capitulo 4 (problemas) peb

PROCESSOS EM ENGENHARIA BIOLÓGICA

PROBLEMAS RESOLVIDOS E PROPOSTOS

CAPÍTULO 4 – BALANÇOS DE MASSA E DE ENERGIA

EM ESTADO NÃO ESTACIONÁRIO

Mestrado Integrado em Engenharia Biológica

Prof. José A. Leonardo Santos

Profª Maria de Fátima C. Rosa

Profª Maria Cristina Fernandes

2014/2015

P-5 / FR-101

Fermentador

P-1 / V-101

Tanque de mistura

P-2 / ST-101

Esterilizador

P-3 / G-101

CompressorP-4 / AF-101

Filtro de ar

P-6 / AF-102

Filtro de gases

S-101

S-102S-103 S-104

S-105

S-106 S-107

S-108S-109

S-110

147

CAPÍTULO 4 – BALANÇOS DE MASSA E DE ENERGIA EM

ESTADO NÃO ESTACIONÁRIO

EXEMPLOS RESOLVIDOS

EXEMPLO 4.1

Um reservatório com um volume de 500 L, contém inicialmente 100 L de uma solução. Este

reservatório é alimentado com a mesma solução salina, com um caudal de 50 L/min.

A) Sabendo que simultaneamente o tanque é descarregado com um caudal de 60 L/min, determinar o

tempo necessário para que o tanque fique vazio.

B) Qual deverá ser o caudal de descarga para o tanque transbordar ao fim de 20 min.

Resolução

A) Vamos efectuar um balanço em volume. Mas

antes é conveniente estabelecer quais são as

condições limite.

t = 0 VO = 100 L

t = t V = 0 L

• Balanço ao volume

Caudal de entrada = caudal de saída + acumulação

(FV)E = (FV)S + td

dV

Substituindo os caudais de entrada e de saída vamos obter:

td

dV = 50 – 60 = -10 L/min Neste equação temos uma variável independente (t) e

uma variável depedente (V).

Resolução da derivada e cálculo do tempo:

(FV)E = 50 L/min (FV)S = 60 L/min

VT = 500 L

VO = 100 L


VT = 500 L

VO = 100 L

Processos em Engenharia Biológica – Capítulo 4

148

dV = -10 dt

(0 – 100) = -10 (t – 0) t = 100/10 = 10 min

O tanque fica vazio ao fim de 10 min

B) • Balanço ao volume Condições limite:

(FV)E = (FV)S + td

dV t = 0 V = 100 L

t = t V = 500 L

td

dV = 50 – (FV)S dV = (50 – (FV)S) dt

(500 – 100) = (50 - (FV)S) (20 – 0)

50 - (FV)S = 20 L/min (FV)S = 30 L/min

EXEMPLO 4.2

Um tanque perfeitamente agitado (com um volume total de 500 L) tem inicialmente 100 L de uma

solução salina, com uma concentração de 10 g/L. Com a finalidade de aumentar a concentração desta

solução, é alimentada ao tanque uma solução do mesmo sal com uma concentração XE e com um caudal

de 50 L/min. Simultaneamente a solução contida no tanque é descarregada com um caudal de 30

L/min. Calcular:

A) O tempo necessário para o tanque transbordar.

B) A concentração de sal na corrente de alimentação (XE), sabendo que ao fim de 5 min de

processamento a concentração na corrente descarregada é de 40 g/L.

Resolução

A) Condições limite:

t = 0 VO = 100 L

t = t V = 500 L

∫∫ =

20

t

0

500

100

d ))(F - (50 dVSV


VT = 500 L

V0 = 100 LXO = 10 g/L

XE = ? XS = X

X


VT = 500 L

V0 = 100 LXO = 10 g/L

XE = ? XS = X

X

∫∫ =

t

t

0

0100

d 10- dV


149

• Balanço ao volume Caudal de entrada = caudal de saída + acumulação

(FV)E = (FV)S + td

dV

Substituindo os caudais de entrada e de saída vamos obter:

td

dV = 50 – 30 = 20 L/min

dV = 20 dt

20 (t – 0) = 500 –100 t = 400/20 = 20 min O tanque transborda ao fim de 20 min

B) Vamos considerar que o tanque está perfeitamente agitado, o que implica que a concentração da

corrente de saída seja igual à concentração dentro do tanque ( xS = x).

Condições limite:

t = 0 VO = 100 L xO = 10 g/L

t = 5 min V = V x = 40 g/L

• Balanço ao soluto (sal):

(FV)E xE = (FV)S xS + (xV)d

d

t

Tendo em consideração que a concentração dentro do tanque e o volume vão variando com o tempo, e

que xS = x, vamos ter que:

50 xE = 30 x + d

dVx

d

dxV

tt+

Na equação anterior temos uma constante (xE) cujo valor queremos calcular, para além de uma

variável independente (t), e de duas variáveis dependentes (x e V). Para podermos resolver a equação

termos de arranjar uma outra equação que relacione uma das variáveis com a variável independente.

