2 * 9.81 * h
en la cuál h se mide con relación al centro del orificio; la relación
2S
+ O → vs → O
t
tabulada será:
H(m)
0
0.25
3
6
9
12
15
Area(m2)
7000
7000
7000
7000
7000
7000
7000
FUNCIÓN AUXILIAR
Volumen Acumulado(m3)
0
1750
21000
42000
63000
84000
105000
2S/t+O
0
11.67
146.61
289.56
431.79
573.67
715.31
O(m3/s)
0
0
6.61
9.56
11.79
13.67
15.31
Efectuando el tránsito a través de la estructura se obtendrá:
T(h)
0
5
10
15
20
25
30
35
40
45
50
a.
b.
c.
I(m3/s)
0
10
30
50
60
55
45
30
15
5
0
2S/T - O
0
10
46.24
115.02
208.56
303.38
380.7
431.48
451.72
447.08
427.96
2S/T +O
0
10
50
126.24
225.02
323.56
403.38
455.7
476.48
471.72
452.08
O(m3/s)
0
0
1.88
5.61
8.23
10.09
11.34
12.11
12.38
12.32
12.06
Como puede observarse, el caudal máximo de salida es de 12.38 m3/s; de
acuerdo a la ecuación de descarga, la altura máxima de agua sobre el orifico será
de 9.64 m. Luego, la altura propuesta de 15 m es excesiva.
Tomando como referencia el eje horizontal del orificio de desca se sugiere una
altura mínima de 10.0 m.
El caudal máximo de salida de la estructura es de 12.38 m3/seg.
86

92. 87
PROBLEMA 6.3.5
Los datos de elevación – área - descarga para un pequeño embalse sin compuerta de control
son los siguientes:
Elevación (m)
Area (ha)
Q efluente (m3/seg)
0
500
0
0.3
510
15
0.6
520
43
0.9
525
78
1.2
530
120
1.5
540
168
1.8
550
219
2.1
560
275
2.4
570
337
2.7
580
409
Si el hidrograma afluente durante una creciente corresponde a los valores que muestran a
continuación:
Fecha
18/4/73
Hora
24
3
Q afl.(m /seg) 43
19
6
43
12
46
18
57
24
89
20
6
149
12
274
18
355
24
345
21
6
317
Determinar, empleando el procedimiento de tránsito, el caudal efluente y el nivel del
embalse a las 24 horas del 20/4/73. Use 6 horas como unidad de tiempo para el tránsito.
Asuma que el nivel del agua en el embalse está exactamente en el labio del aliviadero,
elevación 0, el 18 de Abril de 1973 a las 24 horas.
SOLUCIÓN
Con la información disponible pueden calcularse los valores de la relación 2S/t + O vs O :
Elevación(m) Area(m2)*106 Volumen(m3)*106
0
0.3
0.6
0.9
1.2
1.5
1.8
2.1
2.4
2.7
5
5.1
5.2
5.25
5.3
5.4
5.5
5.6
5.7
5.8
0
1.515
1.545
1.5675
1.5825
1.605
1.635
1.665
1.695
1.725
Volumen
Acumulado(m3)*106
0
1.515
3.06
4.6275
6.21
7.815
9.45
11.115
12.81
14.535
2S/T + O
O(m3/s)
0
155.28
326.3
506.47
695
891.61
1094
1304.17
1523.11
1754.83
0
15
43
78
120
168
219
275
337
409
Luego, efectuando el tránsito por el embalse:
87

93. 88
Fecha
18/04/73
19/04/73
20/04/73
21/04/73
T(h)
24
6
12
18
24
6
12
18
24
6
I(m3/s)
43
43
46
57
89
149
274
355
345
317
2S/T – O
0
69.38
127.33
175.75
237.23
331.37
485.39
665.53
780.77
814.27
2S/T + O
0
86
158.33
230.33
321.75
475.23
754.37
1114.39
1365.53
1442.77
O(m3/s)
0
8.31
15.5
27.29
42.26
71.93
134.49
224.43
292.38
314.25
Caudal efluente a las 24 horas de 20/04/73 es igual a 292.38 m3/s
Nivel del embalse a las 24 horas de 20/04/73 es igual a 2.18 metros.
88

94. 89
CAPÍTULO VII
7.1
Hidrograma de C.O Clark
El método de C.O. Clark permite calcular el hidrograma unitario generado por una
cuenca a partir de los tiempos de viaje del agua a través de la cuenca. Uno de estos tiempos
característicos es el denominado tiempo de concentración el cuál se define como el tiempo
que tarda una partícula de agua en llegar desde el punto más alejado de la cuenca hasta el
punto de salida. Una expresión para estimar este tiempo es la ecuación de Kirpich:
Tc = 0.0195 * L1.155 * H −0.385
(7.1)
dónde:
L:
H:
Tc:
longitud del cauce principal (metros)
diferencia altitudinal entre el punto más lejano y la salida (metros)
tiempo de concentración ( minutos)
En una cuenca puede determinarse cualquier tiempo en particular; a la línea que une
los puntos con iguales tiempos de viaje se le denomina isocrona. En la figura 7.1 se ilustra
el concepto.
Figura 7.1 Líneas de igual tiempo de viaje: isocronas
Si en una cuenca se asume la ocurrencia de una precipitación efectiva igual a 1 mm,
y de duración instantánea, cada área entre isocronas generará un volumen de agua que será
proporcional a su área. Sin embargo, en el tránsito de los volúmenes de agua a lo largo de
la cuenca deben considerarse los efectos de almacenamiento de los cauces naturales; para
ello se utiliza el método de Muskingum con un valor de x igual a cero.
89

95. 90
Finalmente, los volúmenes transitados deberán ser transformados a caudal para lo
cuál se aplicará un factor de corrección. Los pasos principales del procedimiento se
resumen a continuación:
•
Se crea un embalse hipotético con valor de K igual al de la cuenca y con x = 0, (
condición de embalse)
•
Se divide la cuenca en varias subcuencas, mediante isócronas de acuerdo a los
puntos de igual tiempo de viaje ( Tv); éstas isócronas deben trazarse teniendo en
cuenta la topografía y la hidrografía, etc.
•
Las áreas entre isócronas se expresan en % del área total
•
Se construye el diagrama de % de área - tiempo de viaje
•
Este diagrama constituye el hidrograma afluente al embalse hipotético de Clark,
haciendo el transito por el método de muskingum con K de la cuenca y x= 0. El
resultado de este tránsito de almacenamiento viene dado en % de área y para
convertirlo en caudal, debe multiplicarse por:
F=
Pe(m) * A(m 2 )
I ( seg ) * 100
(7.2)
dónde:
Pe:
A:
I:
precipitación efectiva unitaria en metros
área total de la cuenca Km2
intervalos entre isocronas en segundos
El hidrograma obtenido es un hidrograma unitario instantáneo, HUI. Para
determinar el hidrograma de escorrentía directa, se hace necesario aplicar la lluvia
concentrada al inicio y al final de cada intervalo y desplazarlas en el tiempo
correspondiente a la duración de la lluvia
90

96. 91
7.2
Problemas de aplicación del Hidrograma Unitario Instantáneo
PROBLEMA 7.2.1
Para una cuenca dada se tiene la información de isócronas y áreas que se muestra en el
cuadro adjunto. Sobre ella ocurre una lluvia de tres horas de duración con las láminas de
precipitación que también se presentan en el mismo cuadro.
Isócronas (horas) Área (Km2)
1
2
3
4
10
30
45
40
Hora 1
15
10
12
18
Precipitación(mm)
Hora 2
20
15
10
15
Hora 3
25
20
15
18
En la cuenca, 30% del área tiene curva número 88, 40% tiene CN 90 y 30% posee CN
igual a 85.
Calcular el hidrograma de escorrentía directa resultante del evento.
SOLUCIÓN
Las precipitaciones medias en la cuenca para cada hora serán:
PM 01 =
15 * 10 + 10 * 30 + 12 * 45 + 18 * 40 1710
=
= 13.68mm
10 + 30 + 45 + 40
125
PM 02 =
20 * 10 + 15 * 30 + 10 * 45 + 15 * 40 1700
=
= 13.60mm
10 + 30 + 45 + 40
125
PM 03 =
25 * 10 + 20 * 30 + 15 * 45 + 18 * 40 2245
=
= 17.96mm
10 + 30 + 45 + 40
125
Para la lámina de escorrentía directa puede emplearse el método de la curva número,
determinándose inicialmente la curva número promedio ponderada para el conjunto de la
cuenca:
CN = 0.30 * 88 + 0.40 * 90 + 0.30 * 85 = 87.9
91

