Questão 3 - A ETE da Questâo 2 de uma sede municipal tem vazĭo média de 250 \mathrm{~L} / \mathrm{s} e concentraçâo de DBO afluente de 350 \mathrm{mg} / \mathrm{L}. Para garantir concentração critica maior que 5,0 \mathrm{mg} / \mathrm{L} de OD (oxigênio dissolvido) no rio em que o efluente é lançado, qual eficiência o sistema de tratamento deveria apresentar em termos de remoção de DBO, 60 \% ou 85 \% ?
Dados: contribuição per capta de DBO de 54 \mathrm{~g} / \mathrm{hab} . \mathrm{dia}; rio com vazão de 2 \mathrm{~m}^{3} / \mathrm{s}, \mathrm{OD} no rio de 7,0 \mathrm{mg} / \mathrm{L} ; DBO no rio de 25 \mathrm{mg} / \mathrm{L} ; \mathrm{K} 1\left(20^{\circ} \mathrm{C}\right)=0,20 ; \mathrm{K} 2\left(20^{\circ} \mathrm{C}\right)=1,08 ; \mathrm{Cs} de 7,6 \mathrm{mg} / \mathrm{L}; temperatura de 22{ }^{\circ} \mathrm{C} e altitude de 1000 m. (2,0 pontos)

Passo 1

O que o enunciado pede:
  • Determinar, para duas eficiências de remoção de DBO (60% e 85%), se a concentração crítica de oxigênio dissolvido (OD) no rio após a mistura ficará maior que 5,0\\ \mathrm{mg/L}.
  • Em outras palavras: para cada eficiência, calcular o valor mínimo de OD (concentração crítica) após o lançamento e comparar com 5,0\\ \mathrm{mg/L}.
Informações relevantes dadas (vou listar tudo exatamente como está):
  • Vazão da ETE: 250\\ \mathrm{L/s} (ou seja 0,25\\ \mathrm{m^3/s}).
  • Concentração de DBO afluente à ETE: 350\\ \mathrm{mg/L}.
  • Contribuição per capita de DBO: 54\\ \mathrm{g/(hab\cdot dia)}.
  • Vazão do rio: 2\\ \mathrm{m^3/s}.
  • OD no rio (antes da mistura): 7,0\\ \mathrm{mg/L}.
  • DBO no rio (antes da mistura): 25\\ \mathrm{mg/L}.
  • Constantes a 20^\circ\mathrm{C}: K_1(20^\circ\mathrm{C})=0,20\\ \mathrm{d^{-1}} (deoxigenação) e K_2(20^\circ\mathrm{C})=1,08\\ \mathrm{d^{-1}} (reoxigenação).
  • Concentração de saturação do oxigênio (Cs): 7,6\\ \mathrm{mg/L}.
  • Temperatura: 22^\circ\mathrm{C}.
  • Altitude: 1000\\ \mathrm{m}.
Observação importante (dados que não aparecem no enunciado e preciso assumir):
  • O enunciado NÃO informa a concentração de OD do efluente na saída da ETE. Para ser conservador (pior caso) e porque frequentemente problemas práticos adotam essa hipótese, vou assumir que o efluente entra praticamente com OD muito baixo e, para simplificar a conta, vou assumir \mathrm{OD_{efluente}} = 0,0\\ \mathrm{mg/L}. Vou explicitar isso e mostrar o efeito dessa hipótese quando for relevante.
  • Para ajuste de temperatura das constantes uso valores típicos de fator de temperatura (θ): \theta_1=1,047 para K_1 e \theta_2=1,024 para K_2 (valores padrão em livros). Se você tiver outros θ dados pelo prof., substituir é direto.
Agora que o problema está claro e as hipóteses listadas, vou partir para a resolução.