∫∫ =

500t

t

1000

dV d20


150

Relação entre V e t:

td

dV = = 20 L/min (relação obtida na alínea A))

dV = 20 dt

20 t = V –100 V = 100 + 20 t

Substituindo a relação entre V e t no balanço ao sal vamos obter:

50 xE = 30 x + x 20 d

dx)20100( ++

tt

50 xE = 50 x + d

dx)20100(

tt +

50 (xE - x) = d

dx)20100(

tt +

• Separação das variáveis e resolução da equação deferencial:

50 (xE - x) dt = (100 + 20 t) dx

[ ] [ ] ) - ( ln )( ln 40 10 E

5 0 xx 20 100

20

50 =+ t pois: bx a b1

bx a

dxln +

+=∫

−

−=

+

10 x

40 x -

100

20x5 100

20

50

E

E ln ln

0,177 Exp(-1,73) 10 x

40 x

E

E =−

+=

g/L 46,5

0,177 - 11,77 - 40

xE

==

∫∫ =

Vt

t

1000

dV d20

∫∫ =+

405

t

t

100 x - x

dx

20 100

d50

E


151

EXEMPLO 4.3

Um copo de vidro contendo 500 mL de água é colocado sobre uma placa de aquecimento. A água,

inicialmente a 15ºC, á aquecida entrando em ebulição ao fim de 8 min.

A) Considerando a evaporação desprezável, escrever a equação diferencial que descreve o processo.

B) Determinar a potência de aquecimento, sabendo que ela não varia com o tempo.

Nota: considerar que toda a potência de aquecimento é utilizada para aquecer a água.

Resolução A) • Balanço entálpico (vamos considerar que as paredes laterais do copo estão perfeitamente isolado)

Energia fornecida = Energia acumulada

Estado de referência:

Donde: Tref = 25ºC

Água -líquida

A variação de entalpia da água será dada pela equação seguinte:

)T - (T C M H refáguaágua P=∆

Então:

=∆ )T - (T C M

d

d H)(

d

drefáguaágua Ptt

em que T = f (t)

Como Mágua = 0,5 kg (a densidade da água pode ser considerada igual a 1 g/cm3); e

Cº kcal/kg 1 C águaP = (não depende da temperatura)

então;

[ ] )T - (T d

dCM H)(

d

drefáguaPágua

tt=∆ =

d

T dCM águaPágua

t Tref = 25ºC = constante

Como se pode observar, a equação obtida não depende da temperatura de referência escolhida (mas

depende do estado de agregação seleccionado).

0,5 L0,5 L

H)( d

d Q

f∆=

t


152

___________________________________________

NOTA: Se PC depender da temperatura ( (T)PC ), e se essa dependência for dada por um polinómio

do tipo: CP(T) = a + b T + c T2 , então iremos ter que:

[ ] [ ] ∫=∆=∆=∆ dTC d

d M T C

d

d M T C M

d

d H)(

d

d (T) (T) (T) PPP

tttt =

pois:

T

dT C

_C

(T)Pp

∆=∫

e dT CT C (T)(T) P p ∫=∆

donde: =∆ H)(d

d

t

d

T dT c T b aM

d

T dCM )( 2(T)P

tt++=

___________________________________________

Após substituição das constantes na equação anterior vamos obter:

d

T d0,5 H)(

d

d tt

=∆

Deste modo a equação diferencial que descreve o processo de aquecimento referido será:

d

T d0,5 Q

f t=

B) Utilizando a equação obtida na alínea anterior, e tendo em consideração as seguintes condições

limite:

t = 0 T = 15ºC

t = 8 min T = 100ºC

podemos calcular a energia fornecida , por unidade de tempo (isto é: a potência de aquecimento).

Qf dt = 0,5 dT

Qf (8 – 0) = 0,5 (100 – 15)

Qf = 0,5x85 / 8 = 5,31 kcal/min = 370,3 J/s = 370,3 Watt

∫∫ =

1008

t

150

dT 0,5 d Qf


153

EXEMPLO 4.4

Um solvente líquido a 18ºC, com uma capacidade calorífica de 1,8 kJ/kgºC, é alimentado a um tanque

com agitação, a um caudal de 10 kg/h.. Este solvente é aquecido nesse tanque, que contem

inicialmente 100 kg de solvente a 12ºC, utilizando uma resistência eléctrica imersa no líquido.

Calcular o tempo necessário para que a temperatura do solvente alcance os 50ºC, sabendo que a

potência de aquecimento é de 1,2 kW e que o solvente aquecido é descarregado com um caudal igual

ao da alimentação.

Resolução

•••• Condições limite:

t = 0 T = 12ºC

t = t T = 50ºC

•••• Balanço entálpico

•••• Estado de referência:

td

H d HHQ

SEf

∆+∆=∆+ Tref = 12ºC

Solvente -líquida

A derivada da variação de entalpia do solvente será dada pela equação seguinte:

[ ] )T - (T C M d

d H)(

d

drefsolvsolv Ptt

=∆

em que Msolv = 100kg

Cº kJ/kg 1,8 C solvP = (não depende da temperatura)

então;

[ ] )T - (T d

dCM H)(

d

drefsolvPsolv

tt=∆ =

d

T dCM solvPsolv

t =

d

T d180

t(kJ/h)

•••• Calor fornecido pela resistência (constante com o tempo): Qf = 1,2 kW = 4320 kJ/h