97. 92
y el valor del almacenamiento potencial del suelo será:
S=
2540
− 25.4 = 3.50cm
87.9
Q=
( P − 0.20 * S ) 2
( P + 0.80 * S )
aplicando la relación:
puede efectuarse la desagregación de la lluvia en el tiempo y el cálculo de las láminas de
escorrentía directa, tal como se aprecia en el cuadro siguiente:
T(horas) S(cm)
1
3.5
2
3.5
3
3.5
Pacum.(cm) Qacum(cm) Qparcial(cm) Qparcial(mm)
1.368
0.1071
0.1071
1.071
2.728
0.7440
0.6369
6.369
4.524
1.9966
1.253
12.53
La aplicación del hidrograma unitario instantáneo (HUI) de C.O. Clark, requiere
discretizar la lluvia en el tiempo; para ello, se asume que, en cada intervalo, la mitad de la
precipitación ocurre en el instante inicial y la otra mitad en el instante final. Luego se
suman los valores coincidentes y se obtiene la discretización final del evento. El
procedimiento se ilustra en los gráficos adjuntos:
Cada uno de estos valores puntuales de precipitación efectiva debe ser multiplicado por el
hidrograma unitario instantáneo, HUI. La consideración básica del método es que sobre la
cuenca ocurre una precipitación efectiva unitaria de duración instantánea; luego, si la
cuenca es dividida en isócronas de igual amplitud es evidente que los volúmenes de
escorrentía directa generados serán proporcionales a las áreas entre isócronas.
92

98. 93
Dichos volúmenes generados saldrán por el punto de salida de la cuenca de forma
secuencial, pudiendo obtenerse un hidrograma tiempo - volumen, ( o tiempo – área) para la
cuenca. Para completar el análisis debe incluirse el efecto de almacenamiento en los cauces;
para ello deben calcularse los parámetros de tránsito de Muskingum, con x = 0. En este
caso, para K = 4 horas y t = 1 hora, se tendrá:
Co = C1 =
C2 =
0.5 * t
0.5 * 1
=
= 0.11
( K + 0.5 * t ) 4 + 0.5 * 1
( K − 0.5 * t ) (4 − 0.5 * 1)
=
= 0.78
( K + 0.5 * t ) (4 + 0.5 * 1)
y el factor de transformación para obtener el hidrograma tiempo – caudal será:
F=
Pe(m) * A(m)
0.001 * 125 * 10 6
=
= 0.347
Iisocronas ( seg ) * 100
3600 * 100
el hidrograma unitario instantáneo será:
Isócronas (hrs)
%Area
%Area(Co+C2)
C2*O
O
HUI=O*F
0
0
0
0
0
0
1
8
1.76
0
1.76
0.61
2
24
5.28
1.37
6.65
2.31
3
36
7.92
5.19
13.11
4.55
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
32
7.04
10.23
13.47
10.5
8.20
6.40
4.99
3.89
3.03
2.36
1.84
1.44
1.12
0.87
0.68
0.53
0.41
0.32
0.25
17.27
13.47
10.5
8.20
6.40
4.99
3.89
3.03
2.36
1.84
1.44
1.12
0.87
0.68
0.53
0.41
0.32
0.25
5.99
4.67
3.65
2.85
2.22
1.73
1.35
1.05
0.82
0.64
0.5
0.39
0.3
0.24
0.18
0.14
0.11
0.09
93

99. 94
Aplicando el HUI a cada una de las precipitaciones puntuales, desplazando y sumando, se
obtiene el hidrograma de escorrentía directa resultante, QdR:
Isócronas (hrs) Qd=HUI*0.536 Qd=HUI*3.721 Qd=HUI*9.45
Qd=HUI*6.265 QdR(m3/s)
0
0
0
1
0.33
0
2
1.24
2.27
0
3
2.44
8.60
5.76
0
16.8
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
3.21
2.5
1.96
1.53
1.19
0.93
0.72
0.56
0.44
0.34
0.27
0.21
0.16
0.13
0.1
0.08
0.06
0.05
16.93
22.29
17.38
13.58
10.60
8.26
6.44
5.02
3.91
3.05
2.38
1.86
1.45
1.13
0.88
0.69
0.54
0.42
0.33
21.83
43.00
56.61
44.13
34.49
26.93
20.98
16.35
12.76
9.92
7.75
6.05
4.73
3.69
2.84
2.27
1.70
1.32
1.04
0.85
3.82
14.47
28.51
37.53
29.26
22.87
17.86
13.91
10.84
8.46
6.58
5.14
4.01
3.13
2.44
1.88
1.50
1.13
0.88
0.69
0.56
45.79
82.26
104.46
96.77
75.54
58.99
46.00
35.84
27.95
21.77
16.98
13.26
10.35
8.07
6.27
4.9
3.78
2.91
2.25
1.54
0.56
0.33
3.51
PROBLEMA 7.2.2
Para una cuenca dada se tiene la información de isocronas y áreas que se muestran a
continuación:
Isocronas(h)
Areas (Km2 )
0
0
1
10
2
30
3
45
4
40
Se pide calcular el hidrograma unitario de 2 horas de duración.
SOLUCION:
94

100. 95
Por definición, el hidrograma unitario es la escorrentía generada por una precipitación
efectiva de 1 mm; luego si se puntualiza la precipitación de 1 mm en 2 horas se tendría:
0.5 mm
0.5 mm
2
0
Los parámetros para el cálculo del hidrograma unitario instantáneo de C.O. Clark serán:
Co = C1 =
C2 =
0.5 * T
=0.11
k + 0.5 * T
k − 0.5 * T
=0.78
k + 0.5 * T
y el factor de transformación:
F=
0.001 * 125 * 10 6
Pe * A
=
=0.347 m3/s
3600 * 100
Iisocronas * 100
y el hidrograma unitario instantáneo obtenido para la cuenca:
Isocronas(hrs.)
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
%Area
0
8
24
36
32
%Area*(C0+C1)
0
1.76
5.28
7.92
7.04
C2 *O
0
0
1.37
5.19
10.23
13.47
10.5
8.20
6.40
4.99
3.89
3.03
2.36
1.84
1.44
1.12
0.87
0.68
0.53
0.41
O
0
1.76
6.65
13.11
17.27
13.47
10.5
8.20
6.40
4.99
3.89
3.03
2.36
1.84
1.44
1.12
0.87
0.68
0.53
0.41
HUI(m3/s)
0
0.61
2.31
4.55
5.99
4.67
3.65
2.85
2.22
1.73
1.35
1.05
0.82
0.64
0.5
0.39
0.3
0.24
0.18
0.14
95

101. 96
Aplicando el HUI a cada una de las precipitaciones puntuales, desplazando y sumando se
obtiene:
Isocronas(hrs.)
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
HUI
0
0.61
2.31
4.55
5.99
4.67
3.65
2.85
2.22
1.73
1.35
1.05
0.82
0.64
0.5
0.39
0.3
0.24
0.18
0.14
HUI * 0.5 mm HUI * 0.5 mm HU(2h)(m3/s)/mm
0
0
0.31
0.31
1.16
0
1.16
2.28
0.31
2.59
3
1.16
4.16
2.34
2.28
4.62
1.83
3
4.83
1.43
2.34
3.77
1.11
1.83
2.94
0.87
1.43
2.30
0.68
1.11
1.79
0.53
0.87
1.40
0.41
0.68
1.09
0.32
0.53
0.85
0.25
0.41
0.66
0.20
0.32
0.52
0.15
0.25
0.4
0.12
0.20
0.32
0.09
0.15
0.24
0.07
0.12
0.19
0.09
0.09
0.07
0.07
PROBLEMA 7.2.3
En una cuenca experimental, de 78 Km2 de superficie, se han colocado 5 estaciones de
precipitación que tienen los siguientes porcentajes de influencia referidos al área total.
También, la cuenca esta dividida en cuatro subcuencas que coinciden con las isocronas de
intervalos de 01 hora.
SC
P1
P2
P3
P4
P5
I
II
III
IV
0.01
0.02
0.1
0.07
0.15
0.05
0
0
0.06
0.04
0.08
0.02
0.06
0.07
0.03
0.04
0.05
0.03
0.04
0.08
Índice φ para el evento (mm/h)
5
4
3.5
4.5
96

