o p gabarito da lista de exercícios de sistemas algébricos€¦ · eqe-358 – mÉtodos...

EQE-358 – MÉTODOS NUMÉRICOS EM ENGENHARIA QUÍMICA 2O PERÍODO /2009

PROFS. EVARISTO E ARGIMIRO

1

Gabarito da Lista de exercícios de Sistemas Algébricos

1) O modelo estacionário do estágio i de uma coluna de absorção de prato, na qual ocorre uma reação química irreversível na fase líquida, é descrito pelas equações de balanço de massa abaixo:

21 1 para 1, 2, ,i i i i iL x V y L x V y H k x i N (N: número total de pratos)

L: vazão molar da fase líquida;

V: vazão molar da fase gás;

H: número de mols da fase líquida no prato i;

k: constante de velocidade da reação [tempo-1];

xi : fração molar na fase líquida;

yi : fração molar na fase gás.

A relação de equilíbrio entre as fases é dada pela expressão: 1

ii

i

m xy

x

.

Utilizando os seguintes valores das varáveis e de parâmetros: L = 40 kmol/h; V = 60 kmol/h; H = 20 kmol; k = ½ h-1, m = 0,75 , = 0,05, N = 6; y0 = 0,254237 e x7 = 0 , as equações do modelo transformam-se em:

2

1 1

2 20 para 1, 2, 3, 4, 5, 6

3 3 6i

i i i i

xy x y x i

Em que 0 7

0,750,254237 ; 0 e para 1, 2, 3, 4, 5, 6

1 0,05i

ii

xy x y i

x

.

Para resolver este sistema, adotam-se inicialmente os valores iniciais que constituem a solução do problema linear:

(0) (0) (0) (0)1 1

2 20 para 1, 2, 3, 4, 5, 6

3 3i i i iy x y x i

Em que (0) (0) (0) (0)0 70, 254237 ; 0 e 0,75 para 1, 2, 3, 4, 5, 6i iy x y x i

Este sistema por ser linear e tri-diagonal pode ser resolvido recursivamente resultando nos valores:

(0)1(0)2(0)3(0)4(0)5(0)6

0,168157

0,082744

0,040037

0,018684

0,008007

0,002669

x

x

x

x

x

x

1a) Explique sucintamente como estes valores foram determinados;

Substituindo (0) (0) 0,75i iy x em: (0) (0) (0) (0)1 1

2 20 para 1, 2, 3, 4, 5, 6

3 3i i i iy x y x i



2

Resulta:

(0) (0) (0)1 13 2 0 para 1, 2, 3, 4, 5, 6i i ix x x i , com

(0)(0) (0) (0)00 0 7

4 ; 0

0,75 3

yx y x

Para i =1, tem-se: (0) (0)

(0) (0) (0) (0) (0) (0)0 01 0 2 1 2 2

42 23 2

3 3 9 3

x yx x x x x x

Para 2, 3, 4, 5, 6i (0) (0)1

2i i i

i

x x

, como (0)

(0) (0)01 2

4 2

9 3

yx x

, tem-se

(0)0

1 1

43 e

9

y

Mas: (0) (0)1 1

1

2 i i i

i

x x

, logo:

(0) (0) (0) (0) (0) (0)11 1 1 1

1

1 1

2 23 3 2

2 23 3

ii i i i i i i

i

i i

x x x x x x

Permitindo identificar: 1

23i

i

e 1ii

i

para 2, 3, 4, 5, 6i , com

(0) (0)0 0

1 11

43 e

9

y x

.

Resultando em:

k 1 2 3 4 5 6

k 3,000000 2,333333 2,142857 2,066667 2,032258 2,015873

k 0,112994 0,048426 0,022599 0,010935 0,005381 0,002669

Como (0)7 0x ,

(0)(0) 76 6 6

6

x

x

e (0) (0)1

2i i i

i

x x

para i =5, 4, 3, 2, 1.

Obtém-se:

k 6 5 4 3 2 1

(0)kx 0,002669 0,008007 0,018684 0,040037 0,082744 0,168157

1b) Para resolver o problema aplicou-se o método de Newton-Raphson ao sistema original, indique abaixo como seria este procedimento indicando claramente a matriz Jacobiana correspondente;

Representando o sistema pelas equações:

Primeira equação: 11 1 2 0 1 2

1

2 2 0,75, 1 0

3 3 1 0,05 6

xf x x y x x

x



3

i´ésima equação: 11 1 1

1

0,752 2 0,75, , 1 0

3 1 0,05 3 1 0,05 6i i

i i i i i ii i

x xf x x x x x

x x

para

i = 2, 3,4,5

Última equação: 56 5 6 6

5 6

0,752 2 0,75, 1 0

3 1 0,05 3 1 0,05 6ix x

f x x xx x

.

Em vista de 2

0,75 0,75

1 0,05 1 0,05

d x

dx x x

, tem-se:

1 1 2 11,1 2

1 1

, 2 0,751

3 31 0,05

f x x xJ

x x

e 1 1 2

1,22

,1

f x xJ

x

1 1, 1 2

1 1

, , 2 0,75

3 1 0,05

i i i ii i

i i

f x x xJ

x x

;

1 1

, 2

, , 2 0,751

3 31 0,05

i i i i ii i

i i

f x x x xJ

x x

e

1 1, 1

1

, ,1i i i i

i ii

f x x xJ

x

para i = 2, 3,4,5

6 5 66,5 2

5 5

, 2 0,75

3 1 0,05

f x xJ

x x

e

6 5 6 66,6 2

6 6

, 2 0,751

3 31 0,05

f x x xJ

x x

.

Os demais elementos da matriz J são nulos!

