Modelos fluídicos

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Teoria

Introdução

E aí pessoal, tudo certinho?

Continuando nossa jornada pelo caminho da modelagem de processos, vamos agora dar uma olhadinha nos processos onde nosso principal objetivo será fazer o controle de um fluido em um sistema. Como por exemplo o tanque de nível abaixo:

Nesse sistema, temos uma corrente de entrada e uma corrente de saída e precisamos controlar o nível do fluido no tanque, o nosso h t . Para isso, utilizamos a válvula na corrente de saída para controlar a quantidade de fluido que sai do nosso tanque. A dinâmica da válvula geralmente é um dado do problema, para o nosso exemplo vamos assumir a seguinte expressão para a vazão que passa pela válvula:

q t = 1 R h t

Onde R é a resistência da válvula à passagem de fluido. Para esse sistema consideraremos uma densidade ρ constante do fluido e que o tanque tem uma área de base A .

Agora precisamos ver como as correntes de entrada e de saída estão relacionadas com a altura do tanque. Bora lá?

Balanço de Massa

Para determinar essa relação, a primeira coisa que devemos fazer é o nosso balanço de massa. Você não lembra como faz balanço de massa? Pega na minha mão e vem comigo.

A expressão geral do balanço de massa é a seguinte:

A c ú m u l o = E n t r a - S a i + R e a g e - { C o n s u m i d o }

Opa, a gente tem alguma reação no nosso sistema? Não, né? Isso é ótimo, porque assim poderemos cortar os dois últimos termos do balanço de massa, que vai ficar com a seguinte cara então:

A c ú m u l o = E n t r a - { S a i }

Vamos analisar cada um desses termos agora. Acúmulo quer dizer o tanto que a massa do sistema varia com relação ao tempo, em termos de derivada ficaria assim:

A c ú m u l o = d m ( t ) d t  

Para deixar tudo em termos de volume:

m ( t ) = ρ . V ( t )

Então:

A c ú m u l o = d ρ V ( t ) d t

Já a quantidade que entra, é determinada pelo q i ( t ) , que é a vazão de entrada:

E n t r a = m i ˙ ( t )

Novamente fazendo a substituição:

E n t r a = ρ . q i ( t )

Da mesma forma, a corrente de saída é:

S a i = ρ . q ( t )

O nosso balanço de massa então ficou da seguinte forma:

d ρ V t d t = ρ q i t - ρ q ( t )

Para o nosso sistema, nós consideraremos ρ constante, e sendo assim podemos cancelar ele em todos os termos.

d V t d t = q i t - q ( t )

Mas pera aí. Eu disse lá no começo que o nosso objetivo é controlar a altura do tanque h t , lembra? E ela não está aparecendo em nenhum lugar da nossa equação do balanço de massa. Então precisamos achar alguma forma de inserir a altura na nossa expressão.

O volume de fluido no tanque é a base vezes a altura de fluido, e como a área da base é constante:

d V t d t = d A h t d t = A d h t d t

Além disso, a vazão de fluido que passa pela válvula também é determinada pela altura do tanque, então:

q t = 1 R h ( t )

Finalmente, chegamos à expressão final do nosso balanço de massa:

A . d h t d t = q i t - 1 R h t

Linearização

Lindo! Incrível! Maravilhoso! Fizemos nosso balanço de massa com maestria, conseguimos chegar numa EDO que relaciona a altura do tanque, h ( t ) , com a vazão de entrada do tanque, q i ( t ) . Mas agora temos um novo problema. A EDO que nós encontramos não é linear. Isso acontece devido ao termo h t . Portanto, precisamos fazer nossa linearização. Partiu?

Para fazer essa linearização a gente sempre vai usar a linearização de Taylor conforme essa expressão aqui:

f x = f x - + ∂ f ∂ x x - . x - x - 1 !

E a nossa expressão que precisa ser linearizada é:

f h t = h t

Na maioria dos nossos problemas em controle de processos, será interessante para nós fazer a nossa linearização em torno do ponto inicial, isso vai facilitar os nossos cálculos e permitir um controle mais eficaz. Sendo assim, aqui nesse caso o x - será h 0 que é a altura do nível do tanque no instante inicial.