102. 97
En las estaciones se han registrado las precipitaciones siguientes, en mm, para 02 horas de
duración:
P1 = 12
P2 = 21
P3 = 32
P4 = 19
P5 = 15
Se pide calcular el hidrograma de escorrentía directa del evento.
SOLUCIÓN:
En el cuadro adjunto se visualiza la matriz de áreas de influencia. Cada línea representará la
fracción, referida al área total de la cuenca, en que cada estación de precipitación influencia
a cada subcuenca. La sumatoria de cada línea representará la fracción del área total que
corresponde a cada subcuenca.
La sumatoria por columnas representará la fracción del área total que es influenciada por
cada una de las estaciones; en este caso puede observarse que todas las estaciones tienen la
misma fracción de influencia en la cuenca: 0.20 (ó 20 %).
SC
I
II
III
IV
Total
P1
0.01
0.02
0.10
0.07
0.20
P2
0.15
0.05
0.00
0.00
0.20
P3
0.06
0.04
0.08
0.02
0.20
P4
0.06
0.07
0.03
0.04
0.20
P5
0.05
0.03
0.04
0.08
0.20
Total
0.33
0.21
0.25
0.21
1.0
Luego, la precipitación promedio ponderado para la cuenca será:
P2h = 0.2 * 12 + 0.2 * 21 + 0.2 * 32 + 0.2 * 19 +0.2 * 15 = 19.8 mm
El φ promedio para el conjunto de la cuenca será:
φ = 5*0.33 + 4*0.21 + 3.5*0.25 + 4.5*0.21 = 4.31 mm/h
La precipitación efectiva en las dos horas es:
Pe2h = P2h - φ = 19.8 mm – 4.31 mm/h * 2 h =11.18 mm
97

103. 98
Puntualizando esta lluvia para los instantes inicial y final:
5.59 mm
5.59 mm
2
0
Los parámetros para calcular el HUI y el hidrograma resultante serán:
Co = C1 =
F=
0.5 * T
=0.11
k + 0.5 * T
C2 =
k − 0.5 * T
=0.78
k + 0.5 * T
0.001 * 78 * 10 6
Pe * A
=
=0.217 m3/s
3600 * 100
Iisocronas * 100
Isocronas(hrs)
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
%Area
0
33
21
25
21
%Area*(Co+C1)
0
7.26
4.62
5.5
4.62
C2*O
0
0
5.66
8.02
10.55
11.83
9.23
7.2
5.62
4.38
3.42
2.67
2.08
1.62
1.26
0.98
0.76
0.59
0.46
0.36
0.28
O
0
7.26
10.28
13.52
15.17
11.83
9.23
7.2
5.62
4.38
3.42
2.67
2.08
1.62
1.26
0.98
0.76
0.59
0.46
0.36
0.28
HUI
0
1.58
2.23
2.93
3.29
2.57
2
1.56
1.22
0.95
0.74
0.58
0.45
0.35
0.27
0.21
0.16
0.13
0.1
0.08
0.06
98

104. 99
Isocronas(hrs)
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
HUI
0
1.58
2.23
2.93
3.29
2.57
2
1.56
1.22
0.95
0.74
0.58
0.45
0.35
0.27
0.21
0.16
0.13
0.1
0.08
0.06
Qd=HUI*5.59 Qd=HUI*5.59 QdR (m3/s)
0
0
8.83
8.83
12.47
0
12.47
16.38
8.83
25.21
18.39
12.47
30.86
14.37
16.38
30.75
11.18
18.39
29.57
8.72
14.37
23.09
6.82
11.18
18
5.31
8.72
14.03
4.14
6.82
10.96
3.24
5.31
8.55
2.52
4.14
6.66
1.96
3.24
5.2
1.51
2.52
4.03
1.17
1.96
3.13
0.89
1.51
2.4
0.73
1.17
1.9
0.56
0.89
1.45
0.45
0.73
1.18
0.34
0.56
0.9
PROBLEMA 7.2.4
Para una cuenca dada se tiene la información de isócronas e índice φ que, como puede
observarse, es variable en el tiempo. En esta cuenca existen tres estaciones de precipitación,
P1, P2 y P3, con porcentajes de influencia de 30%, 40% y 30% del área de la cuenca,
respectivamente. En cada uno de ellos ocurre el hietograma de precipitación que se muestra
en la parte derecha del cuadro adjunto
Isócronas
Area
Indice φ (mm)
(horas)
(Km2)
H01
H02
H03
0 - 0.5
10
10
8
6
0.5 - 1.0
30
8
6
1.0 - 1.5
45
10
9
Precipitación (mm)
H01
H02
H03
P1
18
12
14
5
P2
16
12
9
7
P3
13
10
8
Se pide calcular el hidrograma de escorrentía directa generado por el evento a la salida de la
cuenca.
SOLUCION:
99

105. 100
La precipitación promedio para la cuenca en cada intervalo será:
P0-1 = 18 * 0.3 + 16 * 0.4 + 13 * 0.3 = 15.7 mm
P1-2 = 12 * 0.3 + 12 * 0.4 + 10 * 0.3 = 11.4 mm
P2-3 = 14 * 0.3 + 9 * 0.4 + 8 * 0.3 = 10.2 mm
De forma similar, los valores de φ promedio en cada intervalo serán:
10 *10 + 8 * 30 + 10 * 45
= 9.29mm / h
85
8 * 10 + 6 * 30 + 9 * 45
φ1 − 2 =
= 7.82mm / h
85
6 * 10 + 5 * 30 + 7 * 45
φ2 − 3 =
= 6.18mm / h
85
φ0 −1 =
Luego, la precipitación efectiva en cada hora es:
Pe0-1 = 15.7 mm – 9.29 mm/h * 1 h = 6.41 mm
Pe1-2 = 11.4 mm – 7.82 mm/h * 1 h = 3.58 mm
Pe2-3 = 10.2 mm – 6.18 mm/h * 1 h = 4.02 mm
Calculadas las precipitaciones efectivas se requiere ahora el hidrograma unitario de la
cuenca; en este caso, puede calcularse el Hidrograma Unitario Instantáneo, HUI. Para ello,
los parámetros de tránsito serán:
Co = C1 =
C2 =
F=
0.5 * t
0.5 * 0.5
=
= 0.143
K + 0.5 * t 1.5 + 0.5 * 0.5
K − 0.5 * t 1.5 − 0.5 * 0.5
=
= 0.714
K + 0.5 * t 1.5 + 0.5 * 0.5
0.001 * 85 * 106
PE * A
=
= 0.472 m3/s
Iisocronas * 100 0.5 * 3600 * 100
y el hidrograma unitario:
100

106. 101
Isocronas(h) Area (Km2 ) %Area %Area*(Co+C1)
O*C2
O
HUI(m3/s)
0
0
0
0
0
0
0
0.5
10
11.76
3.36
0
3.36
1.59
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
5
5.5
6
6.5
7
7.5
8
8.5
9
30
45
35.29
52.94
10.09
15.14
2.4
8.92
17.18
12.27
8.76
6.25
4.46
3.18
2.27
1.62
1.16
0.83
0.59
0.42
0.3
0.21
0.15
12.49
24.06
17.18
12.27
8.76
6.25
4.46
3.18
2.27
1.62
1.16
0.83
0.59
0.42
0.3
0.21
0.15
5.9
11.36
8.11
5.79
4.13
2.95
2.11
1.5
1.07
0.76
0.55
0.39
0.28
0.2
0.14
0.1
0.07
Puntualizando ahora las precipitaciones efectivas:
3.205
5.0
0
3.8
1
2.01
2
3
Multiplicando cada precipitación efectiva por el HUI, desplazando y sumando, se obtiene
finalmente:
101