Ter-se-ia em cada iteração um sistema tridiagonal:

Primeira equação:

1 1 1

1 1 1 2 2 1 0 1 2

1

2 2 0,751

3 3 61 0,05

kk k k k k k k k

k

xb x x x x d y x x

x

i-ésima equação:

1 1 11 1 1 1

11

1

0,752 2 0,751

3 3 61 0,05 1 0,05

k k k k k k k k ki i i i i i i i i

k kk ki i

i ik ki i

a x x b x x x x d

x xx x

x x

Última equação:

1 1 5 6

6 5 5 6 6 6 6 6

5 6

0,752 2 0,751

3 3 61 0,05 1 0,05

k kk k k k k k k k

k k

x xa x x b x x d x

x x

Sendo: 1

1 12

11

, , 2 0,75

3 1 0,05ki

k i i i ii

ki x i

f x x xa

x x

para i = 2, 3, 4, 5, e 6

1 1

2

, , 2 0,751

3 31 0,05ki

kk i i i i i

ik

i x i

f x x x xb

x x

para i = 1, 2, 3, 4, 5, e 6



4

1c) Como pode ser aproveitada a estrutura tri-diagonal da matriz Jacobiana no método iterativo desenvolvido?

Após determinar os valores de kia , k

ib e kid aplica-se em cada iteração o método de

Thomas levando-se em conta que 1kic (não varia com i e k!).

1d) Na Tabela a seguir apresentam-se os valores obtidos nas 3 primeiras iterações do procedimento implementado em computador. Comente estes resultados!

xi Chute Inicial Iteração 1 Iteração 2 Iteração 3

x1 0,168157 0,162553 0,162543 0,162543

x2 0,082744 0,078082 0,078072 0,078072

x3 0,040037 0,037362 0,037356 0,037356

x4 0,018684 0,017350 0,017347 0,017347

x5 0,008007 0,007422 0,007420 0,007420

x6 0,002669 0,002472 0,002472 0,002472

2) Em um conjunto de reações químicas, para determinar o número de reações independentes monta-se uma matriz composta pelos coeficientes estequiométricos das reações considerando-os como positivo quando o componente for reagente na reação correspondente e como negativo quando o componente for produto na reação (esta matriz se chama de matriz estequiométrica). Assim para o conjunto de reações químicas:

1a Reação: 4 NH3 + 5 O2 4 NO + 6 H2O

2a Reação: 4 NH3 + 3 O2 2 N2 + 6 H2O

3a Reação: 4 NH3 + 6 NO 5 N2 + 6 H2O

4a Reação: 2 NO + O2 2 NO2

5a Reação: 2 NO N2 + O2

6a Reação: N2 + 2 O2 2 NO2

A matriz estequiométrica correspondente a este esquema de reações é:

A

4

4

4

0

0

0

5

3

0

1

1

2

6

6

6

0

0

0

0

2

5

0

1

1

4

0

6

2

2

0

0

0

0

2

0

2



5

O número de reações independentes é igual ao posto (rank) da matriz A, sendo neste exemplo igual a 3 (três). Baseado nesta informação indique três reações do esquema apresentado que sejam independentes entre si, justificando sua escolha pelo cálculo do posto da matriz estequiométrica das reações escolhidas.

Primeira Tentativa: as três primeiras reações .

B augment M 0 M 1 M 2 T B

4

4

4

5

3

0

6

6

6

0

2

5

4

0

6

0

0

0

rank B( ) 2 Fracasso

Sexta Tentativa: Segunda, terceira e quinta reações.


4

4

0

3

0

1

6

6

0

2

5

1

0

6

2

0

0

0


Segunda Tentativa: Primeira, segunda e quarta reações.


4

4

0

5

3

1

6

6

0

0

2

0

4

0

2

0

0

2

rank B( ) 3 Sucesso

Sétima Tentativa: Segunda, terceira e sexta reações.


4

4

0

3

0

2

6

6

0

2

5

1

0

6

0

0

0

2

rank B( ) 3 Sucesso

Terceira Tentativa: Primeira, segunda e quinta reações.


4

4

0

5

3

1

6

6

0

0

2

1

4

0

2

0

0

0


Oitava Tentativa: Terceira, quarta e quinta reações.


4

0

0

0

1

1

6

0

0

5

0

1

6

2

2

0

2

0

rank B( ) 3 Sucesso

Quarta Tentativa: Primeira, segunda e sexta reações.


4

4

0

5

3

2

6

6

0

0

2

1

4

0

0

0

0

2

rank B( ) 3 Sucesso

Nona Tentativa: Terceira, quarta e sexta reações.


4

0

0

0

1

2

6

0

0

5

0

1

6

2

0

0

2

2

rank B( ) 3 Sucesso

Quinta Tentativa: Segunda, terceira e quarta reações.


4

4

0

3

0

1

6

6

0

2

5

0

0

6

2

0

0

2

rank B( ) 3 Sucesso

Décima Tentativa: Quarta, quinta e sexta reações.


0

0

0

1

1

2

0

0

0

0

1

1

2

2

0

2

0

2


3) O método de Gauss-Jacobi consiste em resolver de forma iterativa o sistema linear de

equações: 1

para 1, 2, , n

ij j ij

a x b i n

na forma:

Sendo ( )rjx o valor da variável xj na iteração r. Este procedimento tem a convergência

garantida se:1

1 para 1, 2, ,n

ij

j ik

ai n

aj k

.

Baseado nestas informações descreva claramente um procedimento iterativo, inequivocamente convergente, resultante da aplicação do método de Gauss-Jacobi ao sistema linear abaixo:

1 2 3

2 3

1 2 3

2 4 11

2 3

4 2 16

x x x

x x

x x x

Variável x1:

Através da primeira equação: 1 2 311 2 4 2 4 6 1x x x : convergência não

assegurada

Através da segunda equação: 2 32 3x x x1 não está presente: não é possível explicitar x1



6

Através da terceira equação: 1 2 3

1 1 1 1 34 1

4 2 4 2 4x x x : convergência

assegurada

Variável x2:

Através da primeira equação: 2 1 3

11 1 1 52 2 1

2 2 2 2x x x : convergência não

assegurada

Através da segunda equação: 2 3

3 1 11

2 2 2x x : convergência assegurada

Variável x3:

Através da primeira equação: 3 1 2

11 1 1 1 1 31

4 4 2 4 2 4x x x : convergência

assegurada

Resultando no procedimento iterativo:

11 2 3

12 3

13 1 2

1 14

4 23 1

2 211 1 1

4 4 2

k k k

k k

k k k

x x x

x x

x x x

Com 0 0 01 2 3 0x x x , obtém-se os resultados:

k 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

1

kx 0 4,00 2,250 2,781 3,125 3,004 2,978 3,003 3,003 2,999 3,000 3,000

2kx 0 1,50 2,875 2,000 1,875 2,027 2,016 1,993 1,999 2,001 2,000 2,000

3

kx 0 2,75 1,000 0,750 1,055 1,031 0,985 0,998 1,003 1,000 1,000 1,000

Este procedimento iterativo é representado graficamente a seguir:

0 2 4 6 8 100

1

2

3

4

X0 k

X1 k

X2 k

k

Para acelerar o algoritmo poderíamos modificar o método de acordo com (Gauss-Seidel):



7

13 1 2

1 12 3

1 1 11 2 3

11 1 1

4 4 23 1

2 21 1

44 2

k k k

k k

k k k

x x x

x x

x x x

Com 0 0 01 2 3 0x x x , obtém-se os resultados:

k 0 1 2 3 4 5 6

1

kx 0 1,906 3,103 2,990 3,001 3,000 3,000

2kx 0 2,875 1,918 2,008 1,999 2,000 2,000

3

kx 0 2,750 0,836 1,015 0,999 1,000 1,000

Este procedimento iterativo é representado graficamente a seguir:

0 2 4 6 8 100

1

2

3

X0 k

X1 k

X2 k

k

Mostrando-se assim a aceleração do procedimento, pois converge à solução em um menor número de iterações!

4) Uma coluna de absorção é composta por N estágios de equilíbrio. As fases gasosa e líquida percorrem a coluna em contracorrente, considera-se a fase gasosa composta de um gás inerte e não solúvel na fase líquida transportando um soluto a uma concentração y [massa de soluto/massa de gás inerte] e a fase líquida é composta por um líquido inerte e não volátil que transporta o mesmo soluto a uma concentração x [massa de soluto/massa de líquido inerte]. A relação de equilíbrio de fases em cada estágio é suposta linear: y = K x. Considerando que o líquido alimenta a coluna isento do soluto e baseado nas suposições chega-se às equações de balanço do soluto:

Estágio 1: 1 20 1 0X X

Estágio i [i = 2, ..., N1]: 1 11 0i i iX X X

Estágio N: 1 1 0N NX X

onde i; X i

N

yGK

L y , G: vazão mássica de gás inerte (constante) e L: vazão mássica de

líquido inerte (constante).



8

4a) Mostre que a solução deste sistema linear e tri-diagonal é expressa por:

11

1 para 1, ,

1

iN i

i NX i N

. Como removeria a aparente singularidade desta

expressão para = 1?

A equação de balanço do estágio i é: 1 11 0i i iX X X com X0 =0 e XN+1 =1, essa

equação pode ser interpretada como uma equação de diferenças de segunda ordem, linear, coeficientes constantes e homogênea. Para determinar sua solução, supõe-se que a mesma pode ser expressa por: 1i iX p X , ou seja: 1i iX p X e 2

1 1i i iX p X p X ,

substituindo as duas últimas expressões em: 1 11 0i i iX X X , resulta:

21 11 1 1 1 0i ip p X p p X , como 1 0iX há dois valores de

p que satisfazem a equação: 1

1 e p p

o que permite expressar a solução da equação de

diferenças por: i i

BX A

, como 0 0X A B B A e

1 11

i

i i iX A A

Como: 1 1

1 1 1

11

1

N N

N N NX A A

. E, finalmente:

11

1 para 1, ,

1

iN i

i NX i N

Note que: 11

1lim

1 1

i

N

i

N

, assim quando 1 a solução do problema é:

para 1, , se =11i

iX i N

N

4b) Para uma coluna com 10 estágios [N = 10] deseja-se calcular o valor de que faz com que haja a remoção de 90% do soluto da corrente gasosa, isto é deseja-se determinar que corresponda a X1 = 0,1. Deste modo o problema reduz-se à resolução da equação não linear:

10 101 11 11

1 10,1 0,1 0

1 1X

Abaixo, representa-se o gráfico de X1 versus

0 0.5 10

0.1

0.2

x1 zk

x1( )sol

,zk sol

Aplicou-se a essa equação o método de Newton-Raphson obtendo-se os resultados:



9

chute inicial = 0,8 chute inicial = 1,5 chute inicial = 0,4 iteração

k k iteração

k k iteração

k k

0 0,8 0 1,5 0 0,4 1 1,1704 1 0,9361 1 68,4705 2 1,0250 2 1,0294 2 -4,0824. 103

3 1,0197 3 1,0197 3 DIVERGIU4 1,0196 4 1,0196 5 1,0196 5 1,0196

Descreva o procedimento iterativo aplicado e comente os resultados apresentados, em particular, explicando por que com chute inicial = 0,4 o procedimento iterativo não convergiu. 5) Uma coluna de destilação de 3 pratos é operada de forma contínua para destilar um mistura binária, segundo o esquema: D , xd = x4

Condensador [Estágio 4]

V y3 L,x4 Prato 3 V y2 L,x3

F, z Prato 2 (alimentação)

V y1 L+F,x2 Prato 1 V y0 L+F,x1

Refervedor B, xB = x0 [Estágio 0] Em que as composições acima se referem à fração molar do elemento mais leve. Considera-se esta mistura binária com a volatilidade relativa constante, isto é:

1

ou 1 1 1

i i i ii i

i i i i i i

y x y xx y

y x y y x x

para i = 0, 1, 2 e 3.