Então, para determinar o primeiro termo da linearização é só substituir o h t por h 0 :

f x - =   h 0

Agora, devemos derivar nossa expressão no ponto escolhido, ou seja, h 0 :

∂ f ∂ x x - = 1 2 h 0

E por fim, porém não menos importante:

x - x - 1 ! = h t - h 0

Agora é só juntar tudo e ser feliz:

f h t =   h 0 + 1 2 h 0 h t - h 0

Variáveis desvio

Agora a gente já está quase lá. Você já pode ver a luzinha no fim do túnel do sucesso, mas ainda tem mais um passo para que o seu modelo do nível do tanque fique tão perfeito quanto você, que é a introdução das variáveis desvio. Mas antes, vamos dar uma olhadinha como está nossa expressão depois da linearização:

A . d h t d t = q i t - 1 R h 0 + 1 2 h 0 h t - h 0

Tá grande, né? Meio esquisita. Vamos então reescrever a mesma expressão, mas agora com todas as variáveis em seu ponto inicial:

A . d h 0 d t = q i 0 - 1 R h 0

Repare que o último termo sumiu porque h 0 - h 0 = 0 .

Então agora, para que a gente consiga introduzir as nossas variáveis desvio, precisamos fazer a diferença entre essas duas equações. Vai ficar assim ó:

A . d h t - h 0 d t = q i t - q i 0 - 1 R 1 2 h 0 h t - h 0

Agora é a hora do truquezinho maroto. Vamos substituir essas diferenças que estão atrapalhando a gente por novas variáveis, as variáveis desvio:

h - t = h t - h 0

q i - t = q i t - q i 0

E agora pode comemorar, soltar fogos, pular, abraçar a mãe que chegamos ao fim da nossa modelagem:

A . d h - t d t = q i - t - 1 2 R h 0 h - ( t )

O passo a passo para introduzir variáveis desvio fica assim então:

  • Escrever a sua equação normal;
  • Reescrever a equação substituindo todas as funções que dependem do tempo pelo seu valor no tempo inicial;
  • Subtrair a segunda equação da primeira;
  • Definir as variáveis desvio;
  • Fazer a substituição.

Partiu ver outros casos nos exercícios?

Balanço de Massa

Linearização

Variáveis desvio

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

Dois tanques são conectados conforme ilustrado na figura abaixo:

Desenvolva o modelo matemático para esse sistema de maneira a encontrar a variação do nível dos tanques h 1 e h 2 .

Passo 1

Vamos começar pelo primeiro tanque. O primeiro passo é sempre começar pelo balanço de massa:

A c ú m u l o = E n t r a - S a i + R e a g e - { C o n s u m i d o }

Podemos desconsiderar os dois últimos termos porque não tem reação no tanque e portanto, nada é gerado nem consumido.

A c ú m u l o = E n t r a - { S a i }

O termo de acúmulo a gente sempre representa como a derivada, a corrente m ˙ 1 entra no tanque e as correntes m ˙ 2 e m ˙ 3 saem do tanque:

A c ú m u l o = d m 1 d t

E n t r a = m ˙ 1

S a i = m ˙ 2 + m ˙ 3

Substituindo tudo no balanço:

d m 1 d t = m ˙ 1 - m ˙ 2 - m ˙ 3

Entretanto o exercício pede que a gente encontre a expressão de variação de h 1 , e não de m . Sendo assim, precisamos fazer algumas substituições. Sabendo que:

m 1 = ρ V 1

E

V 1 = A 1 h 1

Logo:

m 1 = ρ A 1 h 1

Substituindo na EDO:

d ρ A 1 h 1 d t = m ˙ 1 - m ˙ 2 - m ˙ 3

Considerando a área e a densidade constante, teremos:

ρ A 1   d h 1 d t = m ˙ 1 - m ˙ 2 - m ˙ 3

Passo 2

Vamos fazer o mesmo para o segundo tanque agora.