107. 102
Isocronas(h)
HUI
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
4.5
5
5.5
6
6.5
7
7.5
8
8.5
9
9.5
10
10.5
11
11.5
12
Qd= HUI*3.205 Qd=HUI*5 Qd=HUI*3.8 Qd=HUI*2.01 QdR(m3/s)
0
1.59
5.9
11.36
8.11
5.79
4.13
2.95
2.11
1.5
1.07
0.77
0.55
0.39
0.28
0.2
0.14
0.1
0.07
0
5.10
18.91
36.41
25.99
18.56
13.24
9.45
6.76
4.81
3.43
2.44
1.76
1.25
0.90
0.64
0.45
0.32
0.22
0
7.95
29.50
56.80
40.55
28.95
20.65
14.75
10.55
7.50
5.35
3.80
2.75
1.95
1.4
1
0.70
0.50
0.35
0
6.04
22.42
43.17
30.82
22
15.69
11.21
8.02
5.70
4.07
2.89
2.09
1.48
1.06
0.76
0.53
0.38
0.27
0
5.10
18.91
44.36
55.49
81.40
76.21
84.77
70.09
64.39
45.97
32.79
23.43
16.68
11.96
8.53
6.09
4.33
3.09
2.04
1.44
0.78
0.55
0.2
0.14
0
3.20
11.86
22.83
16.3
11.64
8.30
5.93
4.24
3.02
2.15
1.53
1.11
0.78
0.56
0.4
0.28
0.2
0.14
PROBLEMA 7.2.5
Una cuenca de 85 Km2 de área tiene tres estaciones de precipitación cuyos datos de
profundidad de precipitación en mm, para dos horas de duración y 12 años de registros, se
muestran a continuación:
P1
P2
P3
40
60
56
50
28
141.5 77.2
95.6 43.6
51.4
64.8
56.4
33.4
60.4
45
39
103
81
42
62.6
62.4
29.8
93.8
51.2
44
65.2
66.8
35
56.8
53.8
33.9 60
114 56.8
52.2 98.4
También se sabe que:
102

108. 103
P1
P2
Distribución que ajusta
Gumbel
Periodo de retorno(años)
35
Porcentaje de influencia(%) 30
P3
Extrema I
60
40
Lognormal
50
30
La información de isocronas para la cuenca es la siguiente:
T(h)
Area(Km2)
φ (mm/h)
0
0
1
10
5
2
20
4.5
3
30
7
4
25
6
En un punto aguas abajo de la salida de la cuenca, con K= 10 horas, el hidrograma
transitado por el cauce es:
T(h)
0
3
Q(m /s) 0
1
0.63
2
4.79
3
4
5
6
7
8
9
15.06 34.64 60.63 86.57 109.11 122.64 129.52
10
11
12
13
14
131.57 130.17 126.36 120.99 114.59
15
16
17
107.61 100.39 93.11
18
19 20
86.01 79.04 72.05
Se pide calcular el valor del parámetro de tránsito de Muskingum x, para el cauce.
SOLUCIÓN.
En primer lugar debe calcularse la precipitación de 2 horas en cada una de las estaciones,
teniendo en consideración la distribución probabilística a la cuál se ajusta y su período de
retorno. Para la estación P1 se emplea la distribución Gumbel, cuya ecuación es:
−
X = X+
(Y − Yn)
* Sx
Sn
La media y la desviación típica para esta estación serán:
X = 40.54 mm
también:
N = 12
Tr = 35
Sustituyendo:
−
P1 = X = X +
Sx = 9.54
Yn = 0.5022 Sn = 0.9782
Y = 3.5135
(Y − Yn)
(3.5135 − 0.5022)
* Sx = 40.54 +
* 9.54 = 69.91mm
Sn
0.9782
En la estación P2 debe aplicarse la distribución Extrema Tipo I; luego:
103

109. 104
X=79.70
α=
Sx = 27.43
1.281 1.281
=
= 4.67 *10− 2
Sx
27.42
β= X-0.45 * Sx = 79.70 – 0.45 * 27.43 =67.36
P( x ≥ X ) = 1 − e −e
−α ( X − β )
reemplazando:
− 4.67 *10 2 ( X − 67.351 )
1
= 1 − e−e
, despejando el valor de X, se tiene: P2 =154.84 mm
60
Para la estación P3 debe utilizarse la distribución Lognormal para lo cual debe obtenerse
una nueva muestra de valores y de manera que: y = Log x. El promedio y la desviación
típica de los valores y serán:
y = 1.7876
Sy = 0.1178
también:
P( x ≥ X ) =
1
1
=
= 0.02
Tr 50
En la curva distribución normal estandarizada se tiene que para una probabilidad de
excedencia de 0.02 le corresponde tipificada de 2.0537. Luego, se tiene:
2.0537 =
( y − 1.7876)
0.1178
aplicando antilogaritmo:
despejando y:
y = 2.0295
P3 = 107.03 mm.
La precipitación promedio sobre la cuenca será:
P2 = 69.91 * 0.3 + 154.84 * 0.4 + 107.03 * 0.3 = 115.02 mm
Y el valor promedio del índice φ para la cuenca:
5 * 10 + 4.5 * 20 + 7 *10 + 6 * 25
= 5.88mm / h
85
la precipitación efectiva, Pe, será entonces:
φ=
Pe = P - φ = 115.02 mm – 5.88 mm/h * 2 h = 103.26 mm
104

110. 105
Obtenida la precipitación efectiva, debe ahora calcularse el Hidrograma Unitario
Instantáneo, HUI. En este caso las constantes serán:
Co = C1 =
C2 =
F=
0.5 * t
0.5 *1
=
= 0.11
K + 0.5 * t 4 + 0.5 * 1
K − 0.5 * t 4 − 0.5 * 1
=
= 0.78
K + 0.5 * t 4 + 0.5 * 1
0.001 * 85 * 106
PE * A
=
= 0.236 m3/s
1 * 3600 * 100
Iisocronas * 100
y el HUI:
Isocronas(h)
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
Area
0
10
20
30
25
% Area
0
11.76
23.53
35.29
29.41
%Area*(Co+C1)
0
2.59
5.18
7.76
6.47
C2*O
0
0
2.02
5.62
10.44
13.19
10.29
8.03
6.26
4.88
3.81
2.97
2.32
1.81
1.41
1.1
0.86
0.67
0.52
O
0
2.59
7.20
13.38
16.91
13.19
10.29
8.03
6.26
4.88
3.81
2.97
2.32
1.81
1.41
1.1
0.86
0.67
0.52
HUI
0
0.61
1.7
3.16
3.99
3.11
2.43
1.90
1.48
1.15
0.9
0.7
0.55
0.43
0.33
0.26
0.2
0.16
0.12
Para calcular el hidrograma de escorrentía directa resultante debe multiplicarse el HUI por
cada una de las precipitaciones puntuales previamente discretizadas en el tiempo como se
ilustra: o sea en 0 y en 2.
51.63
51.63
0
2
105

111. 106
Luego, multiplicando, desplazando y sumando, se obtiene:
Isocronas(h)
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
HUI(m3/s)
0
0.61
1.7
3.16
3.99
3.11
2.43
1.90
1.48
1.15
0.9
0.7
0.55
0.43
0.33
0.26
0.2
0.16
0.12
Qd=HUI*51.63
0
31.49
87.77
163.15
206
160.57
125.46
98.10
76.41
59.37
46.47
36.14
28.4
22.2
17.04
13.42
10.33
8.26
6.2
Qd=HUI*51.63
0
31.49
87.77
163.15
206
160.57
125.46
98.10
76.41
59.37
46.47
36.14
28.4
22.2
17.04
13.42
10.33
8.26
6.2
QdR(m3/s)
0
31.49
87.77
194.64
293.77
323.72
331.46
258.67
201.87
157.47
122.88
95.52
74.86
58.34
45.43
35.62
27.36
21.68
16.52
8.26
6.2
Las constantes de tránsito de Muskingum, expresadas en función de x serán:
Co =
− (10 * x − 0.5 * 1)
− ( K * x − 0.5 * t )
=
( K − K * x + 0.5 * t ) (10 − 10 * x + 0.5 * 1)
C1 =
( K * x + 0.5 * t )
(10 * x + 0.5 * 1)
=
( K − K * x + 0.5 * t ) (10 − 10 * x + 0.5 * 1)
C2 =
( K − K * x − 0.5 * t ) (10 − 10 * x − 0.5 * 1)
=
( K − K * x + 0.5 * t ) (10 − 10 * x + 0.5 * 1)
La ecuación de tránsito será:
O2 = Co*I2 + C1* I1 + C2 * O1
Aplicándola para los dos primeros intervalos donde: 02 =0.63
106

