Exercício 3: Considere um reator de tanque bem misturado contínuo com volume de 200 L e alimentado por uma corrente de 10 \mathrm{~L} / \mathrm{min} contendo 40 \mathrm{~mol} / \mathrm{L} de um reagente A . A reação que ocorre no tanque tem cinética de 1^{\mathrm{a}} ordem \left(r_{A}=-k C_{A}\right) com k=0,5 \mathrm{~min}^{-1}.
a) Calcule qual será a concentração de A no reator em estado estacionário.
b) Suponha que antes de chegar ao estado estacionário, o reator inicia com 0 \mathrm{~mol} / \mathrm{L} de reagente. Resolva a EDO e esboce o gráfico da concentração em funçāo do tempo.
c) Qual é o limite da funçāo C_{A}(t) que você encontrou no item b) quando t \rightarrow \infty ?

Passo 1

O enunciado pede três coisas e dá os seguintes dados:
  • Perguntas:
    1. Calcular a concentração de A no reator em estado estacionário.
    2. Partindo de 0\\ \mathrm{mol}\,/\,\mathrm{L} em t=0, resolver a EDO que descreve C_A(t) e esboçar o gráfico de C_A versus t.
    3. Determinar \lim_{t\to\infty} C_A(t).
  • Dados fornecidos:
    V=200\\ \mathrm{L},
Q=10\\ \mathrm{L}\,/\,\mathrm{min},
C_{A,\text{in}}=40\\ \mathrm{mol}\,/\,\mathrm{L},
a cinética é de primeira ordem com
r_A=-k\,C_A,\quad k=0,5\\ \mathrm{min}^{-1}.
  • Condição inicial para o item (b): C_A(0)=0\\ \mathrm{mol}\,/\,\mathrm{L}.

Passo 2

Escrever a balanço de massa geral para um reator tanque bem misturado (CSTR). Explicando devagarinho: o balanço de espécie A diz que a taxa de variação da massa (ou concentração no volume) é igual ao que entra menos o que sai mais o que é gerado (ou consumido) por reação. Em fórmulas:
V\frac{dC_A}{dt}=Q\,C_{A,\text{in}}-Q\,C_A+V\,r_A.
Aqui:
  • V é o volume do reator ( \mathrm{L}),
  • C_A(t) é a concentração no reator ( \mathrm{mol}\,/\,\mathrm{L}),
  • Q é a vazão volumétrica ( \mathrm{L}\,/\,\mathrm{min}),
  • C_{A,\text{in}} é a concentração na alimentação ( \mathrm{mol}\,/\,\mathrm{L}),
  • r_A é a taxa volumétrica de reação ( \mathrm{mol}\,/\,(\mathrm{L}\cdot\mathrm{min})).

Passo 3

Substituir a expressão da cinética de primeira ordem r_A=-k\,C_A no balanço. Assim:
V\frac{dC_A}{dt}=Q\,C_{A,\text{in}}-Q\,C_A+V(-k\,C_A).
Organizando os termos:
V\frac{dC_A}{dt}=Q\,C_{A,\text{in}}-(Q+Vk)\,C_A.

Passo 4

Para o estado estacionário (item a) a concentração não varia no tempo, logo \dfrac{dC_A}{dt}=0. Substituindo em
0=Q\,C_{A,\text{in}}-(Q+Vk)\,C_{A,\text{ss}},
onde \,C_{A,\text{ss}}\, é a concentração de estado estacionário. Resolver para C_{A,\text{ss}}:
C_{A,\text{ss}}=\frac{Q\,C_{A,\text{in}}}{Q+Vk}.
Explicação breve: isso vem de isolar C_{A,\text{ss}} na equação linear acima.

Passo 5

Calcular numericamente C_{A,\text{ss}} usando os dados. Primeiro calcular o denominador:
Q+Vk=10 + 200\cdot 0,5 =10 +100 =110\\ \mathrm{L}\,/\,\mathrm{min}\\ (\text{unidade combinada de taxa}).
Numerador:
Q\,C_{A,\text{in}}=10\cdot 40 =400\\ (\mathrm{mol}\,/\,\mathrm{min}).
Portanto
C_{A,\text{ss}}=\frac{400}{110}=\frac{40}{11}\\ \mathrm{mol}\,/\,\mathrm{L}\approx 3,636\\ \mathrm{mol}\,/\,\mathrm{L}.