A c ú m u l o = E n t r a - S a i + R e a g e - { C o n s u m i d o }

O segundo tanque também não tem nenhum consumo nem geração, mas também não tem nenhuma corrente entrando, sendo assim:

A c ú m u l o = E n t r a

Como a única corrente que entra no segundo tanque é a corrente m ˙ 2 , o balanço ficará assim:

d m 2 d t = m ˙ 2

Agora vamos fazer o mesmo procedimento que fizemos para o primeiro tanque para encontrar a expressão de h 2 :

m 2 = ρ V 2

V 2 = A 2 h 2

m 2 = ρ A 2 h 2

Portanto:

d ρ A 2 h 2 d t = m ˙ 2

Considerando ρ e A 2 constantes, teremos:

ρ A 2 d h 2 d t = m ˙ 2

Resposta

ρ A 1   d h 1 d t = m ˙ 1 - m ˙ 2 - m ˙ 3

ρ A 2 d h 2 d t = m ˙ 2

Exercício Resolvido #2

Um tanque de mistura mostrado na figura seguinte com volume de líquido e densisdade constante é usado para misturar duas correntes.

  1. Assuma que o processo está operando por um longo período de tempo com uma vazão mássica de entrada de m ˙ 1 = 500 k g / m i n e m ˙ 2 = 200   k g / m i n   e composição das correntes de entrada de x 1 = 0,4 e x 2 = 0,75 . Nesse contexto, qual é o estado estacionário de x 3 ?
  2. Desenvolva o modelo matemático do sistema supondo que o nível de líquido possa variar.

Passo 1

Para determinar a composição de saída, precisamos fazer o balanço de massa para o componente.

A c ú m u l o = E n t r a - S a i + R e a g e - { C o n s u m i d o }

Não existe reação no processo, portanto os termos de reação e consumo serão nulos. Além disso, também não existe acúmulo porque o enunciado diz que o volume não vatia e as composições são constantes.

m ˙ 3 = m ˙ 1 + m ˙ 2

Portanto:

E n t r a - S a i = 0

E n t r a = { S a i }

Sabendo que as correntes 1 e 2 são as correntes de entrada e a corrente 3 é a corrente de saída, teremos:

m ˙ 1 x 1 + m ˙ 2 x 2 = m ˙ 3 x 3

x 3 = m ˙ 1 x 1 + m ˙ 2 x 2 m ˙ 3

Substituindo os valores do enunciado:

x 3 = 500 * 0,4 + 200 * 0,75 700 = 0,5

Passo 2

Primeiramente vamos fazer o modelo para o volume de líquido no tanque. Vamos fazer o balanço de massa geral:

A c ú m u l o = E n t r a - S a i + R e a g e - { C o n s u m i d o }

Novamente não temos reação, portanto sem acúmulo e sem geração:

A c ú m u l o = E n t r a - S a i

d m d t = m ˙ 1 + m ˙ 2 - m ˙ 3

Fazendo:

m = ρ V

d ρ V d t = m ˙ 1 + m ˙ 2 - m ˙ 3

Como ρ é constante, podemos passar ele dividinfo para o outro lado:

d V d t = 1 ρ ( m ˙ 1 + m ˙ 2 - m ˙ 3 )    

Passo 3

Vamos fazer agora o modelo matemático para a composição de saída x 3 . Para isso, devemos considerar que o modelo está em parâmetros concentrados, ou seja, o tanque é perfeitamente misturado e a composição no interior do tanque é igual à composição da saída. Vamos partir da expressão de balanço de massa geral que encontramos no passo anterior:

d m d t = m ˙ 1 + m ˙ 2 - m ˙ 3

Agora vamos escrever o balanço de massa por componente:

d m x 3 d t = m ˙ 1 x 1 + m ˙ 2 x 2 - m ˙ 3 x 3

Vamos aplicar a regra do produto no termo do acúmulo:

d m x 3 d t = x 3 d m d t + m d x 3 d t

Substituindo no balanço:

x 3 d m d t + m d x 3 d t = m ˙ 1 x 1 + m ˙ 2 x 2 - m ˙ 3 x 3

Rearranjando:

d x 3 d t = 1 m m ˙ 1 x 1 + m ˙ 2 x 2 - m ˙ 3 x 3 - x 3 d m d t

Como:

d m d t = m ˙ 1 + m ˙ 2 - m ˙ 3

Podemos substituir no balanço:

d x 3 d t = 1 m m ˙ 1 x 1 + m ˙ 2 x 2 - m ˙ 3 x 3 - x 3 m ˙ 1 - x 3 m ˙ 2 + m ˙ 3 x 3

Vamos cortar que da pra cortar:

d x 3 d t = 1 m m ˙ 1 x 1 + m ˙ 2 x 2 - x 3 m ˙ 1 - x 3 m ˙ 2

Por fim:

d x 3 d t = m ˙ 1 m x 1 - x 3 + m ˙ 2 m ( x 2 - x 3 )

Se você quiser escrever as respostas em termos de volume, é só substituir m por ρ V :

d x 3 d t = m ˙ 1 ρ V x 1 - x 3 + m ˙ 2 ρ V ( x 2 - x 3 )

Resposta

a)

x 3 = 0,5

b)

d V d t = 1 ρ m ˙ 1 + m ˙ 2 - m ˙ 3  

d x 3 d t = m ˙ 1 m x 1 - x 3 + m ˙ 2 m ( x 2 - x 3 )

Exercício Resolvido #3

Considere um tanque com fluxo de reciclo (recirculação)mostrado na figura abaixo. Objetiva-se estudar a dinâmica do nível h t , de acordo com o fluxo de entrada, f e ( T ) , e a abertura das válvulas, m ( t ) . Considere densidade, ρ , a área do tanque, A , e a vazão de saída, f b , como constantes. Obtenha o modelo matemático do processo.

Passo 1

Vamos começar fazendo o balanço de massa para esse tanque então:

A c ú m u l o = E n t r a - S a i + R e a g e - { C o n s u m i d o }

Não existe reação no processo, portanto os termos de reação e consumo serão nulos.

A c ú m u l o = E n t r a - S a i

d m d t = m ˙ e + m ˙ r - m ˙ b

Passo 2

Vamos colocar tudo em termos de volume:

m = ρ V

m e ˙ = ρ f e ( t )

m r ˙ = ρ f r ( t )

m ˙ b = ρ f b

Substituindo tudo

ρ d V d t = ρ f e t + ρ f r t - ρ f b

Podmeos então cancelar ρ em toda a equação.

d V d t = f e t + f r t - f b

Precisamos da expressão para a altura do nível no tanque, então:

V = A h ( t )

A d h ( t ) d t = f e t + f r t - f b

Passo 3

Tamo quase lá, mas o exercício também pede para que a gente relacione o nível do fluido no tanque com a abertura da válvula, m ( t ) . Como:

f r t = f b m ( t )

A d h ( t ) d t = f e t + f b m ( t ) - f b

Passo 4

Repare que caímos numa EDO não-homogênea, isso é, ela apresenta uma constante, f b . Quando acontece isso, precisamos aplicar variáveis desvio.

Atualmente, nossa EDO é a seguinte:

A d h ( t ) d t = f e t + f b m ( t ) - f b

Vamos reescrever essa EDO colocando todas as variáveis com seus valores no estado inicial:

A d h 0 d t = f e 0 + f b m 0 - f b

Como f b é uma constante, seu valor não se altera. Agora, nós subtraímos a segunda expressão da primeira:

A d h ( t ) - h 0   d t = f e t - f e 0 + f b m t - m 0

Vamos definir as nossas variáveis desvio:

h - ( t ) = h t - h 0

f e - t = f e t - f e 0

m - t = m t - m 0

Substituindo na EDO:

A d h - t d t = f e - t + f b m - ( t )

Conseguimos então transformar uma EDO não-homogênea em uma EDO homogênea.

