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Balanço de massa sólidos no vaso de cima (1): 
𝑑𝑚𝑠
(1)
𝑑𝑡
= (�̇�𝑠)𝑖𝑛
(1)
− (�̇�𝑠)𝑜𝑢𝑡
(1)
 
sujeito à condição inicial 𝑚𝑠
(1)(𝑡 = 0) = 0 (não há sólidos inicialmente em (1)). 
A vazão mássica que entra no vaso de cima (1), (�̇�𝑠)𝑖𝑛
(1)
, é apresentada no gráfico e expressa por: 
(�̇�𝑠)𝑖𝑛
(1)(𝑡) = 𝑚0̇ ⋅ [1 − 𝐻(𝑡 − 𝑡0)] 
com 𝑚0̇ = 1/60 𝑘𝑔/𝑠 e 𝑡0 = 60 𝑠, ou seja: (�̇�𝑠)𝑖𝑛
(1) =
1
60
 nos primeiros 60 segundos e zero em t>60 s; 
H é a função de Heaviside. 
A massa que sai do vaso de cima (1), (�̇�𝑠)𝑜𝑢𝑡
(1)
, é dada por: 
(�̇�𝑠)𝑜𝑢𝑡
(1)
= 𝐹 𝐶𝑠
(1)
= 𝐹
𝑚𝑠
(1)
𝑉1
 
Portanto, a equação que descreve a dinâmica da massa de sólidos do vaso de cima é: 
𝑑𝑚𝑠
(1)
𝑑𝑡
= 𝑚0̇ ⋅ [1 − 𝐻(𝑡 − 𝑡0)] − 𝐹
𝑚𝑠
(1)
𝑉1
 
Aplicando a transformada de Laplace em cada termo da equação acima: 
ℒ {
𝑑𝑚𝑠
(1)
𝑑𝑡
} = 𝑠𝑀𝑠
(1)
− 𝑚𝑠
(1)(𝑡 = 0) = 𝑠𝑀𝑠
(1)
 
ℒ{𝑚0̇ [1 − 𝐻(𝑡 − 𝑡0)]} = 𝑚0̇ ⋅
1
𝑠
− 𝑚0̇ ⋅
𝑒−𝑡0𝑠
𝑠
 
ℒ {𝐹
𝑚𝑠
(1)
𝑉1
} = 𝐹
𝑀𝑠
(1)
𝑉1
 
Substituindo as transformadas, temos: 
𝑠𝑀𝑠
(1)
= 𝑚0̇ ⋅
1
𝑠
− 𝑚0̇ ⋅
𝑒−𝑡0𝑠
𝑠
− 𝐹
𝑀𝑠
(1)
𝑉1
 
𝑀𝑠
(1) (𝑠 +
𝐹
𝑉1
) = 𝑚0̇ ⋅
1
𝑠
− 𝑚0̇ ⋅
𝑒−𝑡0𝑠
𝑠
 
𝑀𝑠
(1) = 𝑚0̇ ⋅
1
𝑠 (𝑠 +
𝐹
𝑉1
)
− 𝑚0̇ ⋅
𝑒−𝑡0𝑠
𝑠 (𝑠 +
𝐹
𝑉1
)
 
Aplicando a transformada inversa de Laplace termo a termo, tem-se: 
 ℒ−1{𝑀𝑠
(1)} = 𝑚𝑠
(1)(𝑡) 
ℒ−1 {
1
𝑠 (𝑠 +
𝐹
𝑉1
)
} =
𝑉1
𝐹
(1 − 𝑒
−
𝐹
𝑉1
𝑡
) 
ℒ−1 {
𝑒−𝑡0𝑠
𝑠 (𝑠 +
𝐹
𝑉1
)
} =
𝑉1
𝐹
(1 − 𝑒
−
𝐹
𝑉1
(𝑡−𝑡0)) 𝐻(𝑡 − 60) 
Portanto, substituindo as transformadas inversas, temos: 
𝑚𝑠
(1)(𝑡) = 𝑚0̇ ⋅
𝑉1
𝐹
(1 − 𝑒
−
𝐹
𝑉1
𝑡
) − 𝑚0̇ ⋅
𝑉1
𝐹
(1 − 𝑒
−
𝐹
𝑉1
(𝑡−𝑡0)) 𝐻(𝑡 − 𝑡0) 
𝑚𝑠
(1)(𝑡) = 𝑚0̇ ⋅
𝑉1
𝐹
[1 − 𝑒
−
𝐹
𝑉1
𝑡
− (1 − 𝑒
−
𝐹
𝑉1
(𝑡−𝑡0)) 𝐻(𝑡 − 𝑡0)] 
Já a concentração é obtida dividindo a massa pelo volume, portanto 
𝐶𝑠
(1)(𝑡) =
𝑚𝑠
(1)(𝑡)
𝑉1
=
𝑚0̇
𝐹
[1 − 𝑒
−
𝐹
𝑉1
𝑡
− (1 − 𝑒
−
𝐹
𝑉1
(𝑡−𝑡0)) 𝐻(𝑡 − 𝑡0)] 
Substituindo os valores das variáveis conhecidas, temos a expressão para a massa de sólidos no vaso de 
cima: 
𝐶𝑠
(1)(𝑡) = (
1
60
) (
1
0,01
) [1 − 𝑒−
0,01
2
𝑡 − (1 − 𝑒−
0,01
2
(𝑡−60)) 𝐻(𝑡 − 60)] 
Em t=140 segundos, temos: 
𝐶𝑠
(1)(𝑡 = 140) = (
1
60
) (
1
0,01
) [1 − 𝑒−
0,01
2
⋅140 − (1 − 𝑒−
0,01
2
(140−60)) 𝐻(140 − 60)] = 0,28956
𝑘𝑔
𝑚3
 