112. 107
0.63=
− (10 * x − 0.5 * 1)
(10 * x + 0.5 * 1)
(10 − 10 * x − 0.5 * 1)
*31.49+
*0+
*0
(10 − 10 * x + 0.5 * 1)
(10 − 10 * x + 0.5 * 1)
(10 − 10 * x + 0.5 * 1)
despejando:
x = 0.03
Co = 0.020
C1= 0.078
C2 = 0.902
Verificando:
T(h)
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
QdR(m3/s)
0
31.49
87.77
194.64
293.77
323.72
331.46
258.67
201.87
157.47
122.88
95.52
74.86
58.34
45.43
35.62
27.36
21.68
16.52
8.26
6.2
Co*I2
C1*I1
C2*O
0.63
1.76
3.89
5.88
6.47
6.63
5.17
4.04
3.15
2.46
1.91
1.5
1.17
0.91
0.71
0.55
0.43
0.33
0.17
0.12
0
2.46
6.85
15.18
22.91
25.25
25.85
20.18
15.75
12.28
9.58
7.45
5.84
4.55
3.54
2.78
2.13
1.69
1.29
0.64
0
0.57
4.32
13.58
31.25
54.69
78.09
98.42
110.62
116.83
118.68
117.41
113.98
109.13
103.36
97.06
90.55
83.99
77.58
71.29
O(m3/s)
0
0.63
4.79
15.06
34.64
60.63
86.57
109.11
122.64
129.52
131.57
130.17
126.36
120.99
114.59
107.61
100.39
93.11
86.01
79.04
72.05
PROBLEMA 7.2.6
En una pequeña cuenca experimental se trazan cuatro isocronas a intervalos de 0.25 horas,
con las siguientes áreas:
Isocronas(h) 0-0.25
2
Área(Km2)
0.25-0.50
4
0.50-0.75
10
0.75-1.00
3
La cuenca cuenta con tres estaciones medidoras de precipitación P1, P2 y P3, que cubren el
30%, 40% y 30% del área, respectivamente. También puede considerarse que 25% del área
de la cuenca tiene una CN de 90; 40% tiene CN de 60 y el 35% restantes presenta CN de
107

113. 108
85. En la cuenca ocurre un evento de precipitación que se ha registrado a intervalos de cada
media hora, obteniéndose los siguientes valores de lluvia, en mm, para cada estación.
0 – 0.5
12
25
10
P1
P2
P3
0.5 – 1.0
8
15
20
1.0 – 1.5
10
20
15
Calcular el hidrograma resultante del evento, a la salida de la cuenca.
SOLUCIÓN
La precipitación media en la cuenca en cada intervalo será:
P0-0.5 = 12 *0.30 + 25 * 0.40 + 10 * 0.30 = 16.6 mm
P0.5-1.0 = 8 * 0.30 + 15 * 0.40 + 20 * 0.30 = 14.4 mm
P1.0-1.5 = 10 * 0.30 + 20 * 0.40 + 15 * 0.30 = 15.5 mm
La curva número ponderada para el conjunto de la cuenca será:
CNp =
25 * 90 + 40 * 60 + 35 * 85
= 76.25
100
y el almacenamiento potencial del suelo:
S=
2540
− 25.4 = 7.91cm
76.25
Calculando la precipitación efectiva, Q, y distribuyéndola en el tiempo se tiene:
T(h)
0
0.5
1
1.5
P(cm)
0
1.66
1.44
1.55
PA(cm)
0
1.66
3.1
4.65
Q(cm)
0
0
0.244
0.857
Q(mm)
0
0
2.44
8.57
Los parámetros para el cálculo del Hidrograma Unitario Instantáneo, por el método de
C.O. Clark serán:
Co = C1 =
0.5 * t
0.5 * 0.25
=
= 0.11
k + 0.5 * t 1 + 0.5 * 0.25
108

114. 109
C2 =
F=
k − 0.5 * t 1 − 0.5 * 0.25
=
= 0.78
k + 0.5 * t 1 + 0.5 * 0.25
PE * A
0.001 * 19 * 10 6
=
= 0.211 m3/s
Iisocronas * 100 0.25 * 3600 * 100
El Hui será entonces:
Isocronas(h) Area(Km2)
0
0
0.25
2
0.5
4
0.75
10
1
3
1.25
1.5
1.75
2
2.25
2.5
2.75
3
3.25
3.5
3.75
4
%Area %area*(Co+C1)
0
0
10.53
2.32
21.05
4.63
52.63
11.58
15.79
3.47
O*C2
0
0
1.81
5.02
12.95
12.81
9.99
7.79
6.08
4.74
3.7
2.89
2.25
1.76
1.37
1.07
0.83
O
0
2.32
6.44
16.6
16.42
12.81
9.99
7.79
6.08
4.74
3.7
2.89
2.25
1.76
1.37
1.07
0.83
HUI(m3/s)
0
0.49
1.36
3.5
3.46
2.7
2.11
1.64
1.28
1
0.78
0.61
0.47
0.37
0.29
0.23
0.18
Discretizando la lluvia efectiva en el tiempo y calculando el hidrograma resultante:
0
0
1.22
5.51
0.5
1
4.29
1.5
109

115. 110
T(h)
0
0.25
0.5
0.75
1
1.25
1.5
1.75
2
2.25
2.5
2.75
3
3.25
3.5
3.75
4
4.25
4.5
4.75
5
5.25
5.5
HUI
0
0.49
1.36
3.5
3.46
2.7
2.11
1.64
1.28
1
0.78
0.61
0.47
0.37
0.29
0.23
0.18
Qd=HUI*1.22 Qd=HUI*5.51
0
0.6
1.66
4.27
4.22
3.29
2.57
2
1.56
1.22
0.95
0.74
0.57
0.45
0.35
0.28
0.22
0
2.7
7.49
19.29
19.06
14.88
11.63
9.04
7.05
5.51
4.30
3.36
2.59
2.04
1.6
1.27
0.99
Qd=HUI*4.29 QdR(m3/s)
0
0
0
0.6
1.66
6.97
0
11.71
2.1
24.68
5.83
27.46
15.02
31.90
14.84
28.03
11.58
21.84
9.05
17.05
7.04
13.29
5.49
10.36
4.29
8.10
3.35
6.29
2.62
4.94
2.02
3.84
1.59
2.86
1.24
2.23
0.99
0.99
0.77
0.77
110

116. 111
CAPITULO VIII
8.1
Demanda de riego
El riego se planifica para mantener continuamente el desarrollo de los cultivos y lograr
así su óptimo desenvolvimiento fisiológico; entre las determinaciones mas importantes
relacionadas con el riego fisiológico figuran:
1.
2.
3.
4.
5.
Frecuencia
Lamina a aplicar en cada oportunidad
Consumo total de agua.
Nivel de humedad asociada al umbral óptimo de riego
Evapotranspiración.
El riego técnico incluye además consideraciones de eficiencia y diseño de distribución,
aplicación y conservación que son materias de la ingeniería hidráulica.
Datos necesarios para aplicar el método del umbral óptimo de riego:
a. Climáticos:
• Evaporación atmosférica, Ev
• Precipitación disponible para las plantas, P
•
b. Fitotécnicos.
•
•
Duración del ciclo de desarrollo, en días Tc
Coeficiente de altura y frondosidad del cultivo (a)
c. Edáficos.
•
•
•
•
Profundidad enraízable, Rx
Densidad aparente ρ
Agua aprovechable total w = ((wc-wn) / 100 * ρ
Coeficiente hidrodinámico del suelo, s
Procedimiento de cálculo.
1. Se estima la profundidad enraizada promedio de cada mes R cm.
t
t
R = 1.8 * ( ) * (1.5 − ) * R x
tc
tc
(8.1)
111

117. 112
2. Se Calcula la lámina aprovechable total por mes es igual al producto de la fracción
volumétrica por profundidad enraizada.
LA = A * R
(8.2)
3. Se calcula la evapotranspiración máxima Etx ( cm/día) promedio mensual
t
t
Etx = (0.3 + a ( ) 2 * (1 − )) * Ev
tc
tc
(8.3)
4. Se determina el umbral de riego U. Este es la fracción de humedad volumétrica
aprovechable que ya ha sido utilizada a la tasa máxima Etx cuando se produce el
marchitamiento incipiente.
U = (r * s * (1 − Etx ))1 / 3
(8.4)
dónde:
r:
S:
coeficiente de densidad de enraizamiento.
coeficiente hidrodinámico del suelo.
El valor de r se toma de una tabla que depende del cultivo, y se encuentran en el anexo 3
5. La lámina utilizada a la tasa máxima Etx, al producirse el marchitamiento incipiente, es
igual al producto del umbral de riego por la lámina total aprovechable.
Lr = U * LA
(8.5)
6. La necesidad neta mensual de agua es igual a ala evapotranspiración máxima. Total
mensual Etx * N, menos los aportes de la precipitación.
DNR = Etx * N – P
(8.6)
En consecuencia para satisfacer esa necesidad el número teórico de riego en cada mes, es n.
n=
( Etx * N − P )
Lr
(8.7)
112

