A interpretação de análises de laboratório de uma amostra de água de um rio a jusante de um lançamento de esgotos conduziu aos seguintes valores:
(b) demanda última \mathrm{L}_{\mathrm{o}}=100 \mathrm{mg} / \mathrm{L}. Calcular a DBO exercida a 1 , 5 e 20 dias.

Passo 1

Informações fornecidas pelo enunciado:
  • Demanda última: L_{o}=100\\ \mathrm{mg}/\mathrm{L}.
O que o enunciado pede:
  • Calcular a DBO exercida (isto é, a fração da demanda última já consumida) nos instantes t=1 dia, t=5 dias e t=20 dias.

Passo 2

Entendendo o modelo que usamos (aulas rápidas, sem pânico):
  • A DBO segue frequentemente uma cinética de primeira ordem: a matéria orgânica biodegradável é consumida a uma taxa proporcional à quantidade ainda por degradar. Isso leva às fórmulas padrões usadas em provas.
  • Definições e notação:
    • L_{o} é a demanda bioquímica última (DBO total que seria consumida se o tempo fosse infinito), em \mathrm{mg}/\mathrm{L}.
    • L_{u}(t) é a demanda ainda não exercida (remanescente) no tempo t, em \mathrm{mg}/\mathrm{L}.
    • L(t) é a DBO já exercida até o tempo t, em \mathrm{mg}/\mathrm{L}.
    • k é a constante de deoxigenação (taxa de reação) em \mathrm{d}^{-1}. Ela depende do tipo de efluente e da temperatura; é essencial para obter valores numéricos.
  • Modelo matemático (primeira ordem):
    • A quantidade remanescente decai exponencialmente: L_{u}(t)=L_{o}\,e^{-k t}.Aqui e é a base dos logaritmos naturais e t está em dias.
    • A DBO exercida até o tempo t é a diferença entre a demanda última e a remanescente: L(t)=L_{o}-L_{u}(t)=L_{o}\left(1-e^{-k t}\right).
    • Explicando em palavras: no início há L_{o} disponível; com o tempo parte foi consumida (essa parte é L(t)) e o resto fica L_{u}(t). A equação acima dá exatamente a porção consumida até t.
Observação importante: para obter números concretos é obrigatório saber o valor de k. O enunciado não forneceu k, portanto só podemos dar expressões gerais em função de k. A seguir faço as fórmulas e, para dar intuição, um exemplo numérico usando um valor típico de referência.

Passo 3

Aplicando a fórmula \;L(t)=L_{o}\left(1-e^{-k t}\right)\; com L_{o}=100\\ \mathrm{mg}/\mathrm{L}:
  • Para t=1 dia:
    L(1)=100\left(1-e^{-k\cdot 1}\right)\\ \mathrm{mg}/\mathrm{L}.
  • Para t=5 dias:
    L(5)=100\left(1-e^{-k\cdot 5}\right)\\ \mathrm{mg}/\mathrm{L}.
  • Para t=20 dias:
    L(20)=100\left(1-e^{-k\cdot 20}\right)\\ \mathrm{mg}/\mathrm{L}.
Essas três expressões são a resposta simbólica exata; basta substituir o valor de k para obter números.

Passo 4

Exemplo numérico ilustrativo (opcional, só para intuição): usar k=0{,}23\\ \mathrm{d}^{-1}, que é um valor tipicamente citado para esgoto bruto à temperatura próxima a 20^\circ\mathrm{C} em muitos textos. (ATENÇÃO: isto é um exemplo — se na sua prova o enunciado der outro k use aquele.)
Cálculos passo a passo com k=0{,}23\\ \mathrm{d}^{-1}:
  • Para t=1: e^{-0{,}23\cdot1}=e^{-0{,}23}\approx0{,}7937,
L(1)=100\left(1-0{,}7937\right)\approx100\times0{,}2063=20{,}6\\ \mathrm{mg}/\mathrm{L}.
  • Para t=5: e^{-0{,}23\cdot5}=e^{-1{,}15}\approx0{,}3166,
L(5)=100\left(1-0{,}3166\right)\approx100\times0{,}6834=68{,}3\\ \mathrm{mg}/\mathrm{L}.
  • Para t=20: e^{-0{,}23\cdot20}=e^{-4{,}6}\approx0{,}01005,
L(20)=100\left(1-0{,}01005\right)\approx100\times0{,}98995=99{,}0\\ \mathrm{mg}/\mathrm{L}.
Interpretação rápida: com k=0{,}23 a maior parte da DBO já foi exercida em 20 dias; em 5 dias têm-se cerca de 68{,}3\\ \mathrm{mg}/\mathrm{L} e em 1 dia apenas ~ 20{,}6\\ \mathrm{mg}/\mathrm{L}.

Passo 5

Dicas práticas para a prova:
  • Se você tiver um valor medido de \mathrm{DBO}_t (por exemplo \mathrm{DBO}_5) e souber L_{o}, pode estimar k isolando da fórmula: k=-\frac{1}{t}\ln\!\left(1-\frac{L(t)}{L_{o}}\right).
  • Se só tiver \mathrm{DBO}_5 (medido experimentalmente) e precisar da DBO em outro tempo, estime k pela equação acima e depois calcule L(t) para o tempo desejado.
  • Valores típicos de k variam com temperatura e natureza do esgoto; verifique sempre se o enunciado dá k ou uma temperatura para ajustar k a 20^\circ\mathrm{C} usando uma relação do tipo \;k_T=k_{20}\theta^{T-20}\; (com \theta em torno de 1{,}04 a 1{,}08, dependendo da referência).

Resposta

\displaystyle L(1)=100\bigl(1-e^{-k\cdot1}\bigr)\\ \mathrm{mg}/\mathrm{L}\n
\displaystyle L(5)=100\bigl(1-e^{-k\cdot5}\bigr)\\ \mathrm{mg}/\mathrm{L}\n
\displaystyle L(20)=100\bigl(1-e^{-k\cdot20}\bigr)\\ \mathrm{mg}/\mathrm{L}

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