(FM)E = 10 kg/h (FM)S = 10 kg/h

MT = 100 kg

TE = 18ºC

Solvente

T

Solvente

TS = T

ResistênciaEléctrica

(FM)E = 10 kg/h (FM)S = 10 kg/h

MT = 100 kg

TE = 18ºC

Solvente

T

Solvente

TS = T

ResistênciaEléctrica


154

•••• Variação de entalpia das correntes de entrada (E) e de saída (S):

∆HE = (FM)E CP (TE – Tref) = 10 x 1,8 (18 – 12) = 108 kJ/h

kg/h kJ/kgºC ºC

∆HS = (FM)S CP (TS – Tref) = 10 x 1,8 (T – 10) = 18 (T – 10) kJ/h

Substituindo no balanço entálpico:

4320 + 108 = 18 (T – 12) + d

T d180

t

4644 = 18 T + d

T d180

t 4644 - 18 T =

d

T d180

t

Dividindo ambos os membros da equação põe 180:

25,8 – 0,10 T = d

T d t

• Resolução da equação diferencial:

t = [ ] 5012

T) 0,10 - (25,8 0,10

1 ln−

t = h1,7 x12 0,10 - 25,8x50 0,10 - 25,8

0,10

1 ln =−

T ,100 5,82

dT d

50

120

∫∫ −=

t

t


155

EXEMPLO 4.5

Pretende-se aquecer uma casa de habitação, inicialmente à temperatura de 10ºC, até à temperatura

de 22ºC. Esta casa apresenta uma “capacidade de aquecimento” (massa a aquecer x capacidade

específico) de 2800 kJ/ºC e uma potência máxima de aquecimento de 20 kWatts.

A) Determine o tempo necessário para realizar o aquecimento pretendido, considerando a casa

perfeitamente isolada do exterior.

B) Na realidade existe calor que se perde para o exterior através das paredes e do telhado. Este

calor perdido é proporcional à diferença de temperaturas entre o interior e o exterior da casa:

Qp = k (Tinterior - Texterior)

Sabendo que k = 600 kJ/(ºC h) e que Texterior = 2ºC, determine o tempo necessário para realizar o

aquecimento pretendido.

Resolução

A) Dados: Potência de aquecimento = 20 kWatts = 20 kJ/s = 72000 kJ/h = Qf

Capacidade de aquecimento = 2800 kJ/ºC

• Condições limite: t = 0 Tinicial = 10ºC

t = t Tfinal = 22ºC

• Balanço entálpico

• Estado de referência:

tdH d

Qf

∆= Tref = 25ºC

Estado de agregação: igual ao estado físico dos vários

componentes da casa

Como já foi visto anteriormente;

[ ] )T - (T d

dCM H)(

d

drefP

tt=∆ =

d

T dCM P

t Tref = 25ºC = constante

em que PCM é a capacidade de aquecimento da casa ( kg x (kJ/kgºC) = kJ/ºC), que é constante.

Deste modo:


156

H)(d

d∆

t =

tt d

T d 2800

d

T dCM P =

Substituindo no balanço entálpico vamos obter:

72000 = td

T d 2800 ou:

td

T d

28720

=

• Resolução da equação diferencial obtida:

min 28 h0,467 10) - 22 ( 720

28 ===t

B) Dados: Potência de aquecimento = 20 kWatts = 20 kJ/s = 72000 kJ/h = Qf

Capacidade de aquecimento = 2800 kJ/ºC

Calor perdido = 600 (Tinterior – Testerior) = QP

Temperatura exterior = 2ºC (constante com o tempo)

• Condições limite: t = 0 Tinicial = 10ºC

t = t Tfinal = 22ºC

• Balanço entálpico

Estado de referência: igual ao da alínea anterior

tdH d

Q QPf

∆+=

Tendo em consideração a alínea anterior temos que:

72000 = Qp +td

T d 2800

O calor perdido para o exterior através das paredes e do telhado pode ser quantificado através da

seguinte equação:

∫∫ =

22t

t

100

dT d 28

720


157

QP = U A (Tinterior – Texterior)

em que: U é o coeficiente global de transferência de calor

A é a área de transferência de calor

Para a situação em causa temos que U A = k = 600 kJ/(ºC h), e Texterior = 2ºC = constante, enquanto

que a Tinterior varia entre 10 e 22ºC. Deste modo:

72000 = 600 (T – 2) +td

T d 2800

ou: 120 = (T – 2) +td

T d4,67

(122 – T) =td

T d4,67

• Resolução da equação diferencial obtida:

[ ]2210 T) - 122 ( ln 4,67 −= t

min 32 h 0,529 10 - 122

22 - 122 ln4,67 ==−=

t

EXEMPLO 4.6

1000 moles de uma mistura líquida (constituída por 70% do composto A e 30% do composto B (%

molares)) é sujeita a uma destilação à temperatura de 120ºC. Estabelecer a equação que descreve o

processo quando:

A) A destilação é semicontínua (somente com saída de destilado).

B) A destilação é contínua, com uma alimentação (contendo 70% de A e 30% de B (% molar)) de 50

moles/min de mistura líquida. Considerar que a massa da mistura líquida dentro do destilador não

varia com o tempo.