Os balanços molares do elemento mais volátil nos estágios são descritos por:

Refervedor (estágio "0"): 0 0 0 11 0F

R y x R x xD

Prato 1: 1 0 1 21 0F

R y y R x xD

Prato 2 (prato de alimentação): 2 1 2 31F F

R y y R x R x zD D



10

Prato 3: 3 2 3 41 0R y y R x x

Condensador (estágio 4): 3 4 0y x

Sendo: R = L/D: razão de refluxo; V=(1+R).D: vazão molar do vapor.

Além destes balanços têm-se os balanços globais:

B D

B D F

B x D x F z

Sendo: xB = x0 e xD = x4.

Sabendo-se que F = 100 kmol/h e z = 0,5, considere os dois problemas:

5a) Dados D = 80 kmol/h e R = 5 calcular as vazões molares B, L e V e as composições internas da coluna;

5b) Dados xD = 0,8 e xB = 0,25 calcular as vazões molares D, B, L, V e R e as composições internas da coluna.

Descreva de forma detalhada os procedimentos numéricos que deveriam ser implementados para resolver cada um dos problemas, enfatizando em sua descrição as condições iniciais a serem adotadas.

Abaixo se apresentam os resultados convergidos aplicando procedimentos numéricos adequados:

Problema a: B = 20 kmol/h; L = 400 kmol/h e V = 480 kmol/h

i 0 1 2 3 xi 0,009

(produto de fundo) 0,034 0,117 0,292

yi 0,035 0,122 0,347 0,623 (produto de topo)

Problema b: D = 61,538 kmol/h; B = 38,462 kmol/h; L = 489,721 kmol/h; V = 551,26 kmol/h e R = 7,958

i 0 1 2 3 xi 0,020

(produto de fundo) 0,072 0,222 0,500

yi 0,075 0,236 0,533 0,800 (produto de topo)



11

6) No sistema hidráulico abaixo, uma bomba centrífuga é utilizada para transferir líquido de um tanque a outro, estando os tanques no mesmo nível

p1 p3

p2 Q

A bomba eleva a pressão do líquido de p1 (pressão atmosférica) a p2, mas ocorre uma perda de carga na tubulação que liga os dois tanques e a pressão na saída da tubulação cai para p3 novamente a pressão atmosférica.

A elevação da pressão devido à bomba centrífuga é dada por sua curva característica e é expressa por:

3/ 22 1p p a b Q

Sendo a e b constantes características da bomba e Q a vazão volumétrica.

A perda de carga na tubulação é expressa por: 2

2 3 2 58 Mf L Q

p pD

Sendo:

fM : fator de atrito de Moody do interior da tubulação (suposto constante);

: massa específica do líquido;

L : comprimento da tubulação;

D: diâmetro interno do tubo.

Calcule a vazão de líquido e a pressão na saída da bomba nos dois casos abaixo:

Dados 1 Dados 2

D (polegadas) 1,049 2,469

L (pés) 50,0 210,6

fM (adimensional) 0,032 0,026

a , psi 16,7 38,5

b, psi/(gpm)1.5 0,052 0,0296

Resolver o problema para os dois conjuntos de dados e para os dois líquidos: (a) água: = 62,4 lbm/ft3 ; (b) querosene: =51,4 lbm/ft3.



12

b.052

.0296

psi

gal

min

1.5

D1.049

2.469

in L50

210.6

ft 62.4

51.4

lb

ft3

fM.032

.026

a16.7

38.5

psi

pref 1 atm

a

pref

1.136

2.62

Qref

a0

pref

b0

2

3

a1

pref

b1

2

3

Qref7.198 10

4

5.456 103

m3

s

b0

Qref0

1.5

pref

b1

Qref1

1.5

pref

0.136

1.62

8 fM0

0 L

0 Qref0

2

2

D0 5 pref

8 fM1

1 L

1 Qref1

2

2

D1 5 pref

0.15

0.337

d

0

d1

0.824

f x i j( )

x0

1 i

i

x1 1.5

x0

1 i

dj

x1 2

F x i j( )1

1

i

1.5 x1

2 i

djx1

g x i j( )x0

1 i

i

x1 .75

x0

1 i

dj

x1

G x i j( )

1

1

i

.75

4x1

i

dj

ff x i j( ) i

i

x1.5

i

dj

x2

p2adm x i( ) 1 i

i

x1.5

gg x i j( )

i

ix.75

i

dj

x

iter 4i 0 j 0 k 1 iter

x

2

i

1

i

2

3

x k x k 1

lsolve F x k 1 i j f x k 1

i j

x2

1

1.656

2.681

1.697

2.205

1.703

2.162

1.703

2.162

p2 x0 iter 1 atm p2 1.703atm p2 25.027psi Q x

1 iter Qrefi Q 24.662

gal

min

k 0 iter f x iter i j 1.959 10

8

k 1 iter

x

2

i

1

i

4

3

x k x k 1

lsolve G x k 1 i j g x k 1

i j

x2

1

1.656

4.361

1.703

4.671

1.703

4.672

1.703

4.672

p2 x0 iter 1 atm p2 1.703atm p2 25.027psi Q x

1 iter Qrefi Q 24.662

gal

min

g x iter i j 0

X 1 X root ff X i j( ) X( ) X 2.162 p2adm X i( ) 1 atm 1.703atm p2adm X i( ) 1 atm 25.027psi

X Qrefi 24.662

gal

min



13

7) Na realidade o fator de atrito de Moody no interior da tubulação é função do número de

Reynolds, ReD u

onde 2

/ 2

Qu

D

: velocidade média no interior do tubo e :

viscosidade do líquido, e da rugosidade interna do tubo em acordo com:

(i) Para Re 2000: 64

ReMf ;

(ii) Para Re > 2000, o valor de fM é solução da Equação de Colebrook expressa por:

1 2,51

2 log3,7 ReM M

Df f

onde : rugosidade interna do tubo;

D: diâmetro interno do tubo.

Um bom chute inicial para essa equação é a equação de Blassius expressa por:

2503160 .M Re.f que é válida para tubulações lisas (=0) e escoamento turbulento.

Refaça todas as situações do problema 1 com essas novas considerações usando = 0,0005 ft.

