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Um Problema de Mistura Através de EDO's

Um tipo de problema muito comum na Engenharia Química consiste em efetuar um balanço de massa, de volume ou energético de um sistema aberto (um reator químico, por exemplo). Neste post vejamos como podemos usar as equações diferenciais para resolver um problema simples de mistura.

Suponhamos então que num instante [;t=0;], tanque com capacidade [;V;] litros contenha [;C_0 \ kg;] de sal dissolvido. Faz-se entrar no tanque uma solução de sal a [;C_1 \ kg/l;] a uma vazão de [;Q \ l/min;] e o líquido bem misturado, está saindo do tanque a essa mesma taxa conforme a figura acima. O objetivo é determinar a quantidade de sal presente no tanque num instante qualquer.

Para resolver este problema iremos supor que o sal não criado nem destruído dentro do tanque. Portanto, as variações na quantidade de sal devem-se apenas, aos fluxos de entrada e saída no tanque. Matematicamente, a taxa de variação de sal no tanque [;dC/dt;] é igual a razão de entrada do sal menos a razão de saída, ou seja:

[;\frac{dC}{dt} = \text{Taxa de entrada}\ - \ \text{Taxa de saida};] [;(1);]
Observe que
[;\text{Taxa de entrada} = C_1(kg/l)\cdot Q(l/min) = C_1Q (kg/min);]

Como a vazão de entrada é igual a vazão de saída, o volume de água no tanque permanece constante e igual a [;V;], e como o líquido está sendo mexido constantemente, a concentração de sal em todo tanque em um instante qualquer é igual a [;C(t)/V;]([;kg/l;]). Portanto, a taxa segundo a qual o sal deixa o tanque é
[;\text{Taxa de saida} =\frac{C}{V}(kg/l)\cdot Q(l/min) = \frac{QC}{V} (kg/min) ;]

Segue de
[;(1);] que
[;\frac{dC}{dt} = C_1Q - \frac{Q}{V}C;]

Sendo [;C(0) = C_0;] a concentração inicial de sal no tanque, temos o problema de valor inicial

[;\begin{cases}\frac{dC}{dt} + \frac{Q}{V}C &= C_1Q\\C(0) &= C_0\\\end{cases};]

que é uma equação diferencial linear de [;1^{\underline{a}};] ordem. Multiplicando esta equação por [;e^{Qt/V};], temos:

[;e^{Qt/V}\frac{dC}{dt} + \frac{Q}{V}e^{Qt/V}C = \frac{d}{dt}(e^{Qt/V}\cdot C) = C_1Qe^{Qt/V};]

donde segue que
[;C(t) = C_1V + ke^{-Qt/V};]

Sendo [;C(0) = C_0;], então [;k = C_0 -C_1V;]. Logo,



[;C(t) = C_1V + (C_0 - C_1V)e^{-Qt/V};]


Exemplo 1: Uma solução de [;60 \ kg;] de sal em água está num tanque de [;400 \ l;]. Faz-se entrar água nesse tanque na razão de [;8\ l/min;] e a mistura mantida homogênea por agitação, sai do tanque na mesma razão. Qual a quantidade de sal existente no tanque no fim de [;1;] hora?

Resolução: Note que [;C_0 = 60\ kg;], [;C_1 = 0;] pois entra somente água e [;Q = 8\ l/min;]. Assim, após [;1\ h = 60\ min;], temos

[;C(60) = 0\cdot 8 + (60 - 0\cdot 8)e^{-8\cdot 60/400} =  60e^{-1,2} \simeq 18,1\ kg;]

Exemplo 2: Considere um tanque utilizado para experimentos. Depois de um experimento o tanque contém [;200\ l;] de uma solução de concentração [;1\ g/l;]. Para preparar o tanque para o próximo experimento, o tanque é lavado com água pura, que entra com uma vazão de [;2\ l/min;] e a solução homogênea sai novamente do tanque com a mesma vazão. Determine o tempo necessário para que a solução tenha uma concentração de corante [;1;] por cento do valor original.

Resolução: Sendo [;V = 200\ l;], [;C_1 = 0;] e [;Q = 2\ l/min;], segue da fórmula acima que [;C(t) = C_0e^{-2t/200}\quad \Rightarrow \quad 0,01C_0 = C_0e^{-t/100};]. Donde segue que

[;t = 100\ln 100 \simeq 460\ min \simeq 7h\ 40\ min;].

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