Dados: Relação entre a fracção molar do composto A no líquido (xA) e no vapor (yA): yA = 2,4 xA

∫∫ =

22t

t

100 T - 122

dT 4,67 d


158

Resolução

A)

Nomenclatura a utilizar: L – moles de mistura líquida no destilador

V – moles de vapor por unidade de tempo

xA; xB – fracção molar dos componentes A e

B , no líquido

yA; yB – fracção molar dos componentes A e

B , no vapor

Neste exemplo temos dois compostos em equilíbrio entre o líquido e o vapor, em que L, V, xA (e xB) e

yA (e yB) variam com o tempo de operação.

• Condições limite:

t = 0 L = 1000 moles xA = 0,7 (xB = 0,30) yA = 0 (yB = 0)

t = t L = L xA = xA yA = yA

Como temos dois componentes poderemos estabelecer dois balanços de massa

• Balanço de massa total: No balanço só iremos ter uma saída de vapor e a acumulação de mistura líquida, isto é:

td

dL V 0 +=

ou: V- d

dL =

t

Com o aumento de t, L vai diminuir, sendo assim (dL/dt) é negativo (acumulação negativa ou depleção).

• Balanço ao composto A:

Como xA e L dependem do tempo, vamos desenvolver a derivada:

Aquecimento (vapor)

Condensador

Destilador

Águalíquida

correntelíquida

correntegasosa

xB

yA ; yB

xAL

V

Aquecimento (vapor)

Condensador

Destilador

Águalíquida

correntelíquida

correntegasosa

xB

yA ; yB

xA

Aquecimento (vapor)

Condensador

Destilador

Águalíquida

correntelíquida

correntegasosa

xB

yA ; yB

xA

Aquecimento (vapor)

Condensador

Destilador

Águalíquida

correntelíquida

correntegasosa

Aquecimento (vapor)

Condensador

Destilador

Águalíquida

correntelíquida

correntegasosa

xB

yA ; yB

xAL

V

V y- d

L) (x d A

A =t

d

x d L

d

L d x

d

L) (x d A

AA

ttt+=


159

e substitui-la no balanço, juntamente com a substituição de V utilizando o balanço total:

Tendo em consideração a relação entre a composição do vapor e do líquido:

yA = 2,4 xA

podemos substituir a variável yA do balanço:

e reagrupar o termos em (dL/dt):

Para além da variável independente t, a equação anterior apresenta duas variáveis dependentes. Para

resolver este problema podemos tratar a variável independente como uma variável algébrica e

eliminá-la dos 2 membros da equação. Temos assim a seguinte equação diferencial, que relaciona a

variação da fracção molar do componente A no líquido com o número de moles total dentro do

destilador:

L dxA = 1,4 xA dL

• Resolução da equação diferencial:

Separando as varáveis:

e integrando, utilizando os limites de integração já referidos:

ttt d

L d y

d

x d L

d

L d x

AA

A=+

ttt d

L d x 2,4

d

x d L

d

L d x

AA

A=+

tt d

L d ) x - x (2,4

d

x d L

AAA = tt d

L d x 1,4

d

x d L

AA =

L

L d 1,4

x

x d

A

A =

∫∫ =

L

1000

X

0,7L

L d 1,4

x

x dA

A

A

tt d

L d ) x - x (2,4

d

x d L

AAA =


160

1000

L 1,4

0,7

x lnln A

=

donde:

)4,1/1(

0,7 x

1000 L A

= e finalmente: L = 1290 xA

0,714

A variação gráfica de L com xA é dada pela

figura ao lado.

Por exemplo, para uma fracção de A no líquido

de 0,20 (xA = 0,20), L será igual a 408 moles.

B)

Nomenclatura a utilizar:

Para além da nomenclatura já utilizada na

alínea anterior, vamos ainda considerar:

LF - moles de mistura líquida na alimentação

fresca, por unidade de tempo.

xFA; xFB – fracção molar dos componentes A e

B , na alimentação fresca.

• Condições limite:

t = 0 L = 1000 moles xA = 0,7 (xB = 0,30) yA = 0 (yB = 0)

t = t L = 1000 moles xA = xA yA = yA

• Balanço de massa total:

0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0,7

0 200 400 600 800 1000

L (moles)

XA

Aquecimento (vapor)

Condensador

Destilador

Águalíquida

correntelíquida

correntegasosa

xB

yA ; yB

xAL

VAlimentação fresca50 moles/min

A – 70%B – 30%

(% molar)

Aquecimento (vapor)

Condensador

Destilador

Águalíquida

correntelíquida

correntegasosa

xB

yA ; yB

xA

Aquecimento (vapor)

Condensador

Destilador

Águalíquida

correntelíquida

correntegasosa

Aquecimento (vapor)

Condensador

Destilador

Águalíquida

correntelíquida

correntegasosa

xB

yA ; yB

xAL


A – 70%B – 30%

(% molar)

L


A – 70%B – 30%

(% molar)


161

Para além de uma saída de vapor e uma acumulação de mistura líquida agora iremos ter uma entrada

(alimentação fresca), isto é:

td

dL V L F +=

Como a massa (ou o volume, se a densidade for constante) é considerada constante dentro do

destilador, vamos admitir que o nº de moles também não varia. Assim:

0 d

dL =

t e LF = V

• Balanço ao composto A:

Como L é constante, e tendo em consideração os dados do problema, vamos ter:

td dx

100050x2,4x0,70x50 AA +=

ou seja:

td dx

1000x20153 AA +=

Dividindo ambos os membros da equação por 1000, vamos ter:

td dx

x201,050,03 AA +=

ou:

td dx

x201,050,03 AA =− Equação diferencial que descreve a variação de xA com o tempo.