Passo 6

Agora vamos ao item (b): escrever a EDO explícita para C_A(t). A partir de
V\frac{dC_A}{dt}=Q\,C_{A,\text{in}}-(Q+Vk)\,C_A,
dividimos por V para obter a forma padrão:
\frac{dC_A}{dt}+\left(\frac{Q}{V}+k\right)C_A=\frac{Q}{V}C_{A,\text{in}}.
Explicando os termos:
  • \dfrac{Q}{V} tem unidade de \mathrm{min}^{-1} e representa a taxa de renovação do fluido no reator (às vezes chamada de vazão específica).
  • O coeficiente \dfrac{Q}{V}+k é a soma das taxas efetivas que removem A (saída por vazão e consumo por reação).

Passo 7

Calcular os coeficientes numéricos:
\frac{Q}{V}=\frac{10}{200}=0,05\\ \mathrm{min}^{-1},
logo
\frac{Q}{V}+k=0,05+0,5=0,55\\ \mathrm{min}^{-1},
e o termo do lado direito:
\frac{Q}{V}C_{A,\text{in}}=0,05\cdot 40 =2\\ \mathrm{mol}\,/\,(\mathrm{L}\cdot\mathrm{min}).
A EDO fica então
\frac{dC_A}{dt}+0,55\,C_A=2.

Passo 8

Resolver a EDO linear de primeira ordem. Vou usar a solução padrão (que é bem direta): para
\frac{dC}{dt}+a\,C=b\quad (a,b\\ \text{constantes}),
a solução geral é
C(t)=C_p+(C(0)-C_p)e^{-a t},
onde C_p=\dfrac{b}{a} é a solução particular (estado estacionário). Aplicando aqui:
a=0,55,\qquad b=2,
então
C_{p}=\frac{b}{a}=\frac{2}{0,55}=\frac{40}{11},
o que bate com o C_{A,\text{ss}} encontrado antes — sempre bom ver a coerência física: a solução da EDO tende para o mesmo valor de estado estacionário. Com condição inicial C_A(0)=0:
C_A(t)=\frac{40}{11}\left(1-e^{-0,55\,t}\right).
Explicação intuitiva: é um crescimento exponencial do valor inicial 0 até o valor limite \dfrac{40}{11}, com velocidade controlada pelo expoente 0,55.

Passo 9

Interpretação do tempo característico (ajuda a esboçar o gráfico): o tempo característico ou constante de tempo é
\tau=\frac{1}{\frac{Q}{V}+k}=\frac{1}{0,55}\approx 1,818\\ \mathrm{min}.
Significado: em t=\tau a função atinge cerca de 1-e^{-1}\approx 0,632 do valor final. Aqui:
C_A(\tau)\approx 0,632\cdot\frac{40}{11}\approx 2,298\\ \mathrm{mol}\,/\,\mathrm{L}.
Para esboçar o gráfico (palavras): comece em C_A(0)=0, cresce rapidamente de forma exponencial atenuada e se aproxima assintoticamente de \dfrac{40}{11}\approx 3,636\\ \mathrm{mol}\,/\,\mathrm{L}. Em cerca de 3\tau (≈5,45 min) já estamos próximos (~95%) do valor final.

Passo 10

Item (c): o limite quando t\to\infty. Pela forma da solução
C_A(t)=\frac{40}{11}\left(1-e^{-0,55\,t}\right),
temos e^{-0,55\,t}\to 0 quando t\to\infty. Logo
\lim_{t\to\infty} C_A(t)=\frac{40}{11}\\ \mathrm{mol}\,/\,\mathrm{L},
que coincide com o resultado do item (a) — isto é esperado fisicamente.

Resposta

a) \displaystyle C_{A,\text{ss}}=\frac{40}{11}\\ \mathrm{mol}\,/\,\mathrm{L}\approx 3,636\\ \mathrm{mol}\,/\,\mathrm{L}
b) \displaystyle C_A(t)=\frac{40}{11}\left(1-e^{-0,55\,t}\right)\\ \mathrm{mol}\,/\,\mathrm{L}
c) \displaystyle \lim_{t\to\infty}C_A(t)=\frac{40}{11}\\ \mathrm{mol}\,/\,\mathrm{L}

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