118. 113
8.2
Problemas relativos a la demanda de riego
PROBLEMA 8.2.1
Los siguientes datos corresponden a valores medios de precipitación y evaporación, en mm,
en la estación Quibor, Serial 2204, del valle del mismo nombre en el Estado Lara:
Precipitación (mm)
Ene Feb Mar
7.4
9.4
22.6
Evaporación (mm)
Ene Feb Mar
179.3 285.1 319.4
Abr
61.0
May
75.1
Jun
40.7
Jul
29.0
Ago
35.0
Sep
42.9
Oct
80.6
Nov
52.4
Abr May Jun
Jul
Ago Sep Oct
Nov
258.4 238.4 251.5 270.4 270.9 288.3 262.4 258
Dic
44.9
Dic
260.4
En esta zona se ha sugerido la siembra de 100 has de caña de azúcar y de 20 Has con
rotación Maíz – Caraota. Las características de estos cultivos son :
Caña de Aúcar
Coeficiente desarrollo foliar
6.20
Ciclo de desarrollo (meses)
10
Meses de Siembra
Septiembre
Maíz
4.80
4
Enero
Caraota
3.4
3
Mayo
En base a esta información, calcular las demandas mensuales netas totales del área a regar,
en miles de m3
SOLUCIÓN:
Para la determinación de las demandas de riego, primero debe calcularse la
Evapotranspiración máxima (Etx), por medio de la siguiente ecuación:

t
Etx = 0.3 + a * 
t

 c

2
 
t
 * 1 −
  t
c
 

 * Ev



donde:
Etx:
a:
t:
Evapotranspiración (cm/días)
Ev: Evaporación de tina (cm/días)
Coeficiente de desarrollo foliar tc: Duración del ciclo de desarrollo en días
punto medio de cada intervalo del ciclo vegetativo
Luego, la demanda neta será:
DNR = Etx * N – P
donde:
DNR: demanda neta de riego (cm) en el mes N:
P:
precipitación ( cm) en el mes
número de días del mes
113

119. 114
Los resultados se muestran en los cuadros adjuntos.
CAÑA DE AZUCAR
Sep
4.29
Precipitación (cm)
Evaporación (cm/día) 0.96
30
N(días)
0.3
Etx(cm/días)
4.71
DNR(cm)
47.1
DNR(miles m3)
Oct
8.06
0.85
31
0.36
3.1
31
Nov
5.24
0.86
30
0.51
10.06
100.6
Dic
4.49
0.84
31
0.67
16.28
162.8
Ene
0.74
0.58
31
0.57
16.93
169.3
Feb
0.94
1.02
28
1.17
31.82
318.2
Mar
2.26
1.03
31
1.25
36.49
364.9
Abr
6.1
0.86
30
1.01
24.2
242
May
7.51
0.77
0.31
0.75
15.74
157.4
Jun
4.07
0.84
30
0.49
10.63
106.3
MAIZ
Precipitación (cm)
Evaporación (cm/días)
N(días)
Etx(cm/días)
DNR(cm)
DNR(miles m3)
Ene
0.74
0.58
31
0.21
5.77
11.54
Feb
0.94
1.02
28
0.74
19.78
39.56
Mar
2.26
1.03
31
1.03
29.67
59.34
Abr
6.1
0.86
30
0.65
13.4
26.8
CARAOTA
Precipitación (cm)
Evaporación (cm/días)
N (días)
Etx (cm/días)
DNR (cm)
DNR (miles m3)
May
7.51
0.77
31
0.29
1.48
2.96
Jun
4.07
0.84
30
0.61
14.23
28.46
Jul
2.9
0.87
31
0.6
15.7
31.4
Demandas Mensuales Netas Totales
Ene
Feb Mar Abr May Jun Jul
DNR (miles m3) 180.84 357.76 424.24 268.8 160.36 134.76 31.4
Ago
0
Sep
74.1
Oct Nov Dic
31 100.6 162.8
114

120. 115
PROBLEMA 8.2.2
En una cuenca de 60 Km2 una precipitación de 75 mm originó una lámina de escorrentía de
12.7 mm. Posteriormente, la cuenca sufre un intenso proceso de urbanización, lo que eleva
el valor de la curva número de la misma a un valor igual al 137 % del valor original.
Obviamente, ello se traducirá en un incremento del volumen de agua producido por el
evento, habiéndose planteado utilizar dicho incremento para riego. Calcular cuántas
hectáreas de caraota, sembrado en Febrero y de 3 meses de ciclo vegetativo, podrían
sembrarse con esta agua disponible ( a = 3.4), si se sabe que :
ENE
P(mm / mes)
E(mm / mes)
FEB
MAR ABR MAY JUN
12.7
262
8.7
208
30.1
239
53
200
60
213
80
219
SOLUCIÓN
Para las condiciones iniciales se tendrá:
( P − 0.2 * S ) 2
(7.5 − 0.2 * S ) 2
Q=
= 1.27 =
( P + 0.8 * S )
(7.5 + 0.8 * S )
despejando el valor de la retención potencial del suelo, S:
S= 13.43 cm
Y la curva número correspondiente a la situación inicial y futura será:
S=
CN = 65.41
2540
− 25.4
CN
CN =
2540
( S + 25.4)
CN actual = 1.37*65.41 = 89.62
Para este nuevo valor de CN, el almacenamiento potencial del suelo es:
S=
2540
2540
− 25.4 =
− 25.4 = 2.94 cm
CN
89.62
y la lámina de escorrentía después de urbanizada la cuenca es:
115

121. 116
Q=
( P − 0.2 * S ) 2 (7.5 − 0.2 * 2.94) 2
=
= 4.85 cm
( P + 0.8 * S )
(7.5 + 0.8 * 2.94)
Q = 48.5 mm
El volumen adicional de agua producido por el evento es:
V adicional = (48.5*10-3-12.7*10-3)m * 60*106 m2 = 2.148 * 106 m3
Calculando ahora la evapotranspiración y la demanda neta de riego por:

t
Etx = 0.3 + a * 
t

 c

2
 
t
 * 1 −
  t
c
 

 * Ev



DNr = Etx *Nd – P
P(cm/mes)
E(mm/mes)
Nd
Ev(cm/dia)
Etx(cm/dia)
DNR(cm)
Ene
1.27
262
31
0.85
Feb
0.87
208
28
0.74
0.28
6.97
Mar
3.01
239
31
0.77
0.56
14.35
Abr
5.3
200
30
0.67
0.46
8.50
May
6
213
31
0.69
Jun
8
219
30
0.73
Totalizando:
DNRt = 6.97 + 14.35 + 8.50 = 29.82 cm
DNRt = 0.2982 m
Luego, el área factible de regar será:
Area =
Vdisponible 2.148 *10 6
= 7203219.32m 2
=
0.2982
DNRt
Área a regar = 720.3219 Ha
116

122. 117
CAPITULO IX
9.1
Operación de embalses
La operación de un embalse tiene como finalidad evaluar el funcionamiento del
mismo para una secuencia hidroclimática dada, una estructura de demandas y unas reglas
de operación definidas. También en este caso el procedimiento se inicia con la aplicación
de la ecuación fundamental de la hidrología:
Entradas − Salidas = ± ∆S
(9.1)
Ecuación que, considerando los procesos, puede escribirse como:
P + Qa − E − Qs = ± ∆S
(9.2)
dónde:
P:
Qa:
E:
Qs:
precipitación sobre el espejo de agua del embalse
caudal afluente al embalse o aporte de río
evaporación desde el espejo de agua
caudal efluente del embalse
A continuación se presentan los pasos a seguir para la operación de embalse. Cuando se
realiza la operación de embalse se produce un cambio en el almacenamiento, por lo que se
debe determinar el volumen al final de cada mes por medio de la siguiente ecuación:
Vf = Vi + VQa + VP − VE − VQs
(9.3)
Para calcular ese Vf se debe realizar un tanteo de la siguiente forma:
1. Se determina el Vf , sin tomar en cuenta la precipitación , ni la evaporación.
2. Se obtiene, de la curva altura-área-capacidad, el área al inicio y al final del mes,
para calcular el área promedio en dicho mes.
3. Se determina el Vf, tomando en cuenta la precipitación y la evaporación. Luego se
comparan los Vf calculados en los pasos anteriores, si son iguales ese es el volumen
al final del mes, si no se vuelve al paso 2.
También debe considerarse que:
Vf > Vnivel normal entonces Alivia Vi = Vnivel normal
Si: Vf < Vminimo entonces: Déficit Vi = Vminimo de operación
117

