Εθνικό Μετσόβιο Πολυτεχνείο – Σχολή Πολιτικών Μηχανικών – Τομέας Υδατικών Πόρων

Μάθημα: Τυπικά Υδραυλικά Έργα – Μέρος 3: Δίκτυα αποχέτευσης

Άσκηση ΟΕ2: Υπολογισμός της μέγιστης παροχής αγωγού ομβρίων και της αντίστοιχης περιόδου επαναφοράς

(θέμα της τελικής εξέτασης του Ιουλίου 2003)

Σύνταξη άσκησης: Δ. Κουτσογιάννης

Επίλυση άσκησης: Δ. Κουτσογιάννης

Σε δρόμο με κλίση 6% έχει τοποθετηθεί παράλληλα με το οδόστρωμα αγωγός ομβρίων διαμέτρου 1.0 m σε βάθος 1.0 m (μετρούμενο από την άντυγα). Η έκταση που αποχετεύει είναι 22 ha, ο συντελεστής απορροής είναι 0.50, ο χρόνος συγκέντρωσης είναι 13 min και η όμβρια καμπύλη της περιοχής είναι i = 27.0 (T 0.18 – 0.4) / d 0.6, όπου i η ένταση βροχής σε mm/h, Τ η περίοδος επαναφοράς σε έτη και d η διάρκεια βροχής σε ώρες. Να υπολογιστούν:

α. Η μέγιστη παροχή που μπορεί να μεταφέρει ο αγωγός με κριτήριο το ποσοστό πλήρωσης να μην υπερβεί το επιτρεπόμενο από τις ελληνικές προδιαγραφές.

β. Η μέγιστη παροχή που μπορεί να μεταφέρει ο αγωγός με κριτήριο η ταχύτητα να μην υπερβεί την επιτρεπόμενη από τις ελληνικές προδιαγραφές.

γ. Η μέγιστη παροχή που μπορεί να μεταφέρει ο αγωγός με κριτήριο η ενέργεια της ροής να μην επιτρέπει την ανάβλυση ομβρίων στο οδόστρωμα.

δ. Η περίοδος επαναφοράς στην οποία αντιστοιχεί η παροχή που ικανοποιεί και τα τρία πιο πάνω κριτήρια.

1. Ερώτημα α

Η επιτρεπόμενη πλήρωση σύμφωνα με τις ελληνικές προδιαγραφές για αγωγούς ομβρίων είναι (y/D)max = 0.70. Για αυτή την πλήρωση, από το διάγραμμα ροής με ελεύθερη επιφάνεια σε κυκλικούς αγωγούς προκύπτει

           Q / Q0 = 0.71

Η ταχύτητα πλήρωσης του αγωγού είναι

          V0 = (1/0.015) (1.0/4)2/3 (0.06)1/2 = 6.48 m/s

και η παροχή πλήρωσης

          Q0 = 6.48 (3.14 ´ 1.02/4) = 5.09 m3/s.

Άρα η παροχή που μπορεί να μεταφέρει ο αγωγός χωρίς το ποσοστό πλήρωσης να υπερβεί το επιτρεπόμενο από τις ελληνικές προδιαγραφές είναι

          Q = 0.71 × 5.09 = 3.61 m3/s

2. Ερώτημα β

Σύμφωνα με τις ελληνικές προδιαγραφές, η μέγιστη επιτρεπόμενη ταχύτητα είναι Vmax = 6 m/s, οπότε

          V/ V0 = 6 / 6.48 = 0.93

και από το διάγραμμα ροής με ελεύθερη επιφάνεια σε κυκλικούς αγωγούς προκύπτει

          y/D = 0.67, Q/Q0 = 0.66

και επομένως

          Q = 0.66 × 5.09 = 3.34 m3/s

3. Ερώτημα γ

Ανάβλυση των ομβρίων στο οδόστρωμα μπορεί να έχουμε μόνο αν η γραμμή ενέργειας του αγωγού ομβρίων βρίσκεται στο υψόμετρο του οδοστρώματος ή ψηλότερο. Στην κατάσταση του ερωτήματος β (y = 0.67 m, V = 6 m/s) η γραμμή ενέργειας έχει υψόμετρο με αφετηρία τον πυθμένα του αγωγού,

          Η = 0.67 + 6.02 / (2 × 9.81) = 2.50 m

ενώ το υψόμετρο του οδοστρώματος είναι z = 2.00 m, και πάλι με αφετηρία τον πυθμένα του αγωγού. Κατά συνέπεια, υπάρχει κίνδυνος ανάβλυσης ομβρίων και θα πρέπει να μικρύνει το βάθος y και η ταχύτητα V προκειμένου να εξασφαλίσουμε ότι Η = z = 2 m. Τα δύο μεγέθη y και V συνδέονται αφενός με την εξίσωση

          z = Η = y + V2 / (2 g)

και αφετέρου με μια δεύτερη εξίσωση που προκύπτει από την υδραυλική του αγωγού κυκλικής διατομής με ελεύθερη επιφάνεια. Η εξίσωση αυτή δεν είναι εύκολο να εκφραστεί σε κλειστή μορφή. Είναι πιο εύκολο να την εκφράσουμε μέσω του διαγράμματος ροής με ελεύθερη επιφάνεια σε κυκλικούς αγωγούς, με βάση την αλληλουχία

          y → y/D → V/V0 → V

Χρησιμοποιούμε δοκιμαστικές τιμές του y, υπολογίζουμε την V και ελέγχουμε αν z = Η. Μετά από δοκιμές καταλήγουμε στην τιμή y = 0.53 m, για την οποία

          y = 0.53 m → y/D = 0.53 / 1.00 = 0.53 → V/V0 = 0.83 → V = 0.83 × 6.48 = 5.36 m/s

ενώ

          Η = 0.53 + 5.362 / (2 × 9.81) = 2.00 m = z

Για αυτή την τιμή του y/D,

                    Q / Q0 = 0.45

Άρα η παροχή που μπορεί να μεταφέρει ο αγωγός χωρίς κίνδυνο αναβλύσεων είναι

          Q = 0.45 × 5.09 = 2.29 m3/s

4. Ερώτημα δ

Κατ’ αρχάς η παροχή που ικανοποιεί και τα τρία παραπάνω κριτήρια είναι η μικρότερη από τις τρεις, δηλαδή η Q = 2.29 m3/s. Με βάση την ορθολογική μέθοδο, για έκταση Α=  22 ha = 220 000 m3, και συντελεστή απορροής ψ = 0.50, η ένταση βροχής θα είναι

          i = Q / (ψ Α) = 2.29 / (0.50 × 220 000) = 0.0000208 m/s = 74.9 mm/h

Για χρόνο βροχής ίσο με το χρόνο συγκέντρωσης, ήτοι d = 13 min, από την όμβρια καμπύλη της περιοχής, i = 27.0 (T 0.18 – 0.4) / d 0.6, παίρνουμε

           74.9 = 27.0 (T 0.18 – 0.4) / (13/60)0.6,

και επιλύοντας ως προς την περίοδο επαναφοράς Τ βρίσκουμε

          Τ = 9.8 (έτη)