Uma Indústria química dispõe de um reator químico isotérmico de mistura perfeita. Para o controle ótimo do processo, as funções de transferências que relacionam c_{A}(t) com as entradas c_{A 1}(t) ; c_{A 2}(t) é dada por: \bar{C}_{A}(s)=\frac{K_{p 1}}{\left[\tau_{1} s+1\right]} \times \bar{C}_{A 1}(s)+\frac{K_{p 2}}{\left[\tau_{2} s+1\right]} \times \bar{C}_{A 2}(s), onde \tau_{1}=5[s] ; \tau_{2}=10[s] ; \mathrm{K}_{p 1}=\mathrm{K}_{p 2}=1. A análise dinâmica revelou que a concentração do componente A , nos seguintes intervalos de tempos: [0,5] \min ;[5,10] \min, aumenta gradualmente, respectivamente, da seguinte forma: \bar{C}_{A 1}(t)=6,5+0,3 t ; \bar{C}_{A 2}(t)=8,5+0,45 t. Obtenha as expressões para analisar o comportamento de \bar{C}_{A}(t) nos referidos intervalos de tempo.

Passo 1

O problema descreve um reator isotérmico de mistura perfeita em que a concentração de saída \bar C_A(t) é dada no domínio de Laplace por
\bar C_A(s)\;=\;\frac{1}{\tau_1 s+1}\,\bar C_{A1}(s)\;+\;\frac{1}{\tau_2 s+1}\,\bar C_{A2}(s)
com \tau_1=5, \tau_2=10 (em minutos) e ganhos estáticos iguais a 1. As duas entradas em cada intervalo são rampas do tipo \bar C_{Ai}(t)=a_i + b_i\,t. Vamos usar transformadas de Laplace e frações parciais para achar a resposta ao tempo das duas saídas parciais e depois somá-las.

Passo 2

Considere um sistema de primeira ordem
G(s)=\frac{1}{\tau s+1}
e uma entrada
u(t)=a + b\,t\quad\Longrightarrow\quad U(s)=\frac{a}{s}+\frac{b}{s^2}.
Então
Y(s)=G(s)\,U(s) =\frac{a}{s(\tau s+1)}+\frac{b}{s^2(\tau s+1)}.
Fazendo frações parciais e invertendo, chega-se ao resultado padrão
y(t)\;=\;b\,t\;+\;(a - b\,\tau)\,\bigl(1 - e^{-t/\tau}\bigr).

Passo 3

Identificamos para cada ramo i=1,2:
a_1=6,5,\quad b_1=0,3,\quad \tau_1=5; \qquad a_2=8,5,\quad b_2=0,45,\quad \tau_2=10.
Logo as respostas parciais são
C_{A1}(t)=0{,}3\,t + \bigl(6{,}5 - 0{,}3\cdot5\bigr)\bigl(1 - e^{-t/5}\bigr) =0{,}3\,t + 5\bigl(1 - e^{-t/5}\bigr),
C_{A2}(t)=0{,}45\,t + \bigl(8{,}5 - 0{,}45\cdot10\bigr)\bigl(1 - e^{-t/10}\bigr) =0{,}45\,t + 4\bigl(1 - e^{-t/10}\bigr).

Passo 4

Para o intervalo 0\le t\le 5 (min), as duas rampas valem desde t=0, então
C_A(t)=C_{A1}(t)+C_{A2}(t) =0{,}3t+5\bigl(1-e^{-t/5}\bigr)\;+\;0{,}45t+4\bigl(1-e^{-t/10}\bigr).
Reagrupando,
\boxed{ 0\le t\le5:\quad C_A(t)=0{,}75\,t \;+\;5\bigl(1-e^{-t/5}\bigr)\;+\;4\bigl(1-e^{-t/10}\bigr). }

Passo 5

Para 5< t\le 10, as rampas continuam mesmas, mas a resposta parte da condição em t=5. Defina \Delta t=t-5. Primeiro calcule
C_{A1}(5)=0{,}3\cdot5+5\bigl(1-e^{-1}\bigr), \quad C_{A2}(5)=0{,}45\cdot5+4\bigl(1-e^{-0,5}\bigr).
Chame esses valores de C_{A1}^5 e C_{A2}^5. Então, aplicando de novo a fórmula de passo 2 com entrada a_i + b_i\,\Delta t e condição inicial igual a C_{Ai}^5, obtém-se para i=1,2:
C_{Ai}(t) =b_i\,\Delta t\;+\;\bigl(C_{Ai}^5 - b_i\,\tau_i\bigr)\bigl(1-e^{-\Delta t/\tau_i}\bigr).
Somando i=1,2 dá a expressão de C_A(t) no segundo intervalo.

Resposta

Para 0\le t\le5:
C_A(t)=0{,}75\,t \;+\;5\bigl(1-e^{-t/5}\bigr)\;+\;4\bigl(1-e^{-t/10}\bigr).
Para 5< t\le10, com \Delta t=t-5 e
C_{A1}^5=0{,}3\cdot5+5\bigl(1-e^{-1}\bigr), \quad C_{A2}^5=0{,}45\cdot5+4\bigl(1-e^{-0,5}\bigr),
tem-se
C_A(t) =\bigl[0{,}3\,\Delta t+(C_{A1}^5-0{,}3\cdot5)\bigl(1-e^{-\Delta t/5}\bigr)\bigr] \;+\; \bigl[0{,}45\,\Delta t+(C_{A2}^5-0{,}45\cdot10)\bigl(1-e^{-\Delta t/10}\bigr)\bigr].

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