Separando as variáveis:

A

A

x201,050,03 dx

d−

= t

e integrando (utilizando os limites de integração já referidos):

d

L) (x d V y L x A

AA F F t+=

∫∫ =A

A

A

x

0,70x 0,120 - 0,035

x d d

t

t


162

Tendo em consideração a seguinte primitiva bx a b1

bx a

dxln +

+=∫ , o integral anterior vai

originar que:

0,120x0,70 - 0,035

x 0,120 - 0,035 ln

0,120

1 A - =t

049,0

x 0,120 - 0,035l

0,120

1 - An=t

e finalmente:

25,13 x 0,120 - 0,0350,120

1A ln - −=t

O perfil da variação de xA com o tempo de operação está indicado na figura seguinte. Como se pode

observar, com o aumento do tempo a fracção de A tende para um valor de equilíbrio, isto é atinge-se

o estado estacionário.

A fracção de A no estado estacionário ( (xA)EE ) pode ser determinada através do balanço de massas

ao composto A quando a acumulação é nula, isto é:

td dx

1000x20153 AA +=

[ ] AA

x

0,7

x 0,120 - 0,035 0,120

1- ln=t

0,0

5,0

10,0

15,0

20,0

25,0

30,0

35,0

0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8

XA

Tem

po (min)


163

0 d

dx A =t

EA E)x( 20153 =

(xA)EE = 35/120 = 0,292

A equação da variação de t com xA: 25,13 x 0,120 - 0,0350,120

1A ln - −=t

pode ser escrita do seguinte modo:

) 3,016 120,0 ( EXP 0,120

1 - 0,292 x

A−−= t

A fracção de A no estado estacionário pode ainda ser calculada através do limite da equação

anterior quando o tempo tende para infinito, ou seja:

0,292 )3,016 120,0( EXP 0,120

1 - 0,292 lim

)(x lim A

=−−

∞→=

∞→

t

tt

EXEMPLO 4.7

Um reactor, com um volume inicial VO, é alimentado continuamente por uma solução aquosa de um

reagente S. Esta corrente líquida apresenta um caudal volumétrico constante (FV)E (L/h) e uma

concentração do reagente [S]E (g/L). O reagente S é convertido com uma velocidade rS dada por:

rS = k [S]

em que [S] é a concentração do reagente no reactor e k é a constante de velocidade.

Assumindo que a densidade permanece constante, estabelecer:

A) A equação que relaciona a variação do volume do reactor com o tempo.

B) A equação diferencial que relaciona a variação da concentração de S dentro do reactor com o

tempo.

Resolução

A)

• Condições limite: t = 0 V = Vo

t = t V = V


164

• Balanço ao volume:

tddV

)(FEV

=

• Resolução da equação diferencial (relação entre V e t):

V = Vo + (FV)E t

B)

• Balanço de massa ao reagente S:

[ ] [ ]td

V)S( d V S )(F

SEEVr += em que (rSV) dá-nos a quantidade de reagente S

convertido, por unidade de tempo. tendo em consideração que S e V variam com o tempo, e que rS = k [S], então:

[ ] [ ] [ ] [ ]tt dV d

S d

S dV V S k S )(F EEV

++=

Como vimos na alínea A) que: )(F ddV

EV=

te V = Vo + (FV)E t

podemos utilizar estas equações no balanço ao reagente S:

[ ] [ ] [ ] [ ] S )(F d

S d ) )(FVo( ) )(FVo( S k S )(F

EVEVEVEEV ++= ++

ttt

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]) )(F (Vo

) )(F (Vo S k -

) )(F (Vo

S )(F - S )(F

) )(F (Vo

) )(F (Vo S k - S )(F - S )(F

d S d

EV

EV

EV

EVEEV

EV

EVEVEEV

tt

ttt

t +

+

+=

+

+=

ou: [ ] [ ] [ ] [ ] S k - ) S -S (

) )(F (Vo

)(F

d S d E

EV

EV

tt +=

∫∫ =

Vt

t

Vo0

dV d )(FEV


165

PROBLEMAS PROPOSTOS

PROBLEMA 4.1

Um tanque cilíndrico com uma altura de 4 m e com um diâmetro de 2 m está cheio de uma solução

salina. Determine o tempo necessário para esvaziar este tanque através de um orifício de 3 cm2 de

área, colocado na sua base.

Dado: A velocidade de escoamento (caudal volumétrico por unidade de área) através do orifício, v,

pode ser calculada utilizando a seguinte equação:

h g 2 0,62 v =

em que g é a aceleração da gravidade e h é a altura da solução no tanque, SI.

PROBLEMA 4.2

I. Um reservatório cónico, de acordo com a figura seguinte, está cheio de água. Sabendo que esta

água se escoa com um caudal de 0,008h2 m3/min, em que h é a altura da água no reservatório (em m),

determine o tempo necessário para se atingir um escoamento de 80% da água inicial.