TOL 109

f x Re adm x 2 log

adm

3.7

2.52 x

Re

Moody Re adm fM64

Re Re 2000if

xRe

.125

.316

x root f x Re adm x

fM1

x2

otherwise

fM

Reref i j( )

Di

j Qrefi

D

i

2

2

j

.0005 ft

D0

.0005 ft

D1

5.72 10

3

2.43 103



14

F x i j( )

x0

1 i

i

x1 1.5

x0

1 Moody Reref i j( ) x1

i

i d

j x

1 2

I

1

0

0

1

i 0 j 0

J x i j( ) y F x i j( )

J k 104

F x 104 I k i j y

k 0 1for

J

X

2

i

1

i

2

3

F X i j( )

0

0.84

iter 5 k 1 iter X k X k 1 lsolve J X k 1

i j F X k 1 i j

X2

1

1.666

2.634

1.704

2.182

1.708

2.143

1.709

2.143

1.709

2.143

V X iter

p2 V0

1 atm p2 1.709atm p2 25.108psi Q V1

Qrefi Q 24.453

gal

min

x 1 x root g x i j( ) x( ) x x x 2.143l

G x i j( )x0

1 i

i

x1 .75

x0

1 Moody Reref i j( ) x1

i

i d

j x

1

J x i j( ) y G x i j( )

J k 104

G x 104 I k i j y

k 0 1for

J

X 0

2

i

1

i

4

3

X k X k 1 lsolve J X k 1

i j G X k 1 i j V X iter

X2

1

1.666

4.267

1.708

4.592

1.709

4.593

1.709

4.593

1.709

4.593

p2 V0

1 atm p2 1.709atm p2 25.108psi Q V1

Qrefi Q 24.453

gal

min

8) As principais reações que ocorrem na produção de gás de síntese através da oxidação parcial do metano com oxigênio são:

2221

4 2HCOOCH

224 3HCOOHCH

OHCOCOH 222



15

Calcule a relação entre as vazões molares de oxigênio e metano na alimentação de um reator de gás de síntese operando adiabaticamente, tal que a temperatura de equilíbrio da mistura no interior do reator seja igual a 2200oF. A pressão de operação do reator é igual a 20 atm e a temperatura de entrada dos reagentes é igual a 1000oF.

Considerando o comportamento da mistura reacional como ideal as seguintes relações de equilíbrio prevalecem:

Reação 1: 21

2

4 2

211

1 1,3 10CO H

CH O

p pK

p p

Reação 2: 2

4 2

35

2 1,7837 10CO H

CH H O

p pK

p p

Reação 3: 2

2 2

30

2,6058CO H O

C H

p pK

p p

Sendo: 2 2 2 4 2O ; O ; ; H e ; CO C H H C Op p p p p p são as pressões parciais, respectivamente, do CO,

CO2, H2O, H2, CH4 e O2.

As entalpias dos diversos componentes envolvidos no processo a 1000 e 2200oF estão listadas abaixo:

Componente FoH1000

(BTU/lbmol)

FoH 2200

(BTU/lbmol)

CH4 -13492 8427

H2O -90546 -78213

CO2 -154958 -139009

CO -38528 -28837

H2 10100 18927

O2 10690 20831

Uma quarta reação química também ocorre a altas temperaturas:

Reação 4: COCOC 22

2

2

40

1329,5CO

C C

pK

a p

aC é a atividade do carbono no estado sólido (seu valor pode ser considerado como unitário).

Considerando em primeira instância a inexistência da reação 4 e as seguintes variáveis:

x1 : número de mols do CO no equilíbrio/mol de CH4 na alimentação ;

x2: número de mols do CO2 no equilíbrio/mol de CH4 na alimentação ;

x3 : número de mols do H2O no equilíbrio/mol de CH4 na alimentação ;

x4 : número de mols do H2 no equilíbrio /mol de CH4 na alimentação;

x5: número de mols do CH4 no equilíbrio /mol de CH4 na alimentação;

x6: número de mols do O2 na alimentação /mol de CH4 na alimentação;

x7: número total de mols dos produtos /mol de CH4 na alimentação.



16

Devido ao valor elevado da constante de equilíbrio da primeira reação, pode-se considerar como se todo o oxigênio alimentado ao sistema fosse consumido, isto é: 0

2Op ,

com essa consideração os balanços de massa de cada elemento químico presente e o balanço de energia conduzem ao sistema de equações:

Balanço de oxigênio: 6 1 2 32 2x x x x

Balanço de hidrogênio: 3 4 54 2 2 4x x x

Balanço de carbono: 1 2 51 x x x

Balanço global do produto: 7 1 2 3 4 5x x x x x x

Equilíbrio da segunda reação: 2 3 5 21 4 3 5 71,7837 10totalP x x x x x

Equilíbrio da terceira reação: 1 3 2 42,6058x x x x

Balanço de energia:

1 2 3 4 5 628837 139009 78213 18927 8427 13592 10690x x x x x x

Resolva este sistema de equações algébricas.

Após resolver o sistema calcule: 2

2 21

0 2 7

com 1CO totalC

C C

p P xK a

a p x x

. Se 4 1329,5K K há

possibilidade de formação de carvão sólido no interior do reator, caso contrário tal não ocorre. Verifique qual das possibilidades prevalece!

