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}
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\mathbf{K}_{\mathbf{S}} 60 \mathrm{mg} \mathrm{DBO} / \mathrm{L}
\mathbf{k}_{\mathbf{d}} 0,1 \mathrm{dia}^{-1}
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\mathbf{C}_{\mathrm{S}}{ }^{\text {Entrada }} 850 \mathrm{mg} / \mathrm{L}
\mathbf{Y}_{\mathbf{x} / \mathbf{s}} 0,58 \mathrm{~g} \mathrm{SSV} / \mathrm{g} \mathrm{DBO}
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\mathbf{F} 1000 \mathrm{~m}^{3} / \mathrm{dia}
\mathbf{F}_{\mathbf{w}(\text { purga })} 300 \mathrm{~m}^{3} / \mathrm{dia}
DBO - Demanda Bioquímica de Oxigênio e SSV - Sólidos Suspensos Voláteis.
Considerando um tempo de residência de 1,0 dia e um \mathrm{R}=0,3, calcule a produção de biomassa semanal dada pelo sistema operando com esses parâmetros e a % de remoção do contaminante. Decidindo variar o tempo de residência (fixando R ) ou a taxa de reciclo (fixando \theta ), explique qual seria o intervalo que se poderia trabalhar.

Passo 1

O enunciado trata de um reator de lodo ativado operando com vazão de alimentação F=1000,m³/dia, vazão de purga F_{w}=300,m³/dia, tempo de residência hidráulico \theta=1{,}0,dia e razão de reciclo R=0{,}3. As constantes cinéticas são
\mu_{\max}=3,dia⁻¹,
K_{S}=60,mg DBO/L,
k_{d}=0{,}1,dia⁻¹,
e a concentração de entrada C_{S0}=850,mg/L. O rendimento é Y_{x/s}=0{,}58,gSSV/gDBO.
Conteúdo: balanços de massa em estado estacionário, cálculo de SRT (tempo de detenção celular), concentração de substrato final, remoção e produção de biomassa via rendimento.

Passo 2

Determinar o volume do reator e o tempo de detenção celular (SRT).
V = F\,\theta = 1000\;\text{m}^3/\text{d} \times 1{,}0\;\text{d} =1000\;\text{m}^3.
Como só sai biomassa pela purga,
\text{SRT}=\theta_c=\frac{V}{F_{w}}=\frac{1000}{300}=3{,}33\;\text{dias}.

Passo 3

Achar a concentração estacionária de substrato S usando
\theta_c=\frac{1}{\mu(S)-k_{d}} \quad\text{e}\quad \mu(S)=\mu_{\max}\frac{S}{K_{S}+S}.
De \theta_c=3{,}33 obtemos
\mu(S)-k_{d}=\frac{1}{3{,}33}\quad\Rightarrow\quad \mu(S)=\frac{1}{3{,}33}+0{,}1=0{,}4\;\text{dia}^{-1}.
Logo
\frac{S}{K_{S}+S}=\frac{0{,}4}{3}\approx0{,}1333 \quad\Rightarrow\quad S=\frac{0{,}1333\times60}{1-0{,}1333}\approx9{,}23\;\text{mg/L}.

Passo 4

Calcular a % de remoção da DBO:
\text{Remoção}=\frac{C_{S0}-S}{C_{S0}}\times100\% =\frac{850-9{,}23}{850}\times100\%\approx98{,}9\%.çã

Passo 5

Determinar a produção de biomassa semanal via rendimento. A DBO removida por dia é
F\,(C_{S0}-S) =1000\;\text{m}^3/\text{d}\;\times(850-9{,}23)\;\text{mg/L} =840770\;\text{g DBO/d}.
Multiplicando pelo rendimento Y_{x/s}:
\text{biomassa/dia} =840770\;\text{g}\times0{,}58 \approx487646\;\text{g/d}\approx487{,}6\;\text{kg/d}.
Em uma semana ( 7 dias):
7\times487{,}6\approx3413{,}2\;\text{kg/semana}\\ (\approx3{,}41\;\text{t/semana}).

Passo 6

Intervalos de operação ao variar \theta (fixo R) ou variar R (fixo \theta).
  1. Variando \theta com R=0{,}3: a SRT fica \theta_c=\tfrac{\theta(1+R)}{1-R}. Para evitar wash‐out, é preciso \theta_c>1/(\mu_{\max}-k_d)=1/(3-0,1)\approx0{,}344 d. Daí
\theta>\frac{0{,}344\,(1-R)}{1+R} =\frac{0{,}344\times0{,}7}{1,3}\approx0{,}185\;\text{dia}.
Isso significa que, mesmo com \theta tão baixo quanto ~0,2 d, o sistema se sustenta; na prática \theta costuma ficar entre 0,5 e 5 dias.
2. Variando R com \theta=1,dia:
\theta_c=\frac{1+R}{1-R}\quad\Rightarrow\quad R=\frac{\theta_c-1}{\theta_c+1}.
Para uma SRT prática entre 2 e 10 dias,
R_{\min}=\frac{2-1}{2+1}=0{,}33,\quad R_{\max}=\frac{10-1}{10+1}\approx0{,}82.
Assim, mantendo \theta=1,dia, pode‐se variar R de cerca de 0,3 até 0,8 para ajustar a SRT entre 2 e 10 dias.

Resposta

Produção de biomassa semanal ≈3,41 t/semana; remoção de DBO ≈98,9 %.
Com R=0{,}3, variando \theta o limite prático é \theta\gtrsim0{,}2 d;
com \theta=1 d, variando R obtém‐se SRT 2–10 d para R≈0,3–0,8.

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