II. Após o escoamento de 80% da água inicial inicia-se a alimentação do mesmo tanque com água

com um caudal constante de 20 L/min.

A) Verifique se o tanque atinge um estado estacionário (para esta situação indique a altura a que tal

aconteceria) ou se enche ou esgota completamente.

B) Determine o tempo necessário para se atingir a situação referida na alínea A) (nota: utilizando o

valor da altura de água no reservatório, h, obtido na alínea anterior, obter-se-ia que t=∞. Para evitar

esta situação utilize a altura de 0,95h).

2 m

2 m


166

Dados:

Reservatório cónico utilizado:

Volume : h r V 2

3=

π

Relação entre a altura (h) e o raio (r): h = 2 r

Derivada: ��

�� 3�

��

��

PROBLEMA 4.3

Uma cratera de forma cónica (possivelmente formada pela queda de um meteorito há alguns milhões

de anos atrás) é subitamente alimentada por um pequeno rio, com um caudal constante de 500 m3/h,

formando-se um lago. Esta lago apresenta um volume dado por (4/3 π H3), em que H é a sua

profundidade.

A) Considerando que a água do rio introduzida na cratera não é esgotada (a evaporação e as

infiltrações são consideradas nulas), deduza uma equação dê a variação da profundidade do lago com

o tempo (H = f(t)).

B) Considere agora que a água no lago se esgota por evaporação. Sabendo que a velocidade de

evaporação, que é proporcional à área da superfície do lago, é dada por 0,75H2 (em m3/h), determine

a profundidade do lago no estado estacionário.

C) Depois de se ter atingido o estado estacionário, o caudal de água do rio cessa repentinamente. O

nível da água no lago começa a diminuir devido à evaporação.

1. Deduza uma equação dê a variação da profundidade do lago com o tempo (H = f(t)), para esta

nova situação.

2. Ao fim de quantos dias o lago fica seco?

PROBLEMA 4.4

Um reservatório contendo 10 kg de uma mistura de ácidos gordos (composta inicialmente por 95%

(m/m) de ácido oleico e 5% (m/m) de ácido palmítico) é alimentado com ácido palmítico, com um

caudal de 4,0 kg/h. Sabendo que ocorre simultaneamente descarga da mistura, com um caudal igual

ao da alimentação, determine o tempo necessário para que a mistura líquida apresenta 30% (m/m) de

ácido palmítico. Admita que a densidade dos dois ácidos é igual e que o reservatório é perfeitamente

agitado.


167

PROBLEMA 4.5

Pretende-se diluir uma solução de sacarose, contida num reservatório com uma capacidade de 42 L,

através da adição de água com um caudal de 3 L/min. A solução inicial de sacarose apresenta uma

concentração de 20 g/L e um volume de 10 L. Admitindo que a densidade é constante, determine o

tempo ao fim do qual se atingirá uma concentração final de 5 g/L, se:

A) Não ocorrer descarga de solução.

B) Ocorrer descarga de solução com uma velocidade igual à velocidade de entrada de água no

reservatório

PROBLEMA 4.6

A) Pretende-se diluir uma solução de 30 g NaCl/L, contida num reservatório cilíndrico,

perfeitamente agitado, com um volume de 100 L, através da adição de uma solução do mesmo sal

contendo 2 g/L e com um caudal de 5 L/min. Sabendo que a velocidade de entrada da solução no

reservatório é igual a velocidade de saída, escreva a equação que descreve a variação da

concentração de sal no reservatório com o tempo de operação.

B) Se solução salina efluente do reservatório for recolhida noutro reservatório, qual será a

concentração de sal neste 2º reservatório ao fim de 30 min de operação.

PROBLEMA 4.7

Um copo com 1 L de água à temperatura de 20ºC é aquecido numa placa eléctrica, verificando-se que

ao fim de 10 min a água entra em ebulição (pressão atmosférica = 760 mm Hg). O calor perdido por

radiação (em kcal/min), para a situação em causa, é dado por 0,5(T - 20), em que T é a temperatura

da água (em ºC). Determine a potência de aquecimento da placa utilizada, desprezando a evaporação

que possa ocorrer.

PROBLEMA 4.8

Um fermentador cilíndrico com um volume útil de 20 L contém meio de fermentação à temperatura

ambiente (25ºC). Pretende-se esterilizar este meio à temperatura de 121ºC, utilizando vapor

saturado à temperatura média de 138ºC. Este vapor circula numa camisa de aquecimento de paredes

concêntricas ao fermentador.

Calcular o tempo necessário para se atingir a temperatura de esterilização.

Dados:

♦ O fermentador apresenta uma relação entre a altura (H) e o diâmetro (D) dada por H = 2D

♦ Coeficiente global de transferência de calor = 0,8 cal/(cm2 min ºC)


168

♦ Meio de fermentação:

densidade: ρ = 0,945 g/cm3

capacidade calorífica: Cp(cal/gºC) = 0,863 + 0,00086 T(ºC)

♦ Admita que o topo e a base do fermentador estão perfeitamente isolados.

