determinar a DBO de um dia e a DBO final de primeiro estágio para um esgoto cuja DBO5 a 20^{\circ} \mathrm{C} é 200 \mathrm{mg} / \mathrm{L}. A constante da reação é igual a 0,23 \mathrm{~d}^{-1}.

Passo 1

O enunciado fornece e pede o seguinte (sem resolver ainda):
  • Dado: a DBO em 5 dias a 20^\circ\mathrm{C} é \mathrm{DBO}_5 = 200\\ \mathrm{mg/L}.
  • Dado: a constante de reação (primeira ordem) é k = 0,23\\ \mathrm{d}^{-1}.
  • Pedidos:
    1. Determinar a DBO de um dia, isto é \mathrm{DBO}_1.
    2. Determinar a DBO final do processo de primeira ordem (ou seja, a DBO última/ultimately exerted), normalmente denotada por \mathrm{DBO}_\infty.

Passo 2

Modelo físico e matemática básica (explicação didática):
  • Em tratamento e testes de demanda bioquímica de oxigênio assume-se que a porção biodegradável remanescente decai exponencialmente com taxa de primeira ordem. Se \,L_0 representa a DBO última (a demanda total que será eventualmente consumida, também chamada \mathrm{DBO}_\infty) e \,L_u(t) representa a fração ainda não consumida no tempo t, então
L_u(t)=L_0\,e^{-k t},
onde
  • \,k é a constante de reação (em \mathrm{d}^{-1}),
  • \,t é o tempo em dias,
  • \,L_0 tem unidade \mathrm{mg/L}.
  • A DBO consumida até o tempo t (aquela medida nos testes) é a diferença entre a última e o que resta:
\mathrm{DBO}_t = L_0 - L_u(t) = L_0\left(1-e^{-k t}\right).
Aqui:
  • \mathrm{DBO}_t é a DBO medida em t dias,
  • \mathrm{DBO}_\infty = L_0 é a DBO final/última que queremos encontrar.
Portanto, se sabemos \mathrm{DBO}_5 e k, podemos primeiro obter L_0 usando
\mathrm{DBO}_5 = L_0\left(1-e^{-k\cdot 5}\right)
e depois calcular \mathrm{DBO}_1 = L_0\left(1-e^{-k\cdot 1}\right).

Passo 3

Determinar \mathrm{DBO}_\infty ( =L_0) a partir de \mathrm{DBO}_5=200\\ \mathrm{mg/L}:
L_0 = \frac{\mathrm{DBO}_5}{1-e^{-k\cdot 5}}.
Substituindo k=0,23\\ \mathrm{d}^{-1} e \mathrm{DBO}_5=200\\ \mathrm{mg/L}:
L_0 = \frac{200}{1-e^{-0,23\cdot 5}} = \frac{200}{1-e^{-1{,}15}}.
Agora avaliaremos e^{-1{,}15}. Usando a identidade e^{-1{,}15}=e^{-1}\,e^{-0{,}15} e valores aproximados e^{-1}\approx0{,}3679 e e^{-0{,}15}\approx0{,}8607, obtemos
e^{-1{,}15}\approx 0{,}3679\cdot0{,}8607\approx0{,}3166.
Logo
1-e^{-1{,}15}\approx 1-0{,}3166 = 0{,}6834.
Portanto
L_0 \approx \frac{200}{0{,}6834}\approx 292{,}8\\ \mathrm{mg/L}.

Passo 4

Calcular \mathrm{DBO}_1 usando o L_0 encontrado:
\mathrm{DBO}_1 = L_0\left(1-e^{-k\cdot 1}\right) = 292{,}8\left(1-e^{-0{,}23}\right).
Avaliaremos e^{-0{,}23}. Usando aproximação e^{-0{,}23}\approx0{,}79398, tem-se
1-e^{-0{,}23}\approx 1-0{,}79398 = 0{,}20602.
Logo
\mathrm{DBO}_1 \approx 292{,}8\cdot0{,}20602 \approx 60{,}3\\ \mathrm{mg/L}.

Passo 5

Cheque rápido e interpretação:
  • \mathrm{DBO}_\infty deve ser maior que \mathrm{DBO}_5 porque \mathrm{DBO}_5 é apenas a fração consumida em 5 dias; aqui \mathrm{DBO}_\infty\approx292{,}8\\ \mathrm{mg/L} e \mathrm{DBO}_5=200\\ \mathrm{mg/L} — faz sentido.
  • \mathrm{DBO}_1 é menor (apenas a demanda consumida no primeiro dia), aqui \approx60{,}3\\ \mathrm{mg/L} — também coerente.

Resposta

\mathrm{DBO}_1 \approx 60{,}3\\ \mathrm{mg/L}\n
\mathrm{DBO}_\infty \\ (\text{DBO final}) \approx 292{,}8\\ \mathrm{mg/L}

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