Tome em consideração as seguintes constantes cinéticas e vazão de entrada do processo para operação de um sistema de tratamento de efluentes por lodo ativado, e em seguida resolva as questões abaixo.
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boldsymbol{\mu}_{\mathbf{m a x}} 3 \mathrm{dia}^{-1}
:------------------------------------------------------------------- :— :----------------اريات
\mathbf{K}_{\mathbf{S}} 60 \mathrm{mg} \mathrm{DBO} / \mathrm{L}
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\mathbf{k}_{\mathbf{d}} 0,1 \mathrm{dia}^{-1}
\mathbf{C}_{\mathrm{S}}{ }^{\text {Entrada }} 850 \mathrm{mg} / \mathrm{L}
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\mathbf{Y}_{\mathbf{x} / \mathbf{s}} 0,58 \mathrm{~g} \mathrm{SSV} / \mathrm{g} \mathrm{DBO}
\mathbf{F} 1000 \mathrm{~m}^{3} / \mathrm{dia}
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\mathbf{F}_{\mathbf{w}(\text { purga })} | 300 | \mathrm{~m}^{3} / \mathrm{dia} |
DBO - Demanda Bioquímica de Oxigênio e SSV - Sólidos Suspensos Voláteis.
Em ambos os casos, sem e com reciclo de lodo, se a concentração de contaminante final desejada é de 50 mg DBO/L, qual seria o tempo de residência do reator para ambos os casos. Considere que se utiliza um \mathrm{R}=0,3 para o processo com reciclo.

Passo 1

O enunciado fornece as constantes de um sistema de lodo ativado e pede o tempo de residência hidráulico (τ) do reator para remover a DBO de 850 mg/L a 50 mg/L, nos dois casos: sem reciclo e com reciclo de lodo ( R=0{,}3). Para isso vamos usar:
– Cinética de Monod para a taxa específica de crescimento \mu.
– Balanço de sólidos no reator (crescimento menos decaimento igual à vazão de purga).
– Definição de τ como razão entre volume do reator e vazão que entra no tanque de aeração.

Passo 2

Primeiro calculamos a taxa específica \mu no estado estacionário, usando Monod com a concentração final desejada S=50 mg/L:
\mu \;=\;\mu_{\max}\,\frac{S}{K_{S}+S} \;=\;3\cdot\frac{50}{60+50} \;=\;\frac{150}{110} \;=\;1{,}3636\;\mathrm{dia}^{-1}.

Passo 3

No regime estacionário o balanço de sólidos no reator é
\underbrace{\mu X V}_{\text{crescimento}} \;-\;\underbrace{k_{d}X V}_{\text{decaimento}} \;=\;\underbrace{F_{w}\,X}_{\text{purga}},
onde F_{w}=300,m³/d. Cancelando X\neq0, obtemos o volume
V \;=\;\frac{F_{w}}{\mu - k_{d}} \;=\;\frac{300}{1{,}3636 - 0{,}1} \;=\;\frac{300}{1{,}2636} \;=\;237{,}5\;\mathrm{m}^{3}.

Passo 4

Sem reciclo de lodo, a vazão que entra no reator é apenas F=1000,m³/d, logo
\tau_{\text{sem}} \;=\;\frac{V}{F} \;=\;\frac{237{,}5}{1000} \;=\;0{,}2375\;\mathrm{dia} \;\approx\;5{,}70\;\mathrm{h}.

Passo 5

Com reciclo de lodo ( R=0{,}3), a vazão total que entra no tanque de aeração é
Q_{\text{in}} \;=\;F + Q_{r} \;=\;1000 + 0{,}3\cdot1000 \;=\;1300\;\mathrm{m}^{3}/\mathrm{dia}.
Assim
\tau_{\text{com}} \;=\;\frac{V}{Q_{\text{in}}} \;=\;\frac{237{,}5}{1300} \;=\;0{,}1827\;\mathrm{dia} \;\approx\;4{,}38\;\mathrm{h}.

Resposta

Sem reciclo: \tau=0{,}2375 dia \approx5{,}70 h
Com reciclo ( R=0{,}3): \tau=0{,}1827 dia \approx4{,}38 h

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