Passo 2

Conceitos e método que usaremos (explicação didática):
  • Mistura instantânea: após o lançamento do efluente no rio, as concentrações (DBO e OD) se misturam proporcionalmente às vazões.
  • Para prever a queda de OD ao longo do rio usamos o modelo de Streeter–Phelps, que calcula o déficit de OD D(t)=C_s - \mathrm{OD}(t) em função do tempo (ou distância, via velocidade do rio). A fórmula geral do déficit é
D(t)=D_0 e^{-K_2 t} + \frac{K_1 L_0}{K_2-K_1}\left(e^{-K_1 t}-e^{-K_2 t}\right),
onde:
  • D_0 é o déficit inicial imediatamente após a mistura: D_0=C_s-\mathrm{OD}_{\text{mistura}}.
  • L_0 é a concentração inicial de DBO (ult.) após a mistura (mistura entre rio e efluente).
  • K_1 é a constante de deoxigenação (d^{-1}).
  • K_2 é a constante de reaerção (d^{-1}).
  • t é o tempo desde o ponto de mistura (em dias).
  • O ponto crítico (mínimo de OD) ocorre em t=t_c dado por
t_c=\frac{1}{K_2-K_1}\ln\!\left(\frac{K_2}{K_1}\left[\frac{(K_2-K_1)D_0}{K_1 L_0}+1\right]\right).
  • Substituindo t_c na expressão de D(t) obtemos o déficit crítico D_{\min} e então a OD mínima \mathrm{OD}_{\min}=C_s - D_{\min}.
  • Se \mathrm{OD}_{\min} > 5,0\\ \mathrm{mg/L} a condição do enunciado está satisfeita.
Explicarei passo a passo como calcular cada termo (mistura, L_0, D_0, ajuste de temperatura para K_1,K_2, e aplicação do Streeter–Phelps).

Passo 3

Primeiro cálculos preliminares e verificação de ordem de grandeza (população equivalente):
  • Vazão ETE em \mathrm{m^3/dia}:
Q_{e} = 0,25\\ \mathrm{m^3/s}\times 86400\\ \mathrm{s/dia} = 21600\\ \mathrm{m^3/dia}.
  • Como 1\\ \mathrm{mg/L}=1\\ \mathrm{g/m^3}, a massa de DBO afluente por dia é
M_{\text{DBO,in}} = Q_e \cdot C_{\text{in}} = 21600\\ \mathrm{m^3/dia}\times 350\\ \mathrm{g/m^3}=7\,560\,000\\ \mathrm{g/dia}.
  • População equivalente (usando contribuição per capita 54\\ \mathrm{g/(hab\cdot dia)}):
P=\frac{7\,560\,000}{54}\approx 140\,000\\ \text{habitantes}.
(Isto é só para termos ideia do porte da ETE; não é estritamente necessário para o cálculo seguinte, mas é bom confirmar coerência.)

Passo 4

Concentração de DBO no efluente para cada eficiência:
  • Para eficiência \eta a concentração de saída é C_e = C_{\text{in}}(1-\eta).
    • Para \eta=60\%: C_e=350\cdot(1-0,60)=350\cdot 0,40=140\\ \mathrm{mg/L}.
    • Para \eta=85\%: C_e=350\cdot(1-0,85)=350\cdot 0,15=52,5\\ \mathrm{mg/L}.

Passo 5

Mistura instantânea — concentração inicial de DBO após mistura ( L_0):
  • Fórmula de mistura por vazões:
L_0=\frac{Q_r C_r + Q_e C_e}{Q_r + Q_e},
onde Q_r=2\\ \mathrm{m^3/s}, C_r=25\\ \mathrm{mg/L}, Q_e=0,25\\ \mathrm{m^3/s}.
  • Convertendo somatório de vazões: Q_{\text{total}}=2+0,25=2,25\\ \mathrm{m^3/s}.
Cálculo numérico:
  • Para \eta=60\% (com C_e=140\\ \mathrm{mg/L}):
L_0=\frac{2\cdot 25 + 0,25\cdot 140}{2,25}=\frac{50 + 35}{2,25}=\frac{85}{2,25}=37,777\\ \mathrm{mg/L}.
  • Para \eta=85\% (com C_e=52,5\\ \mathrm{mg/L}):
L_0=\frac{2\cdot 25 + 0,25\cdot 52,5}{2,25}=\frac{50 + 13,125}{2,25}=\frac{63,125}{2,25}=28,0556\\ \mathrm{mg/L}.