Resposta

A d h - t d t = f e - t + f b m - ( t )

Exercício Resolvido #4

Considere dois reatores de reservatório sob agitação em série com reciclo mostrado abaixo:

Você pode supor o seguinte:

  • Cada reator está perfeitamente misturado e a temperatura é constante.
  • Os volumes, V 1 e V 2 , são constantes e tabém as densidades das misturas que estão reagindo.
  • O fluxo de entrada, f 0 , e o fluxo de reciclo, f r , são constantes.
  • A reação química é basicamente de primeira ordem, e a taxa de ração é dada por r A = k V C A ( t ) .
  • Os reatores estão inicialmente em estado estacionário com uma concentração de entrada C A 0 .
  • O retardo de transporte entre os reatores é desprezível.

Determine o modelo matemático para a concentração de A no primeiro e no segundo reator.

Passo 1

Vamo fazer o balanço molar para o componente A no primeiro reator:

A c ú m u l o = E n t r a - S a i + R e a g e - { C o n s u m i d o }

O componente A é um reagente do processo, logo ele é consumido e a expressão do balanço fica:

A c ú m u l o = E n t r a - S a i - { C o n s u m i d o }

Vamos escrever termo a termo:

A c ú m u l o = d n A 1 d t = V 1 d C A 1 ( t ) d t

E n t r a = f 0 C A 0 + f r C A 2

S a i = f 0 + f r C A 1 ( t )

C o n s u m i d o = k V 1 C A 1 ( t )

A corrente de saída é a soma das duas correntes de tanque que entram no primeiro reator, isso porque os volumes dos reatores são constantes.

Juntando tudo:

V 1 d C A 1 ( t ) d t = f 0 C A 0 + f r C A 2 - f 0 + f r C A 1 - k V 1 C A 1 ( t )

Passo 2

O balanço para o segundo reator:

A c ú m u l o = E n t r a - S a i - { C o n s u m i d o }

Fazendo termo a termo:

A c ú m u l o = d n A 2 d t = V 2 d C A 2 ( t ) d t

E n t r a = f 0 + f r C A 1 ( t )

S a i = f 0 + f r C A 2 ( t )

C o n s u m i d o = k V 2 C A 2 ( t )

Juntando tudo:

V 2 d C A 2 ( t ) d t = f 0 + f r C A 1 t - f 0 + f r C A 2 t - k V 2 C A 2 ( t )

Resposta

V 1 d C A 1 ( t ) d t = f 0 C A 0 + f r C A 2 - f 0 + f r C A 1 - k V 1 C A 1 ( t )

V 2 d C A 2 ( t ) d t = f 0 + f r C A 1 t - f 0 + f r C A 2 t - k V 2 C A 2 ( t )

Exercício Resolvido #5

A seguite reação elementar irreversível ocorre no reator elementar mostrado abaixo:

A velocidade de consumo do regemnte A é dada por:

r A = - k C A t C B ( t )

O conteúdo do reator está perfeitamente misturadao e a temperatura, o volume e a densiadade da mistura reagida podem ser consideradas constantes.

Suponha que as concentrações de entrada, C A 0   e   C B 0 , são constantes. Obtenha o modelo matemático para essas concentrações em função dos fluxos de entrada.

Passo 1

Dessa vez, em vez de fazer o balanço de massa, vamos fazer o balanço molar para o componente A (que dá no mesmo no fim das contas)

A c ú m u l o = E n t r a - S a i + R e a g e - { C o n s u m i d o }

O componente A é um reagente do processo, logo ele é consumido e a expressão do balanço fica:

A c ú m u l o = E n t r a - S a i - { C o n s u m i d o }

Vamos escrever cada parcela do balanço separadamente:

A c ú m u l o = d n A d t = d V C A d t = V d C A d t

E n t r a = n ˙ A = C A 0 f A ( t )

S a i = C A ( t ) f ( t )

C o n s u m i d o = V k C A t C B ( t )

Juntando tudo:

V d C A d t = C A 0 f A t - C A t f t - V k C A t C B ( t )

Passo 2

Como o volume do tanque é constante, o que entra é igual ao que sai, sendo assim:

f t = f A t + f B ( t )

Subtitindo na expressão:

V d C A d t = C A 0 f A t - C A t f A t + f B t - V k C A t C B ( t )

V d C A d t = C A 0 f A t - C A t f A t - C A t f B ( t ) - V k C A t C B ( t )

Passo 3

A gente já tá quase lá. O problema é que encontramos o EDO não linear, isso acontece porque existem termo com produtos de funções que dependem do tempo, e por isso precisamos linearizá-las.

A linearização ficará assim:

C A t f A t = C A - f A - + C A - f A t + f A - C A t

C A t f B t = C A - f B - + C A - f B t + f B - C A t

V k C A t C B t = V k C A - C B - + V k C A - C B t + V k C B - C A ( t )

Os termos com barra representam o valor daquela variável em t = 0 .

Caso você não se lembre como fazer a linearização, dá uma revisada nesse assunto porque é bem importante.

Substituindo na EDO:

V d C A d t = C A 0 f A t - C A - f A - - C A - f A t - f A - C A t - C A - f B - - C A - f B t - f B - C A t - V k C A - C B - - V k C A - C B t - V k C B - C A ( t )

Passo 4

Agora, ficamos com uma EDO não-homogênea por causa das constantes solta. Precisamos inserir então as variáveis desvio. A nossa EDO tá assim:

V d C A d t = C A 0 f A t - C A - f A - - C A - f A t - f A - C A t - C A - f B - - C A - f B t - f B - C A t - V k C A - C B - - V k C A - C B t - V k C B - C A ( t )

Vamos reescrever essa EDO com todas as variáveis com o valor inicial:

V d C A - d t = C A 0 f A - - C A - f A - + C A - f A - - f A - C A - - C A - f B - - C A - f B - - f B - C A - - V k C A - C B - - V k C A - C B - - V k C B - C A -

Definindo as variáveis desvio e fazendo a primeira menos a segunda, teremos:

A ( t ) = C A t - C A -

B ( t ) = C B t - C B -

F A ( t ) = f A t - f A -

F B t = f B t - f B -

V d A t d t = C A 0 F A t - C A - F A t - f A - A t - C A - F B t - f A - B t - V k C A - B t - V k C B - A ( t )

Rearranjando:

V d A t d t = C A 0 - C A - F A t - C A - F B t - f B - + V k C B - A t - f A - + V k C A - B ( t )

Para o componente B , a resolução é de forma análoga:

V d B t d t = C B 0 - C B - B t - C B - F A t - f B - + V k C B - A t - f B - + V k C A - B ( t )

Resposta

V d A t d t = C A 0 - C A - F A t - C A - F B t - f B - + V k C B - A t - f A - + V k C A - B ( t )

V d B t d t = C B 0 - C B - B t - C B - F A t - f B - + V k C B - A t - f B - + V k C A - B ( t )

Exercício Resolvido #6

Determine o modelo matemático que descreve a posição do pistão x em função da pressão na câmara, p , e da força, F , aplicada.

Passo 1

Para determinar a posição do pistão precisamos fazer o equilíbrio de forças sobre o pistão. Sendo assim:

F r = ∑ F

Ou seja, a força resultante no pistão é igual ao somatório de forças.

Passo 2

A força resultante no pistão é igual a sua massa vezes a aceleração (segunda lei de Newton).

F r = M a p

Para determinar o somatório de forças vamos considerar a força da esquerda para direita positiva e da direita para a esquerda negativa. Então:

∑ F = A p t - F ( t )

O fluido no pistão faz força para a direita e a força aplicada, F , é para a esquerda.

