3^{a} Questão: ( 2.5 pontos) Um tanque contém 1000 L de água com 20 kg de sal dissolvido. Uma solução salina com 0.1 \mathrm{~kg} / \mathrm{L} é bombeada para o tanque a 10 \mathrm{~L} / \mathrm{min}, e a mistura (homogeneizada) sai à mesma taxa. Determine:
a) (2 pontos) A quantidade de sal Q(t) no tanque após t minutos.
b) ( 0.5 pontos) A quantidade de sal após 1 hora ( 60 minutos).

Passo 1

O enunciado descreve um problema de mistura de sal em um tanque de volume constante. Inicialmente há 1000 L de água com 20 kg de sal dissolvido. Entra uma solução com 0,1 kg/L à vazão de 10 L/min e sai mistura à mesma vazão, garantindo volume constante. Vamos modelar esse cenário com uma equação diferencial para a quantidade de sal Q(t).

Passo 2

Definimos Q(t) como a quantidade de sal (em kg) no tanque no instante t (em minutos).
  • Taxa de entrada de sal: concentração \,0,1 kg/L \times vazão 10 L/min = 1 kg/min.
  • Taxa de saída de sal: concentração na mistura \frac{Q(t)}{1000} kg/L \times vazão 10 L/min = \frac{10}{1000}Q(t)=\frac{Q(t)}{100} kg/min.
    Portanto a equação diferencial é
\frac{dQ}{dt} = 1 - \frac{Q}{100}.

Passo 3

Para resolver
\frac{dQ}{dt} + \frac{1}{100}\,Q = 1
usamos fator integrante \mu(t)=e^{\int\frac{1}{100}dt}=e^{t/100}. Multiplicando a DE por \mu(t) obtemos
\frac{d}{dt}\!\bigl(Q\,e^{t/100}\bigr) = e^{t/100}\!.
Integrando em t:
Q(t)\,e^{t/100} = \int e^{t/100}dt = 100\,e^{t/100} + C,
onde C é constante de integração.

Passo 4

Isolando Q(t):
Q(t) = 100 + C\,e^{-t/100}.
Usamos a condição inicial Q(0)=20:
20 = 100 + C\quad\Longrightarrow\quad C = -80.
Logo a solução é
Q(t) = 100 - 80\,e^{-t/100}.

Passo 5

Para t=60 minutos,
Q(60) = 100 - 80\,e^{-60/100} = 100 - 80\,e^{-0,6}\approx 100 - 80\times0,5488 \approx 56,1\\ \text{kg}.

Resposta

(a) \displaystyle Q(t) = 100 - 80\,e^{-t/100} kg.
(b) \displaystyle Q(60) = 100 - 80\,e^{-0,6}\approx56,1 kg.

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