Entalpias dos Componentes

H

38528

154958

90546

10100

13492

10690

28837

139009

78213

18927

8427

20831

P 20 P

2

1.7837105

H1

H1 0

H

Número Total de Mols da Mistura xT x( )

0

4

i

xi

Montagem do vetor das funções

f x( )

x0

2x1

x2

2 x

5

x2

x3

2 x4

2

x0

x1

x4

1

0

4

i

Hi 1 x

i

H4 0 H

5 0 x5

x0

x2

2.6058x1

x3

x0

x3 3 xT x( )

2x2

x4



17

Montagem da Matriz Jacobiana

Elementos da última linha da matriz Jacobiana: g0 x( ) x3 3 2 xT x( ) x

2 x

4 g1 x( ) 2 xT x( ) x

2 x

4

g2 x( ) xT x( ) x4

2 x2

xT x( ) g3 x( ) 3 x0

x3 2 2 xT x( ) x

2 x

4 g4 x( ) xT x( ) x

2 2 x

4 xT x( )

I identity 6( )Jnumerico x( ) y f x( )

v x 104

I j

J j f v( ) f x( )

104

j 0 5for

J

J x( )

.5

0

1

H0 1

x2

g0 x( )

1

0

1

H1 1

2.6058 x3

g1 x( )

.5

1

0

H2 1

x0

g2 x( )

0

1

0

H3 1

2.6058 x1

g3 x( )

0

2

1

H4 1

0

g4 x( )

1

0

0

H5 0

0

0

Chute Inicial : considera apenas a primeira reação

X

1

0

0

2

0

.5

f X( )

0

0

0

0.111

0

0.018

J X( ) 0.306 Jnumerico X( ) 0.306

Newtonnume x( ) y f x( )

k 0

X k x

x X k lsolve Jnumerico X k y

y f x( )

k k 1

X k x

y 109

while

X

Newton x( ) y f x( )

k 0

X k x

x X k lsolve J X k y

y f x( )

k k 1

X k x

y 109

while

X

x X M Newton x( ) K cols M( ) K 6

M1 Newtonnume x( )K1 cols M1 K1 6

M1

1

0

0

2

0

0.5

0.783

0.028

0.145

1.478

0.189

0.492

1.013

0.027

0.135

1.945

0.04

0.601

0.964

0.027

0.137

1.846

8.521 103

0.578

0.961

0.027

0.137

1.841

0.011

0.577

0.961

0.027

0.137

1.841

0.011

0.577

M

1

0

0

2

0

0.5

0.783

0.028

0.145

1.478

0.189

0.492

1.013

0.027

0.135

1.945

0.04

0.601

0.964

0.027

0.137

1.846

8.521 103

0.578

0.961

0.027

0.137

1.841

0.011

0.577

0.961

0.027

0.137

1.841

0.011

0.577

Valores Convergidos x1 M K 1 x1

T 0.961465 0.027466 0.137033 1.840831 0.011068 0.576715( )

f x1 T 0 0 0 0 0 0( )

Cálculo do número total de mols da mistura e das frações molares

ntotal_1 xT x1 ntotal_1 2.978 i 0 4 z1i

x1i

ntotal_1

z1T 0.32287084 0.00922354 0.04601709 0.61817168 0.00371685( )

Verificação da possibilidade de existência de carvão sólido:

Kmedio

P x10

2

x11xT x1

Kmedio 226.042 como esse valor é menor do que 1329.5(K_4) não há carbono sólidopresente no reator!



18

9) Refaça o problema 3 considerando a possibilidade da primeira reação não ser completa, isto é, considere a possibilidade de haver oxigênio não reagido no produto.

Considerando:

x6: número de mols do O2 no equilíbrio /mol de CH4 na alimentação;

x7: número total de mols dos produtos /mol de CH4 na alimentação.

x8: número de mols do O2 na alimentação /mol de CH4 na alimentação;

Equilíbrio da primeira reação:

3

23 3

2 221

2

4 2

2 211 2 111 4

1 4 5 6 775 6

1,3 10 1,3 10CO H totaltotal

CH O

p p Px xP x x x x x

xp p x x

O equilíbrio da segunda reação indica: 2 3 5 21 4 3 5 71,7837 10totalP x x x x x

Dividindo a última equação pela anterior, resulta:

5 113 7

4 4 6 3 75116

1,7837 10 1,3 10

1,7837 101,3 10total total

x xP x P x x x x

x

, elevando ambos os

membros ao quadrado: 211 6

2

4 6 351

1,3 10

1,7837 10 total ii

x P x x x

, permitindo calcular:

52

31

6 2112

4 35

1,3 101,7837 10

ii

total

x xx

x P x

e

6

71

ii

x x

Resultando no sistema:

Balanço de oxigênio: 8 1 2 3 62 2x x x x x

Balanço de hidrogênio: 3 4 54 2 2 4x x x

Balanço de carbono: 1 2 51 x x x

Balanço global do produto: 8 1 2 3 4 5 6x x x x x x x

Equilíbrio da segunda reação: 2 3 5 21 4 3 5 71,7837 10totalP x x x x x

Equilíbrio da terceira reação: 1 3 2 42,6058x x x x

Balanço de energia:

1 2 3 4 5 6 828837 139009 78213 18927 8427 20831 13592 10690x x x x x x x

Nas equações acima as expressões

52

31

6 2112

4 35

1,3 101,7837 10

ii

total

x xx

x P x

e

6

71

ii

x x

são substituídas!



19

TOL 10

Entalpias dos ComponentesP 20

H

38528

154958

90546

10100

13492

10690

28837

139009

78213

18927

8427

20831

P2

1.7837105

H

1

H1 0

H

1.3 1011

P1.5

1.453 109

Número Total de Mols da Mistura xT x( )

0

5

i

xi

Montagem do vetor das funções

f x( )

x0

2x1

x2

2 x

5 x

6

x2

x3

2 x4

2

x0

x1

x4

1

0

5

i

Hi 1 x

i

H4 0 H

5 0 x6

x0

x2

2.6058x1

x3

x0

x3 3 xT x( )

2x2

x4

x0

x3 2 xT x( )

1.5 x

4 x

5

Montagem da Matriz Jacobiana

Elementos da última linha da matriz Jacobiana: g0 x( ) x3 3 2 xT x( ) x

2 x

4 g1 x( ) 2 xT x( ) x

2 x

4

g2 x( ) xT x( ) x4

2 x2

xT x( ) g3 x( ) 3 x0

x3 2 2 xT x( ) x

2 x

4 g4 x( ) xT x( ) x

2 2 x

4 xT x( )

g5 x( ) x3 2 1.5 xT x( )