Juntando tudo:

M a p = A p t - F ( t )

Passo 3

Precisamos de uma expressão para a posição do pistão, x . Para isso, devemos lembrar que a aceleração é a derivada da velocidade no tempo, e a velocidade, por sua vez, é a derivada da posição no tempo. Então:

a p = d v d t = d d t d x d t = d 2 x d t 2

Portanto:

M d 2 x d t 2 = A p t - F ( t )

Resposta

M d 2 x d t 2 = A p t - F ( t )

Exercício Resolvido #7

A seguite reação elementar irreversível ocorre em um reator CSTR mostrado abaixo:

A velocidade de consumo do regente A é dada por:

r A = - k C A t

O conteúdo do reator está perfeitamente misturadao e a temperatura, o volume e a densiadade da mistura reagida podem ser consideradas constantes. A vazão de entrada, q , também é constante.

Encontre a função de transferência A ( s ) / A i s . Onde A e A i são as variáveis desvio de C A e C A i .

Passo 1

Começando pelo balanço material para o componente A :

A c ú m u l o = E n t r a - S a i + G e r a d o - { C o n s u m i d o }

O componente A é um reagente do processo, logo ele é consumido e nada é gerado, a expressão do balanço fica:

A c ú m u l o = E n t r a - S a i - { C o n s u m i d o }

Vamos escrever cada parcela do balanço separadamente:

A c ú m u l o = d n A d t = d V C A d t = V d C A d t

E n t r a = n ˙ A = C A i ( t ) q

Como o tanque está bem misturado, a concentração da saída é igual à do próprio tanque, e como volume é constante, a vazão de entrada é igual à de saída:

S a i = C A ( t ) q

A taxa dado é em base volumétrica, logo, precisamos multiplica-la pelo volume do tanque:

C o n s u m i d o = V k C A t

Juntando tudo:

V d C A d t = C A i t q - C A t q - V k C A t

Passo 2

O nosso modelo matemático já está pronto, entretanto, o exercício pede a função de transferência o que significa que precisamos trabalhar um pouquinho mais em cima da nossa EDO.

Reorganizando a EDO:

V d C A ( t ) d t + q + V k C A t = q C A i t               ( 1 )

Devemos então aplicar a transformada de Laplace na expressão, mas antes, devemos sempre alicar as variáveis desvio na EDO.

Vamos reescrever toda a equação ( 1 ) com suas funções de tempo no estado estacionário ( t = 0 ) e vamos representar isso com uma barra sobre a variável:

V d C A - d t + q + V k C A - = q C A i -                 ( 2 )

Fazendo 1 - ( 2 ) :

V d C A t - C A - d t + q + V k C A t - C A - = q C A i t - C A i -         ( 3 )

Definindo as variáveis desvio e substituindo em ( 3 ) , teremos:

A ( t ) = C A t - C A -

A i ( t ) = C A i t - C A i -

V d A ( t ) d t + q + V k A ( t ) = q A i ( t )                 ( 2 )

Nesse caso a nossa EDO não mudou muito, porque se trata de uma EDO homogênea. Entretanto, mesmo quando estamos trabalhando com EDO’s Homogêneas, é bom aplicar as variáveis desvio.

Passo 3

Agora que já aplicamos as variáveis desvio, já podemos usar transformada de Laplace na nossa EDO:

V s A s + q + V k A s = q A i ( s )

Transformadas de Laplace é um tópico muito importante e para achar fuções de transferência ele é primordial. Caso você não se lembre como alicar essa operação, seria uma boa ideia dar uma revisada nesse conteúdo.

Prosseguindo: vamos colocar A ( s ) em evidência:

V s + q + V k A s = q A i ( s )

Por fim, a função de transferência A ( s )

A s A i s = q A i s q + V k + V s

Resposta

A s A i s = q q + V k + V s

Exercício Resolvido #8

Encontre a função de transferência H 2 ( s ) / Q 1 ( s )

Sabe-se que:

q 2 ( t ) = h 1 ( t ) R 1

q 3 ( t ) = h 2 ( t ) R 2

Considere ρ constante.

Passo 1

Vamos começar pelo primeiro tanque. O primeiro passo é sempre começar pelo balanço de massa:

A c ú m u l o = E n t r a - S a i + R e a g e - { C o n s u m i d o }

Podemos desconsiderar os dois últimos termos porque não tem reação no tanque e portanto, nada é gerado nem consumido.