Passo 6

Concentração inicial de OD após mistura e déficit inicial D_0:
  • Hipótese: \mathrm{OD_{efluente}}=0,0\\ \mathrm{mg/L} (pior caso / conservador).
  • Mistura para OD:
\mathrm{OD}_{\text{mistura}}=\frac{Q_r \cdot \mathrm{OD}_r + Q_e \cdot \mathrm{OD}_{e}}{Q_r + Q_e}=\frac{2\cdot 7,0 + 0,25\cdot 0}{2,25}=\frac{14}{2,25}=6,2222\\ \mathrm{mg/L}.
  • Déficit inicial:
D_0=C_s-\mathrm{OD}_{\text{mistura}}=7,6-6,2222=1,3778\\ \mathrm{mg/L}.
Vou usar esses valores para ambos os cenários (60% e 85%), porque o déficit inicial depende só da OD do efluente (que assumimos 0) e da OD do rio.

Passo 7

Ajuste de K_1 e K_2 para a temperatura real ( 22^\circ\mathrm{C}):
  • Fórmula de ajuste: K(T)=K(20^\circ\mathrm{C})\cdot \theta^{(T-20)}.
  • Usando \theta_1=1,047 para K_1 e \theta_2=1,024 para K_2, com T=22^\circ\mathrm{C}:
Cálculos:
K_1(22^\circ\mathrm{C})=0,20\cdot 1,047^{2}=0,20\cdot 1,096209\approx 0,21924\\ \mathrm{d^{-1}}.
K_2(22^\circ\mathrm{C})=1,08\cdot 1,024^{2}=1,08\cdot 1,048576\approx 1,13246\\ \mathrm{d^{-1}}.
Explicação clara: K_1 é a velocidade com que a matéria orgânica consome OD (decay da DBO) e K_2 é a velocidade com que o rio reaera (recupera OD). Ambos aumentam um pouco com a temperatura.

Passo 8

Fórmulas do Streeter–Phelps que vamos usar (resumo):
  • Déficit no tempo t:
D(t)=D_0 e^{-K_2 t} + \frac{K_1 L_0}{K_2-K_1}\left(e^{-K_1 t}-e^{-K_2 t}\right).
  • Tempo crítico t_c em que D(t) é máximo (OD mínimo):
t_c=\frac{1}{K_2-K_1}\ln\!\left(\frac{K_2}{K_1}\left[\frac{(K_2-K_1)D_0}{K_1 L_0}+1\right]\right).
  • Déficit mínimo D_{\min}=D(t_c) e \mathrm{OD}_{\min}=C_s - D_{\min}.
Vou aplicar essas fórmulas aos dois casos. Vou mostrar as contas com precisão razoável para que você possa reproduzir manualmente.

Passo 9

Cálculos para eficiência \eta=60\%:
  • Valores que já temos:
    • L_0=37,7778\\ \mathrm{mg/L}.
    • D_0=1,3778\\ \mathrm{mg/L}.
    • K_1=0,21924\\ \mathrm{d^{-1}},\; K_2=1,13246\\ \mathrm{d^{-1}}.
    • K_2-K_1=0,91322\\ \mathrm{d^{-1}}.
  • Calcula-se o argumento do logaritmo em t_c:
\frac{(K_2-K_1)D_0}{K_1 L_0}=\frac{0,91322\cdot 1,3778}{0,21924\cdot 37,7778}\approx 0,1519.
\frac{K_2}{K_1}\left[\frac{(K_2-K_1)D_0}{K_1 L_0}+1\right]\approx \frac{1,13246}{0,21924}(1+0,1519)\approx 5,165\cdot 1,1519\approx 5,946.
t_c=\frac{1}{0,91322}\ln(5,946)\approx \frac{1}{0,91322}\cdot 1,782\approx 1,952\\ \mathrm{dias}.
  • Agora o déficit mínimo D_{\min}=D(t_c):
    • Primeiro exponenciais:
    e^{-K_1 t_c}=e^{-0,21924\cdot 1,952}\approx e^{-0,4279}\approx 0,652.
e^{-K_2 t_c}=e^{-1,13246\cdot 1,952}\approx e^{-2,212}\approx 0,1095.
  • Coeficiente \dfrac{K_1 L_0}{K_2-K_1}:
\frac{K_1 L_0}{K_2-K_1}=\frac{0,21924\cdot 37,7778}{0,91322}\approx 9,071.
  • Portanto
D_{\min}=1,3778\cdot 0,1095 + 9,071\cdot(0,652-0,1095)\approx 0,1508 + 4,9240\approx 5,0748\\ \mathrm{mg/L}.
  • E a OD mínima:
\mathrm{OD}_{\min}=C_s - D_{\min}=7,6 - 5,0748\approx 2,525\\ \mathrm{mg/L}.
Interpretação: com 60\% de remoção a OD mínima prevista é cerca de 2,53\\ \mathrm{mg/L}, bem abaixo de 5,0\\ \mathrm{mg/L}.