123. 118
9.2 Problemas de aplicación de la operación de embalse
PROBLEMA 9.2.1
En una cierta región se tiene un embalse destinado al abastecimiento de una población y al
riego de unas parcelas. Se desea determinar cuánto es el abastecimiento, en m3,durante el
mes de Noviembre si para dicho mes se contó con los siguientes datos:
AB = 3000 mts.
BC =5000 mts.
N1 = Nivel del embalse a principio de Noviembre =200 mts.
N2 = Nivel del embalse al final de Noviembre = 199.50 mts.
Q1 = Caudal medio en el río 1 = 1 m3/seg.
Q2 = Caudal medio en el río 2 = 3 m3/seg.
Q3 = Caudal medio para riego = 2 m3/seg.
V4 = abastecimiento para la población = ?
Precipitación = evaporación = 0
SOLUCIÓN
El espejo de agua en el embalse será:
AC = BC 2 − AB 2 = 5000 2 − 3000 2 = 4000m
Área = AB*AC = 3000 * 4000 = 12 * 106 m2
El volumen a inicio de mes es:
Vi = Area * N1 = 12 * 106 * 200 = 2400 * 106 m3
Y el volumen a fin de mes:
Vf = Area * N2 = 12 * 106 * 199.50 = 2394 * 106 m3
118

124. 119
Los aportes de los ríos serán:
V río 1 = 1 m3/seg. * 2592000 seg = 2.592 * 106 m3
V río 2 = 3 m3/seg. * 2592000 seg = 7.776 * 106 m3
El volumen de salida es:
V riego = 2 m3/seg. * 2592000 seg = 5.184 * 106 m3
Luego, aplicando la ecuación de balance hidrológico para calcular el volumen de
abastecimiento, Va:
Va = Vi – Vf + V río1 +V río2 – V riego
Va = 2400 * 106 – 2394 * 106 + 2.592 * 106 + 7.776 * 106 - 5.184 * 106
Va = 11.184 * 106 m3
PROLEMA 9.2.2
Un cierto embalse ha sido construido para abastecer el consumo de una población y para
regar una cierta área situada en su vecindad. Por compromisos establecidos con los usuarios
situados aguas debajo de dicho embalse es necesario que la corriente efluente mantenga un
caudal de 1.5 m3/seg.
Se tiene una estación hidrométrica situada aguas arriba del embalse para controlar los
aportes del río. Mediante una estación climatológicas situada en sus cercanías se puede
determinar las precipitaciones directas sobre el embalse y pérdidas por evaporación directa
desde la superficie libre del embalse. Un canal proveniente de otro embalse permite
trasladar el agua hacia el primer embalse con el fin de compensar las deficiencias. Si en el
mes de Junio se han medido los datos que se indican en la tabla anexa, calcular el volumen
de agua que fue necesario trasladar en dicho mes para que el nivel de agua en el embalse
permaneciera constante.
119

125. 120
Área de la superficie libre del embalse = 10 Has
Precipitación = 120 mm
Qe = 0.20 m3 / seg
Qr = 1.20 m3 / seg
Vt = ?
Evaporación = 200 mm
Qs = 1.5 m3 / seg
QAB = 0.50 m3 / seg
SOLUCION
Teniendo en cuenta que el área del espejo de agua en el embalse es 10 ha, los volúmenes de
precipitación y evaporación serán:
Vp = 0.120 m * 10*104 = 12000 m3
Vev = 0.200 m * 10*104 = 20000 m3
Identificando ahora cada uno de los términos de la ecuación de balance hidrológico, se
tendrá para el volumen de salida:
Vs = 1.5 m3/seg. * 2592000 seg = 3.888 * 106 m3
Volumen de riego:
Vr = 1.2 m3/seg. * 2592000 seg = 3.1104 * 106 m3
Volumen de entrada:
Ve = 0.2 m3/seg. * 2592000 seg = 0.5184 * 106 m3
Volumen de abastecimiento:
VAB = 0.5 m3/seg. * 2592000 seg = 1.296 * 106 m3
120

126. 121
Como el volumen al inicio y a fin de mes es el mismo, se tendrá, aplicando la ecuación de
balance:
Ve + Vt + Vp –Vr –Vev – VAB – Vs = 0
Vt = Vr + Vev + VAB + Vs – Ve – Vp
Vt = 3.1104 * 106 + 0.02 * 106 + 1.296 * 106 + 3.888 * 106 - 0.5184 * 106 - 0.012 * 106
Vt = 7.784 * 106 m3
PROBLEMA 9.2.3
Se tiene un sistema A y B como el que se muestra en la figura cuyas funciones son las
siguientes:
Embalse “A”: Aporta agua al embalse “B” para evitar el descenso del nivel del agua en
este último.
Embalse “B”:
Para riego.
Por compromisos establecidos es necesario dejar salir agua aguas debajo de los dos (Qs) en
las siguientes magnitudes:
Embalse “A” : 500 lts/seg
Embalse “B” : 800 lts / seg
121

127. 122
Si durante el mes de abril (30 días), es necesario un caudal para riego de 1000 lts/seg se
pide calcular la altura mínima de agua que debe existir en el embalse “A”, a principio del
mes de Abril de forma que en dicho mes se puedan cumplir con los requerimientos de riego
y los caudales de salida de los embalses y mantener el nivel del embalse “B”, si se preveen
los caudales de entrada, precipitación y evaporación que se muestra en la tabla adjunta.
Además se sabe:
Obligaciones
Embalse “A” Qs = 500 lts/seg
Valores esperados durante el mes
Embalse “A” Qen = 300 lts/seg.
Evaporación = 250 mm
Precipitación = 0
Embalse “B” Qs = 800 lts/seg
Qr = 1000 lts/seg
Embalse “B” Qe = 400 lts/seg
Evaporación = 200 mm
Precipitación = 0
SOLUCIÓN
En primer lugar, se trabaja con el embalse “B”, para determinar el volumen que debe
trasladarse del embalse “A”, hacia el mismo. Para transformar el caudal, en lts/seg, a
volumen, en Mm3, en el mes, se multiplica por el: 0.002592 Mm3 * seg /lts
Volumen de entrada en B:
Ve = 400 lts /seg * 0.002592 Mm3 * seg /lts = 1.0368 Mm3
Volumen de riego
Vr = 1000 lts /seg * 0.002592 Mm3 * seg /lts = 2.592 Mm3
Volumen de Salida
Vs = 800 lts /seg * 0.002592 Mm3 * seg /lts = 2.0736 Mm3
Volumen evaporado en el embalse B.
Vevap = 0.20 m * 1000 m* 3000m / 106 = 0.6 Mm3
El volumen al inicio del mes y al final es el mismo, luego:
Ve + Vt –Vevap – Vs – Vr = 0
Vt = Vevap + Vs + Vr – Ve
122

128. 123
Vt = 0.6 Mm3 + 2.0736 Mm3 + 2.592 Mm3 - 1.0368 Mm3
Vt = 4.2288 Mm3
Calculando ahora la altura mínima del agua en el embalse A para satisfacer las demandas.
Volumen entrada:
Ven = 300 lts /seg * 0.002592 Mm3 * seg /lts = 0.7776 Mm3
Volumen de salida: Vs = 500 lts /seg * 0.002592 Mm3 * seg /lts = 1.296 Mm3
Volumen evaporado en el embalse A:
Vevap = 0.25 m * 500 m* 1500m / 106 = 0.1875 Mm3
Volumen al inicio del mes:
Vinicial = h * 500 m *1500 m = h * 0.75 Mm2
Volumen a final del mes:
Vfinal = 0
Luego:
Vinicial = - Ven + Vs + Vevap + Vt
h * 0.75 Mm2 = - 0.7776 Mm3 + 1.296 Mm3 + 0.1875 Mm3 + 4.2288 Mm3
h = 6.58 m.
PROBLEMA 9.2.4
Se tiene un embalse para uso de abastecimiento y riego como el que se muestra en la figura
adjunta:
123