A c ú m u l o = E n t r a - { S a i }

O termo de acúmulo a gente sempre representa como a derivada, a corrente m ˙ 1 entra no tanque e as correntes m ˙ 2 e m ˙ 3 saem do tanque:

A c ú m u l o = d m 1 d t = ρ d V 1 d t

E n t r a = m ˙ 1 = ρ q 1 ( t )

S a i = m ˙ 2 = ρ q 2 ( t )

Substituindo tudo no balanço:

ρ d V 1 d t = ρ q 1 ( t ) - ρ q 2 ( t )

Mas:

V 1 = A 1 h 1

E:

q 2 ( t ) = h 1 ( t ) R 1

Substituindo no balanço, e simplificando ρ :

A 1 d h 1 d t = q 1 ( t ) - h 1 ( t ) R 1

Passo 2

Vamos reorganizar a equação e passar tudo que tem h 1 para o lado esquerdo:

A 1 d h 1 ( t ) d t + h 1 ( t ) R 1 = q 1 ( t )

Antes de aplicarmos a transformada de Laplace devemos fazer a inserção das variáveis desvio.

Reescrevendo a equação acima no estado estacionário ( t = 0 )

A 1 d h 1 - d t + h 1 - R 1 = q 1 -

Fazendo a de cima menos a de baixo:

A 1 d [ h 1 t - h 1 - ] d t + h 1 t - h 1 - R 1 = q 1 t - q 1 -

Definindo as variáveis desvio e substituinto na EDO:

H 1 t = h 1 t - h 1 -

Q 1 t = q 1 t - q 1 -

A 1 d H 1 ( t ) d t + H 1 ( t ) R 1 = Q 1 ( t )

Passo 3

Aplicando Laplace:

A 1 s H 1 s + H 1 s R 1 = Q 1 ( s )

Isolando H 1 ( s ) :

A 1 s + 1 R 1 H 1 s = Q 1 ( s )

Por fim:

H 1 s Q 1 s = 1 A 1 s + 1 R 1

Passo 4

Agora devemos fazer o mesmo para o segundo tanque. O desenvolvimento é praticamente igual, sendo assim, vamos pular algumas etapas.

Do balanço de massa:

ρ d V 2 d t = ρ q 2 ( t ) - ρ q 3 ( t )

Substituindo e simplificando ρ :

V 2 = A 2 h 2

q 2 ( t ) = h 1 ( t ) R 1

q 3 ( t ) = h 2 ( t ) R 2

A 2 d h 2 d t = h 1 ( t ) R 1 - h 2 ( t ) R 2

Rearranjando a equação:

A 2 d h 2 d t + h 2 ( t ) R 2 = h 1 ( t ) R 1

Aplicando variáveis desvio:

H 2 t = h 2 t - h 2 -

A 2 d H 2 d t + H 2 ( t ) R 2 = H 1 ( t ) R 1

Aplicando Laplace:

A 2 s H 2 s + H 2 s R 2 = H 1 s R 1

A 2 s + 1 R 2 H 2 s = H 1 s R 1

H 2 s H 1 s = 1 R 1 A 2 s + 1 R 2

Passo 5

O exercício pede a função de transferência H 2 ( s ) / Q 1 ( s ) , entretanto, temos:

H 1 s Q 1 s = 1 A 1 s + 1 R 1

H 2 s H 1 s = 1 R 1 A 2 s + 1 R 2

Ou seja, se multiplicarmos as duas funções de transferências, conseguiremos a resposta que desejamos:

H 1 s Q 1 s   H 2 s H 1 s = 1 A 1 s + 1 R 1 1 R 1 A 2 s + 1 R 2

Logo:

H 2 s Q 1 s = 1 R 1 A 1 s + 1 R 1 A 2 s + 1 R 2

Resposta

H 2 s Q 1 s = 1 R 1 A 1 s + 1 R 1 A 2 s + 1 R 2