1. Num tanque existe 1000 l de uma salmora com 30 kg de sal. No instante t=0, uma válvula A é aberta, entrando 6 \mathrm{l} / \mathrm{min} de uma solução de salmoura a uma concentração de 0,4 \mathrm{Kg} / \mathrm{l}. Em t=10 \mathrm{~min}, a válvula A é fechada e a uma segunda válvula B é aberta, entrando 6 \mathrm{l} / \mathrm{min} de salmoura a uma concentração de 0,2 \mathrm{Kg} / \mathrm{l}. No tanque existe uma válvula de saída C, que esvazia o tanque com vazão de 6 \mathrm{l} / \mathrm{min}, mantém o constante o volume do tanque.
    (a) Determine a quantidade de sal no tanque em um instantes t>0.
    (b) Encontre a concentração de sal quando t tende ao infinito.

Passo 1

O enunciado descreve um problema de mistura num tanque de volume constante 1000\:\mathrm{l}. Inicialmente há 30\:\mathrm{kg} de sal. De t=0 a t=10\:\mathrm{min} entra solução a 6\:\mathrm{l/min} com concentração 0,4\:\mathrm{kg/l} e sai à mesma vazão, mantendo o volume. Para t>10\:\mathrm{min} entra solução a 6\:\mathrm{l/min} com concentração 0,2\:\mathrm{kg/l} e sai também a 6\:\mathrm{l/min}. O conteúdo da matéria é EDO linear de primeira ordem aplicada a processos de mistura. Vamos montar e resolver as EDOs em cada intervalo.

Passo 2

Para 0\le t\le10 denotemos por S(t) a massa de sal (em kg). A vazão de entrada de massa é
\text{entrada} = 6\:\mathrm{l/min}\times0{,}4\:\mathrm{kg/l} = 2{,}4\:\mathrm{kg/min},
a saída remove sal com concentração \frac{S(t)}{1000}\:\mathrm{kg/l} a 6\:\mathrm{l/min}, ou seja
\text{saída} = 6\:\mathrm{l/min}\times\frac{S(t)}{1000}\:\mathrm{kg/l} = 0{,}006\,S(t)\:\mathrm{kg/min}.í
Logo a EDO é
\frac{dS}{dt} = 2{,}4 - 0{,}006\,S.
Trata-se de uma EDO linear cuja solução geral é soma de solução estacionária S_{\mathrm{ss}}=\frac{2{,}4}{0{,}006}=400 e termo transiente.

Passo 3

Resolvendo por fator integrante ou pelo método standard, obtemos
S(t)=400 + C\,e^{-0{,}006\,t}.
Como S(0)=30, tem-se 30=400+C \Rightarrow C=-370. Portanto, para 0\le t\le10:
S(t)=400 - 370\,e^{-0{,}006\,t}.
Em particular, no instante t=10:
S(10)=400 - 370\,e^{-0{,}06}.

Passo 4

Para t>10 a vazão de entrada de massa passa a ser
\text{entrada}_2 = 6\:\mathrm{l/min}\times0{,}2\:\mathrm{kg/l} = 1{,}2\:\mathrm{kg/min},
e a saída continua 0{,}006\,S. A nova EDO é
\frac{dS}{dt} = 1{,}2 - 0{,}006\,S,
com condição inicial S(10) já calculado. A solução geral é
S(t)=200 + A\,e^{-0{,}006\,(t-10)},
onde o estado estacionário é S_{\mathrm{ss},2}=\tfrac{1{,}2}{0{,}006}=200. Para achar A, impomos S(10)=400-370\,e^{-0{,}06}, logo
A = S(10)-200 = \bigl(400 - 370\,e^{-0{,}06}\bigr) - 200 = 200 - 370\,e^{-0{,}06}.
Portanto, para t>10:
S(t)=200 + \bigl(200 - 370\,e^{-0{,}06}\bigr)\,e^{-0{,}006\,(t-10)}.

Passo 5

Quando t\to\infty no segundo regime o termo exponencial decai a zero e a massa de sal tende a
\lim_{t\to\infty}S(t)=200\:\mathrm{kg}.
A concentração correspondente é
\frac{200\:\mathrm{kg}}{1000\:\mathrm{l}}=0{,}2\:\mathrm{kg/l}.

Resposta

(a) A quantidade de sal é dada em função de t\) por \[S(t)= \begin{cases} 400 - 370\,e^{-0{,}006\,t},&0\le t\le10,\\\\ 200 + \bigl(200 - 370\,e^{-0{,}06}\bigr)\,e^{-0{,}006\,(t-10)},&t>10. \end{cases}
(b) A concentração de sal quando t\to\infty\] é \(0{,}2\:\mathrm{kg/l}.

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