0.5 x

4 x

5 g6 x( ) 1.5 xT x( )

0.5 x

4 x

5

g7 x( ) 2 x0

x3

1.5 xT x( )0.5

x4

x5

g8 x( ) xT x( ) x5

xT x( ) 1.5 x4

g9 x( ) xT x( ) x

4

xT x( )

2 x5

1.5 x

5

J x( )

.5

0

1

H0 1

x2

g0 x( )

g5 x( )

1

0

1

H1 1

2.6058 x3

g1 x( )

g6 x( )

.5

1

0

H2 1

x0

g2 x( )

g6 x( )

0

1

0

H3 1

2.6058 x1

g3 x( )

g7 x( )

0

2

1

H4 1

0

g4 x( )

g8 x( )

1

0

0

H5 1

0

0

g9 x( )

1

0

0

H5 0

0

0

0



20

Chute Inicial : solução do problema 3o

X

0.961465

0.027466

0.137033

1.840831

0.011068

1016

0.576715

f X( )

0

0

1 106

2.942 107

2.497 106

2.996 107

2.431

J X( ) 2.1 1016

x1T 0.961465 0.027466 0.137033 1.840831 0.011068 0.576715( )

Newton x( ) y f x( )

k 0

X k x

x X k lsolve J X k y

y f x( )

k k 1

X k x

y 106while

X

x X M Newton x( ) K cols M( ) K 28

M

25 26 27

0

1

2

3

4

5

6

0.961 0.961 0.961

0.027 0.027 0.027

0.137 0.137 0.137

1.841 1.841 1.841

0.011 0.011 0.011

-151.557·10 -151.553·10 -151.553·10

0.577 0.577 ...

Valores Convergidos x M K 1 xT 0.961465 0.027466 0.137033 1.840831 0.011068 1.553288 10

15 0.576715

f x( )T 0 0 0 0 0 0 0.000001 0i( ) x1T 0.961465 0.027466 0.137033 1.840831 0.011068 0.576715( )

Cálculo do número total de moles da mistura e das frações molares

ntotal xT x( ) ntotal 2.978 i 0 5 zi

xi

ntotal

zT 0.32287084 0.00922354 0.04601709 0.61817168 0.00371685 0( )

z1T 0.32287084 0.00922354 0.04601709 0.61817168 0.00371685( )

Verificação da possibilidade de existência de carvão sólido:

Kmedio

P x0 2

x1

xT x( ) Kmedio 226.042 como esse valor é menor do que 1329.5(K_4) não há carbono sólido

presente no reator!



21

10) Considere o sistema hidráulico esquematizado abaixo:

Bomba B

Tubo D

Tubo C

Tubo E

Bomba A

As pressões p1 e p5 nos pontos e podem ser consideradas como iguais à pressão atmosférica. As equações que descrevem o escoamento em cada trecho do sistema são:

Ponto de junção : E D CQ Q Q

Bomba A : 22 1 A A Cp p Q ; Bomba B : 2

3 1 B B Dp p Q

Perda de carga no tubo C: 2

2 4 2 58 M C C

c

f L Qp p

D

Perda de carga no tubo D: 2

3 4 2 58 M D D

D

f L Qp p

D

Perda de carga no tubo E: 2

4 5 5 4 2 58 M E E

E

f L Qp p g z z

D

Onde 5 4 70z z ft (elevação da tubulação) , fM = 0,02792, = 62,43 lbm/ft3 (água),

p1 = p5 = 1,00 atm e

Bomba A (psia) A psi/(gpm)2

A 156,6 0,00752

B 117,1 0,00427

Tubo D (inch) L (feet)

C 1,278 125

D 2,067 125

E 2,469 145



22

Calcule p2, p3, p4, QC, QD e QE.

TOL 109

A 156.6 psi A .00752psi

gpm2

B 117.1 psi B .00427

psi

gpm2

z 70 ft fM .02792 62.43lb

ft3

pref 1 atm g 9.80665m

s2

DC 1.278 in LC 125 ft DD 2.067 in LD 125 ft DE 2.469 in LE 145 ft

Qref_2

A pref

A CE 8

fM LE Qref_2

2

DE5

pref p

g z

pref

CC 8fM LC Qref_2

2

DC5

pref CD 8

fM LD Qref_2

2

DD5

pref

CA 1A

pref CB 1

B

pref dA

A

pref1 dB

B Qref_2

pref

J x( )

1

0

1

0

0

0

dA

0

CC

0

0

1x3

x1

0

1

0

1

0

0

0

dB

0

CD

0

1x1

x3

0

0

1

1

1

0

0

0

0

0

CE

1

f x( )

x0

dA x1

CA

x2

dB x3

CB

x0

x4

CC x1

x2

x4

CD x3

x4

1 p CE x5

x5

x1

x3

2 x1

x3

x

1

1

1

1

1

1

f x( )

1

2.485

17.734

1.602

1.301

3

J x( )

1

0

1

0

0

0

9.656

0

17.734

0

0

2

0

1

0

1

0

0

0

5.483

0

1.602

0

2

0

0

1

1

1

0

0

0

0

0

0.764

1

k 0 3 x k 1 x k lsolve J x k f x k k 0 4

kf x k

x

1

1

1

1

1

1

7.968

0.382

2.954

1.097

1.196

2.958

7.929

0.386

2.866

1.113

1.083

2.81

7.929

0.386

2.866

1.113

1.083

2.81

7.929

0.386

2.866

1.113

1.083

2.81

T

18.301 0.184 2.232 106

0 0

p1 x0 3 pref p1 7.929 atm QA Qref_2 x

1 3 QA 85.349gpm

p2 x2 3 pref p2 2.866 atm QB Qref_2 x

3 3 QB 144.919gpm

p4 x4 3 pref p4 1.083 atm QE Qref_2 x

5 3 QE 230.267gpm

VERIFICAÇÃO DA SOLUÇÃO:

p1 pref A A QA2

0 atm

p1 p4 8fM LC QA

2

2

DC5

0 atm

p2 pref B B QB2

1.149 10

15 atm

p2 p4 8fM LD QB

2

2

DD5

0 atm

p4 pref g z 8fM LE QE

2

2

DE5

0 atm

11) Resolva o sistema linear abaixo:

1

2

3

4

5

6

7

3 2 0 0 0 0 0 1

3 4 1 0 0 0 0 2

0 1 2 1 0 0 0 3

0 0 4 6 2 0 0 0

0 0 0 2 6 4 0 3

0 0 0 0 1 2 1 2

0 0 0 0 0 3 4 1

x

x

x

x

x

x

x

Thomas n a b c d( ) 0

b0

0

d0

0

i

bi

ai

ci 1

i 1

i

di

ai

i 1

i

i 1 n 1for

xn 1

n 1

xi

i

ci

i

xi 1

i n 2 0for

x

a

0

3

1

4

2

1

3

b

3

4

2

6

6

2

4

c

2

1

1

2

4

1

0

d

1

2

3

0

3

2

1

x Thomas 7 a b c d( )

xT 4.583 6.375 9.75 10.125 10.875 10.5 8.125( )

12) Resolva a equação de diferenças:

2 1 1 24 para 1, 2, 3, , com 0 e 1i i i nu i u u i i n u u .

Resolva para n = 4, 5 e 6.

n 4

i 0 n 1 ai

1 bi

4 i 1( ) ci

1 di

i 1 dn 1 d

n 1 1

x Thomas n a b c d( ) xn

1

xT 0.201 0.198 0.219 0.174 1( )

r0

4 x0

x1

1 i 1 n 1 ri

xi 1 4 i 1( ) x

i x

i 1 i 1( ) r 0

n 5

i 0 n 1 ai

1 bi

4 i 1( ) ci

1 di

i 1 dn 1 d

n 1 1


1

xT 0.2 0.198 0.215 0.225 0.189 1( )

r0

4 x0

x1

1 i 1 n 1 ri

xi 1 4 i 1( ) x

i x

i 1 i 1( ) r 0

n 6

i 0 n 1 ai

1 bi

4 i 1( ) ci

1 di

i 1 dn 1 d

n 1 1


1

xT 0.2 0.198 0.215 0.222 0.229 0.199 1( )

r0

4 x0

x1

1 i 1 n 1 ri

xi 1 4 i 1( ) x

i x

i 1 i 1( ) r 0

13) O modelo estacionário do estágio i de uma coluna de absorção de prato é descrito pela equação de balanço de massa:

1 1 para 1, 2, ,i i i iL x V y L x V y i N (N: número total de pratos)

L: vazão molar da fase líquida;

V: vazão molar da fase gás;

xi : fração molar na fase líquida;

yi : fração molar na fase gás.

Sabendo-se que a relação de equilíbrio entre as fase é linear e dada pela expressão:

yi = m . xi, sugira um procedimento iterativo para resolver este sistema conhecendo-se: L, V, m , y0 e xN+1 > Para ilustrar seu procedimento adote: L = 40; V = 65; m = 0,72; N = 6; y0 = 0,25 e x7 =0.

Avalie o que ocorre com as composições de saída [x1 e yN] quando N tende a infinito.

Com yi = m . xi e considerando: L

RV

, tem-se:

1 1 0 para 1, 2, ,i i iR x R m x m x i N com 00 1 e 0N

yx x

m

Buscando uma solução da forma: 1 1 como 0i i i N N Ni

Rx x x x

Com i = 1 tem-se:

02 1 0 2 1 0 1 20

y RR x R m x m x R x R m x y x x

R m R m

permitindo identificar: 01 1

1

e y

R m

Com i = 2, 3, .... 1 1i i iR m x m x R x mas: 1 11

i i ii

Rx x

, então:

1 1 1 11 1

i i i i i ii i

m R m RR m x m R x R m x m R x

1

1

e ii i

i i

mm RR m

para i = 2, 3, ...N; com: 0

1 11

e y

R m

.

Após determinar 1 1 2 2, , , , , N N , tem-se: N Nx determinando-se a seguir:

1i i ii

Rx x

para 1 , 2 , , 2, 1i N N

Exemplo numérico: L = 40; V = 65; m = 0,72; N = 6; y0 = 0,25 e x7 =0. Logo: 40

0,61565

R

Obtém-se:

i 1 2 3 4 5 6

i 1,335 1,004 0,894 0,840 0,808 0,787

i 0,187 0,134 0,108 0,093 0,083 0,076

E a seguir:

i 6 5 4 3 2 1

i 0,076 0,140 0,196 0,243 0,283 0,318

Quando N é muito elevado, a corrente líquida que saí do primeiro estágio tende a estar em

equilíbrio com y0, isto é: 01

0, 250,347

0,72

yx

m .

Como: 01 1 0 0 1 0,05N N N

yRR x R x m x y x

m m

O mesmo resultado poderia ser obtido considerando que a solução de:

1 1 0 para 1, 2, ,i i iR x R m x m x i N com 00 1 e 0N

yx x

m

é da forma: 21 1 1 e i

i i i i i ix A p x p x x p x p x , isto é:

21 1 1 0i i i iR x R m x m x R p R m p m x

Implicando em 2 1 0R p R m p m p R p m que apresenta duas raízes:

1 21 e m

p pR

. A solução geral do problema é então:

i

i

mx A B

R

. Como 0 00

y yx A B B A

m m , logo: 01

i i

i

ym mx A

R m R

.

Como: 1 0Nx

1 1

0 01

10 1

1

N N

N

y ym mA A

R m R m mR

. Resultando

em:

1

01

1

1

i N

i N

my R

xm m

R

. Para N elevado tem-se: 1

0N

m

R

, assim:

0 01 1 0,347

Ny ym

xm R m

e 1

0 01 1 0,05N

y ym Rx

m R m m

.

Resultados idênticos aos encontrados anteriormente.

o p gabarito da lista de exercícios de sistemas algébricos€¦ · eqe-358 – mÉtodos...

Documents