129. 124
A comienzo del mes de Abril el embalse presenta una altura de agua de 16 m; al final del
mismo mes la altura había descendido hasta los 12 m. Si durante el mes en referencia no se
presentaron precipitaciones sobre la superficie del embalse y los caudales de entrada,
salida, riego y abastecimiento variaron según se muestra en los gráficos 1,2,3 y 4,
determinar la lámina evaporada, en metros.
SOLUCIÓN:
Determinando el área promedio:
Área inicial = 820 *2000 = 1.64 * 106 m2
Área final = 740 *2000 = 1.48 * 106 m2
(1.64 *106 + 1.48 * 106 )
= 1.56 *106 m 2
2
Cálculo de los volúmenes:
(500 + 820) *16
Volumen inicial:
Vinicial =
* 2000 = 21.12 * 106 m3
2
Areapromedio =
Volumen final:
Vfinal =
(500 + 740) * 12
* 2000 = 14.88 * 10 6 m 3
2
124

130. 125
(5 + 3)
* 30 * 24 * 3600 = 10.368 *106 m3
2
Volumen de entrada:
Ventrada =
Volumen de salida:
Vsalida = 2 * 30 * 24 * 3600 = 5.184 *106 m3
Volumen de riego:
1 *10
(1 + 3)
Vriego = (
+ 1 * 10 +
*10) * 24 * 3600 = 3.024 * 106 m3
2
2
Volumen de abastecimiento:
Vabastecimiento = (
(4 + 2)
(2 + 4)
( 4 + 2)
* 10 +
*10 +
*10) * 24 * 3600 = 7.776 * 106 m3
2
2
2
Aplicando ahora la ecuación de balance hidrológico:
Vf = Vi + Ve − Vs − Vr − Va − Vevap
Vevap = Vi − Vf + Ve − Vs − Vr − Va
Vevap = 21.12 * 106 − 14.88 * 106 + 10.368 * 106 − 5.184 *106 − 3.024 *106 − 7.776 *106
Vevap = 624000 m3
Levaporada =
624000
Vevap
=
= 0.40m = 400mm
Apromedio 1.56 * 10 6
Lámina evaporada = 400 mm
125

131. 126
BIBLIOGRAFIA
APARICIO MIJARES, FRANCISCO JAVIER. 1992. Fundamentos de Hidrología de
Superficie. Limusa. Grupo Noriega Editores. México
GUEVARA PEREZ, EDILBERTO Y CARTAYA DI LENA, HUMBERTO. 1991.
Hidrología. Una introducción a la ciencia hidrológica
aplicada. Gueca Ediciones.Valencia Venezuela.
INTERNATIONAL INSTITUTE FOR LAND RECLAMATION AND INPROVEMENT.
ILRI. 1978. Principios y Aplicaciones del Drenaje.
MATERON, HERNAN Y JIMENEZ, HENRY. 1986. Hidrología Básica III.
Universidad del Valle. Colombia
MONSALVE SAENZ, GERMAN. 1999. Hidrología en la Ingeniería. Colombia.
UZCATEGUI B., GERMAN. 1976. Hidrología General. CIDIAT. Mérida
Venezuela.
VARAS E.; BOIS P. 1998. Hidrología Probabilística. Ediciones Universidad Católica
de Chile.
VEN TE CHOW, DAVID R. MAIDMENT Y LARRY W. MAYS. 1994. Hidrología
Aplicada. McGraw Hill Latinoamericana.
126

132. 127
ANEXO 1
127

133. 128
Tabla 1. Gumbel
N
Yn
Sn
10
15
20
25
30
35
40
45
50
60
70
80
90
100
200
500
0.4952
0.5128
0.5236
0.5309
0.5362
0.5403
0.5436
0.5463
0.5485
0.5521
0.5548
0.5569
0.5586
0.5600
0.5672
0.5724
0.9497
1.0210
1.0630
1.0910
1.1120
1.1280
1.1410
1.1520
1.1610
1.1750
1.1850
1.1940
1.2010
1.2060
1.2360
1.2590
Tr(años)
1.58
2
2.33
5
10
15
20
25
30
50
100
500
1000
10000
Y
0.0000
0.3670
0.5790
1.5000
2.2500
2.6740
2.9700
3.2000
3.3840
3.9020
4.6000
6.2140
6.9200
9.2100
128

134. 129
ANEXO 2
129

135. 130
Tabla 2. Número de curva de escorrentía para complejo hidrológicos suelos-cobertura, para
condiciones de humedad antecedente II e Ia =0.20
COBERTURA
Uso de la tierra Tratamiento o Práctica
Rastrojo
Cultivos en
Hileras
Hileras rectas
Hileras rectas
Curvas de nivel
Curvas de nivel
y terrazas
Cultivos en hileras estrechas
Hileras rectas
Curvas de nivel
Curvas de nivel y
Terrazas
Leguminosas
En hileras es –
trechas o fo –
rraje en rotación Hileras rectas
Curvas de nivel
Curvas de nivel y
terrazas
Pastos de pastoreo
Curvas de nivel
Pastos de corte
Bosque
Patios
Caminos de tierras
Pavimentos
GRUPO DE SUELOS
Condición
Hidrológica
-----------
A
B
C
D
NUMERO DE CURVAS
77
86
91
94
Mala
Buena
Mala
Buena
71
67
70
65
81
78
79
75
88
85
84
82
91
89
88
86
Mala
Buena
66
62
74
71
80
78
82
81
Mala
Buena
Mala
Buena
65
63
63
61
76
75
74
73
84
83
82
81
88
87
85
84
Mala
Buena
61
59
72
70
79
78
82
81
Mala
Buena
Mala
Buena
66
58
64
55
77
72
75
69
85
81
83
78
89
85
85
83
Mala
Buena
63
51
73
67
80
76
83
80
Mala
Regular
Buena
Mala
Regular
Buena
68
49
39
47
25
6
79
69
61
67
59
35
86
79
74
81
75
70
89
84
80
88
83
79
Buena
Mala
Regular
-------------
30
45
36
59
72
74
58
66
60
74
82
84
71
77
73
82
87
90
78
83
79
86
89
92
130

136. 131
Tabla 3. Número de curva (CN) para otras condiciones.
CNII
100
99
98
97
96
95
94
93
92
91
90
89
88
87
86
85
84
83
82
81
80
79
78
77
76
75
74
73
72
71
70
69
68
67
66
65
64
63
62
61
CNI
100
97
94
91
89
87
85
83
81
80
78
76
75
73
72
70
68
67
66
64
63
62
60
59
58
57
55
54
53
52
51
50
48
47
46
45
44
43
42
41
CNIII
100
100
99
99
99
98
98
98
97
97
96
96
95
95
94
94
93
93
92
92
91
91
90
89
89
88
88
87
86
86
85
84
84
83
82
82
81
80
79
78
CNII
CNI
CNIII
60
59
58
57
56
55
54
53
52
51
50
49
48
47
46
45
44
43
42
41
40
39
38
37
36
35
34
33
32
31
30
40
39
38
37
36
35
34
33
32
31
31
30
29
28
27
26
25
25
24
23
22
21
21
20
19
18
18
17
16
16
15
78
77
76
75
75
74
73
72
71
70
70
69
68
67
66
65
64
63
62
61
60
59
58
57
56
55
54
53
52
51
50
25
20
15
10
5
0
12
9
6
4
2
0
43
37
30
22
13
0
131

137. 132
ANEXO 3
132

138. 133
Tabla 4. Coeficiente de desarrollo foliar para el cálculo de la evapotranspiración.
Cultivos
Muy frondoso, alto, de
largo período vegetativo
(> 5 meses), o sembrados
muy tupidos.
frondosos, de mediana
estatura, de 3 – 5 meses
de desarrollo.
Poco frondoso, baja estaTtura, de rápido y corto
desarrollo (3 meses), o
sembrado muy separadamente.
Ejemplo
Caña de azucar,
Pasto elefante
Sorgo forrajero, ect
a
6.20
Maíz, sorgo granero
Arroz tabaco, algodón,
Yuca, tomate, etc.
Caraota, maní, hortalizas
bajas, frutales espaciados,
etc.
4.8
3.4
Tabla 5. Coeficiente de densidad de enraizamiento, r, para el cálculo del umbral óptimo de
riego. (Norero,1976)
Características
radicular
Muy profusas
Profusas
Moderadamente densas
Poco densas
Ejemplo
r
Gramíneas
pratenses
Maíz, sorgo,
Arroz, girasol
Caña de azúcar,
soya, algodón,
maní
Papa, tabaco, hortalizas, banano, cebolla
caraota.
0.7 – 1.0
0.5 -0.7
0.3 – 0.5
0.2 – 0.4
133