PROBLEMA 4.9

A sonicação é um método mecânico de ruptura celular que utiliza ultrasons. Este método é

normalmente utilizado na desintegração de células microbianas. Da potência de sonicação aplicada

uma pequena parte é transmitida à suspensão celular a processar sob a forma de vibrações através

de uma sonda metálica nele mergulhada. No entanto a grande parte dessa potência é transmitida na

forma de calor, o que vai provocar o aumento da temperatura do caldo.

Pretende-se realizar a ruptura de uma suspensão celular durante 10 min, utilizando uma potência de

sonicação de 150 Watts, da qual 70% é transmitida na forma de calor à suspensão.

A) Sabendo que a suspensão a processar, inicialmente à temperatura ambiente (considere 20ºC), se

encontra num reservatório cilíndrico adiabático (figura A)), determine a temperatura no final do

processamento.

B) Para que a temperatura da suspensão não atinja valores muito elevados pode-se utilizar um

reservatório com camisa de arrefecimento (figura B)) onde circula um fluido de refrigeração à

temperatura de 6ºC (considerada constante). Se a temperatura inicial da suspensão for agora de

10ºC, qual será a temperatura no final do processamento?

Dados:

♦ Suspensão celular: Calor específico a pressão constante = 0,960 cal/gºC

Densidade = 0,980 g/cm3

♦ Coeficiente global de transferência de calor = 0,7 cal/(cm2 min ºC)

5,0 cm

12,7 cm

Suspensão Celular

Sonicador

Figura A)

5,0 cm

12,7 cm

Suspensão Celular

Sonicador

Fluido deRefrigeraçãoT = 6ºC


Figura B)

5,0 cm

12,7 cm

Suspensão Celular

Sonicador

Figura A)

5,0 cm

12,7 cm

Suspensão Celular

Sonicador



Figura B)


169

PROBLEMA 4.10

Uma mistura líquida, inicialmente com 5000 moles, composta por 40% de acetona e 60% de água (%

molares) é sujeita a uma destilação simples, à temperatura de 80ºC. Durante o processo, o

destilador é alimentado com uma mistura fresca (40% molar de acetona) com um caudal de 100

moles/min.

Sabendo que o volume do destilador permanece constante, e que a relação entre a fracção molar da

acetona do vapor (y) e o líquido (x) é dada pela seguinte equação:

x 3,5 1x 4,5

y+

=

determinar:

A) O tempo necessário para que a fracção molar da acetona no líquido passe dos 0,40 para os 0,20.

B) A fracção molar da acetona no líquido quando se atingir o estado estacionário.

PROBLEMA 4.11

Um destilador semicontínuo (somente com saída de vapor) é carregado com 100 kmoles de uma

mistura líquida composta por butano (50% molar) e propano. O vapor obtido pode ser considerado em

equilíbrio com o líquido. Este equilíbrio pode ser quantificado pela seguinte relação:

x 1x

y+

=

em que x e y são as fracções molares do butano no líquido e no vapor, respectivamente.

A) Estabelecer a equação que relaciona a quantidade de líquido no destilador (em kmoles) com a

fracção molar do butano no líquido.

B) Quantas kmoles de mistura líquida permanecem no destilador quando esta apresentar 70% de

butano.

PROBLEMA 4.12

Para baixas concentrações um determinado composto dissolve-se em água com uma velocidade (v)

proporcional à quantidade não dissolvida:

v = k (Mo – M)

em que Mo e M são as massas inicial e dissolvida, respectivamente.

Num ensaio isotérmico partiu-se de 10 kg de composto sólido e de 1000 kg de água pura, tendo-se

verificado que ao fim de 1 horas a concentração de composto dissolvido era de 0,002 g/g solução. Se

continuasse o ensaio qual seria a percentagem de composto inicial dissolvido ao fim de 6 horas?


170

PROBLEMA 4.13

Considere a reacção enzimática de 1ª ordem em que o reagente A forma o produto B. Sabendo que

ao fim de 1 e 2 horas de reacção a massa de A é de 340 e 120 g, respectivamente, determine a

massa inicial deste reagente.

PROBLEMA 4.14

Considere um tanque com uma capacidade de 100 L, perfeitamente agitado, onde está dissolvido, em

água, 1,5 kg de um sal. Com a finalidade de diluir este sal é introduzido água no tanque com um caudal

de 5 L/min. Considere que o caudal de saída de solução do tanque é igual ao caudal de entrada de

água, e que a densidade da solução pode ser considerada igual à densidade da água.

A) Determine a massa de sal dentro do tanque ao fim de 15 min de operação.

B) Assumindo que o sal é consumido dentro do tanque segundo uma reacção de 1º ordem (k = 0,02

min-1), determine o tempo de operação necessário para que a concentração do sal seja 1/20 da sua

concentração inicial.

PROBLEMA 4.15

A glucose isomerase é um enzima utilizado na obtenção de xaropes de frutose a partir da glucose,

de acordo com a seguinte reacção:

Glucose → Frutose Esta reacção ocorre num reactor descontínuo isotérmico. A velocidade de consumo de glucose por

unidade de volume, rA, é directamente proporcional à concentração mássica de glucose no reactor (a

constante de velocidade é igual a 0,15 min-1).

Sabendo que a concentração inicial de glucose era de 10 g/L, escreva a equação diferencial que

descreve este processo e calcule o tempo necessário para que a conversão seja de 90%.