Passo 10

Cálculos para eficiência \eta=85\%:
  • Valores:
    • L_0=28,0556\\ \mathrm{mg/L}.
    • D_0=1,3778\\ \mathrm{mg/L}.
    • K_1=0,21924\\ \mathrm{d^{-1}},\; K_2=1,13246\\ \mathrm{d^{-1}}.
    • K_2-K_1=0,91322\\ \mathrm{d^{-1}}.
  • Calcula-se o argumento do logaritmo:
\frac{(K_2-K_1)D_0}{K_1 L_0}=\frac{0,91322\cdot 1,3778}{0,21924\cdot 28,0556}\approx 0,2046.
\frac{K_2}{K_1}\left[\frac{(K_2-K_1)D_0}{K_1 L_0}+1\right]\approx 5,165\cdot (1+0,2046)\approx 5,165\cdot 1,2046\approx 6,217.
t_c=\frac{1}{0,91322}\ln(6,217)\approx \frac{1}{0,91322}\cdot 1,828\approx 2,003\\ \mathrm{dias}.
  • Déficit mínimo D_{\min}:
    • Exponenciais:
    e^{-K_1 t_c}=e^{-0,21924\cdot 2,003}\approx e^{-0,4396}\approx 0,6443.
e^{-K_2 t_c}=e^{-1,13246\cdot 2,003}\approx e^{-2,2693}\approx 0,1035.
  • Coeficiente:
\frac{K_1 L_0}{K_2-K_1}=\frac{0,21924\cdot 28,0556}{0,91322}\approx 6,734.
  • Logo
D_{\min}=1,3778\cdot 0,1035 + 6,734\cdot(0,6443-0,1035)\approx 0,1426 + 3,6420\approx 3,7846\\ \mathrm{mg/L}.
  • E a OD mínima:
\mathrm{OD}_{\min}=7,6 - 3,7846\approx 3,815\\ \mathrm{mg/L}.
Interpretação: com 85\% de remoção a OD mínima prevista é cerca de 3,82\\ \mathrm{mg/L}, ainda abaixo de 5,0\\ \mathrm{mg/L}.

Passo 11

Discussão, verificação de hipóteses e conclusão:
  • Nos cálculos eu adotei hipótese conservadora \mathrm{OD_{efluente}}=0\\ \mathrm{mg/L}. Se o efluente tiver OD maior (por exemplo, efluente tratado com OD próximo da saturação), o déficit inicial D_0 diminuiria e o \mathrm{OD}_{\min} aumentaria — mas mesmo no caso ideal de D_0=0 (situação muito favorável) a conta dá uma OD mínima em torno de 3,94\\ \mathrm{mg/L} para \eta=85\% (fiz essa verificação mental antes) — ainda abaixo de 5,0\\ \mathrm{mg/L}. Portanto a conclusão é robusta: nem 60\% nem 85\% garantem \mathrm{OD}_{\min}>5,0\\ \mathrm{mg/L}.
  • Conclusão prática: 85\% é melhor que 60\% (produz \mathrm{OD}_{\min} mais alto), mas mesmo 85\% NÃO atende à exigência de 5,0\\ \mathrm{mg/L}. Seriam necessárias medidas adicionais: maior eficiência de remoção, diluição maior (maior vazão do rio), pré-oxigenação do efluente, zonas de mistura mais longas, ou redução da carga orgânica (por exemplo, maior tratamento primário/avançado).

Resposta

Com 60\% de remoção: \mathrm{OD}_{\min}\approx 2,53\\ \mathrm{mg/L} (insuficiente).
Com 85\% de remoção: \mathrm{OD}_{\min}\approx 3,82\\ \mathrm{mg/L} (também insuficiente).
Portanto, nenhuma das duas eficiências ( 60\% ou 85\%) garante \mathrm{OD}_{\min}>5,0\\ \mathrm{mg/L}.

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