PROBLEMA 4.16

Uma determinada levedura (biomassa) é utilizada para converter anaerobicamente glucose em

etanol, num fermentador descontínuo com uma capacidade útil de 50 L. Sabendo que a taxa

específica máxima de crescimento (µm) deste microrganismo é de 0,3 h-1, que a taxa específica de

formação de produto (qp) é de 3,4 h-1 e que o inicialmente existia 5 g de biomassa (biomassa

proveniente do inóculo), determine:

A) O tempo de duplicação do microrganismo.

B) O tempo necessário para que a concentração de biomassa no fermentador seja de 0,3 g/L.

C) O tempo necessário para se produzir 100 g de etanol (nota: o etanol produzido está relacionado com a

biomassa produzida).


171

PROBLEMA 4.17

A urease é uma enzima que catalisa a reacção de hidrólise da ureia:

Ureia + H2O → CO2 + 2 NH3

em que velocidade de hidrólise pode ser descrita pela equação de Michaelis-Menten.

Se a reacção ocorrer num reactor descontínuo isotérmico, para uma determinada concentração de

enzima activa e para uma concentração inicial de ureia de 6,4 g/L, verifica-se que a concentração de

ureia ao fim de 10 min de hidrólise é de 2,0 g/L. Determine o tempo de reacção necessário para que

a concentração de ureia residual seja de 1% da concentração inicial.

Dados

• Peso molecular da ureia (H2NCONH2) = 60,1 g/mol

• Equação de Michaelis-Menten: Am

AA C K

C r max

+=

V

em que Vmax é a velocidade de reacção máxima, Km é a constante de Michaelis (para a urease

Km = 0,0105 M) e CA é concentração de ureia.

PROBLEMA 4.18

Um lago é alimentado por um rio e esgotado por evaporação (não ocorrem perdas por infiltração),

podendo-se considerar os dois caudais mássicos iguais. Subitamente um poluente (composto X) é

continuamente descarregado no rio. Este poluente não é volátil, acumulando-se no lago.

A) Estabeleça a variação com o tempo da concentração do poluente no lago.

B) O poluente X decompõe-se em substâncias inertes com uma velocidade proporcional à sua

concentração em água: rX = k [X], em que [X] é a concentração do poluente no lago, em kg/m3 de

água. Estabeleça a variação com o tempo da concentração do poluente no lago, quando a

decomposição é incluída.

C) Calcule a concentração do poluente no lago quando se atingir o estado estacionário.

Dados:

- Volume da água no lago = 5,0x1012 m3

- Caudal do rio = 8,0x1010 m3/dia

- Concentração de X no rio = 0,35 kg/m3 de água

- Constante de velocidade de decomposição do poluente X = 0,05 h-1


172

SOLUÇÕES DOS PROBLEMAS

PROBLEMA 4.1 PROBLEMA 4.2

t = 4,2 h I. t = 81,5 min

II. A) Atinge-se um estado estac. (hEE = 1,6 m)

B) t = 103 min

PROBLEMA 4.3 PROBLEMA4.4

A) H(m) = 4,92 t1/3 t = 45,8 min

B) H = 25,8 m

C) t = 18 dias


A) t = 10 min A) x = 2 + e(3,332 – 0,050 t) ou x = 2 + 28e( – 0,050 t)

B) t = 4,6 min B) Conc. = 14,5 g/L


Pot = 2,8 kWatts t = 12,3 min


A) T = 84ºC A) t = 0,83 h

B) T = 17ºC B) (xacetona)EE = 0,13


A)

+=

x0,5

0,51

- x1

100L

lnln Mdiss = 73,8% da massa inicial

B) L = 40,3 kmoles


MAo = 963 g A) Msal = 0,71 kg

B) t = 42,8 min


(dC/dt) = -kC ; t = 15,4 min A) td = 2,3 h

B) t = 3,7 h

C) t = 3,4 h


173


t = 18 min A) [X] (g/cm3) = 0,233 t (h)

B) [X] (g/cm3) = 0,0047(1- e –1,2 t(dia))

C) [X]EE = 4,7 g/cm3

Nota:

Alguns dos exemplos resolvidos e dos problemas propostos foram adaptados das seguintes referências: R. M. Felder e R. W. Rousseau (2000)“Elementary Principles of Chemical Processes”, 3ª edição, John Wiley, New York P. M. Doran (2013) “Bioprocess Engineering Principles”, 2ª edição , Academic Press, New York D. M. Himmelblau (1996) “Basic Principles and Calculations in Chemical Engineering”, 6ª edição, Prentice Hall PTR, New Jersey T. C. Ducan e J. A Reimer, (1998) “Chemical Engineering Design and Analysis – An Introduction”, Cambridge University Press

TABELAS DE PRIMITIVAS

1nx

dxx1n

n +

=+

∫ ; para n≠-1 2bx)(a2b1

dx bx) a( ++ =∫

bx a b1

bx a

dxln +

+=∫ ( )bx a ln a - bx a

b

1dx

bx a

x2

+++

=∫

x ax a

2a1

x - a

dxln

22 −+=∫

xax a

xa

x - dx x a

xln

22

2

−+

+=−∫

para x2 < a2

axax ea1

dxe =∫ x - ax ln x dx ax ln =∫

capitulo 4 (problemas) peb

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