 
 
A concentração de sólidos no vaso de baixo (2) é a razão entre a massa e o volume do vaso: 
𝐶𝑠
(2)
=
𝑚𝑠
(2)
𝑉2
 
Portanto, é necessário descrever as dinâmicas da massa e volume no vaso de baixo (2). Comecemos pela 
dinâmica do volume através do balanço de solvente neste vaso. 
Balanço de solvente no vaso de baixo (2): 
𝑑𝑉(2)
𝑑𝑡
= (�̇�)
𝑖𝑛
(2)
− (�̇�)
𝑜𝑢𝑡
(2)
 
sujeito à condição inicial 𝑉(2)(𝑡 = 0) = 0 (não há solvente inicialmente em (2)). 
A vazão volumétrica de entrada no vaso de baixo (2) é igual à entrada no vaso de cima (1), uma vez que o 
volume no vaso de cima (1) mantém-se constante, portanto: 
(�̇�)
𝑖𝑛
(2)
= 𝐹 
Não há saída de fluido no vaso 2, portanto a vazão volumétrica de saída é nula: 
(�̇�)
𝑜𝑢𝑡
(2)
= 0 
Portanto, a equação dinâmica que descreve o volume do vaso de baixo (2) é: 
𝑑𝑉(2)
𝑑𝑡
= 𝐹 
A equação é separável e com condição inicial 𝑉(2)(𝑡 = 0) (vaso inicialmente vazio), portanto o volume no 
vaso de baixo é dado por: 
𝑉(2)(𝑡) = 𝐹 ⋅ 𝑡 
Agora procedemos com o balanço de sólidos no vaso de baixo (2) para obtermos a massa de sólidos neste 
vaso. 
Balanço de sólidos no vaso de baixo (2): 
𝑑𝑚𝑠
(2)
𝑑𝑡
= (�̇�𝑠)𝑖𝑛
(2)
− (�̇�𝑠)𝑜𝑢𝑡
(2)
 
sujeito à condição inicial 𝑚𝑠
(2)(𝑡 = 0) = 0 (não há sólidos inicialmente no vaso de baixo (2)). 
A massa de sólidos que entra no vaso de baixo (2) é igual à massa de sólidos que sai do vaso de cima (1): 
(�̇�𝑠)𝑖𝑛
(2)
= (�̇�𝑠)𝑜𝑢𝑡
(1)
= 𝐹 𝐶𝑠
(1)
= 𝐹
𝑚𝑠
(1)
𝑉1
 
Não há saída de sólidos no vaso de baixo (2): 
(�̇�𝑠)𝑜𝑢𝑡
(2)
= 0 
Portanto, a equação que descreve a dinâmica da massa de sólidos no vaso de baixo (2) é: 
𝑑𝑚𝑠
(2)
𝑑𝑡
= 𝐹
𝑚𝑠
(1)
𝑉1
 
 
Aplicando a transformada de Laplace termo a termo, temos: 
ℒ {
𝑑𝑚𝑠
(2)
𝑑𝑡
} = 𝑠𝑀𝑠
(2)
+ 𝑚𝑠
(2)(𝑡 = 0) = 𝑠𝑀𝑠
(2)
 
ℒ {𝐹
𝑚𝑠
(1)
𝑉1
} =
𝐹
𝑉1
 𝑀𝑠
(1)
 
A transformada de Laplace da massa de sólidos no vaso de cima (1) já foi calculada na primeira etapa desse 
exercício e será repetida abaixo por conveniência: 
𝑀𝑠
(1)
= 𝑚0̇ ⋅
1
𝑠 (𝑠 +
𝐹
𝑉1
)
− 𝑚0̇ ⋅
𝑒−𝑡0𝑠
𝑠 (𝑠 +
𝐹
𝑉1
)
 
Portanto, temos: 
𝑠𝑀𝑠
(2)
=
𝐹
𝑉1
⋅ 𝑚0̇
1
𝑠 (𝑠 +
𝐹
𝑉1
)
−
𝐹
𝑉1
⋅ 𝑚0̇
𝑒−𝑡0𝑠
𝑠 (𝑠 +
𝐹
𝑉1
)
 
𝑀𝑠
(2)
=
𝐹
𝑉1
⋅ 𝑚0̇
1
𝑠2 (𝑠 +
𝐹
𝑉1
)
−
𝐹
𝑉1
⋅ 𝑚0̇
𝑒−𝑡0𝑠
𝑠2 (𝑠 +
𝐹
𝑉1
)
 
Aplicando a transformada inversa de Laplace termo a termo, temos: 
ℒ−1{𝑀𝑠
(2)} = 𝑚𝑠
(2)(𝑡) 
ℒ−1 {
1
𝑠2 (𝑠 +
𝐹
𝑉1
)
} =
𝑒
−
𝐹
𝑉1
𝑡
(
𝐹
𝑉1
)
2 −
1
(
𝐹
𝑉1
)
2 +
𝑡
𝐹
𝑉1
 
ℒ−1 {
𝑒−𝑡0𝑠
𝑠2 (𝑠 +
𝐹
𝑉1
)
} = [
𝑒
−
𝐹
𝑉1
(𝑡−𝑡0)
(
𝐹
𝑉1
)
2 −
1
(
𝐹
𝑉1
)
2 +
𝑡 − 𝑡0
𝐹
𝑉1
] 𝐻(𝑡 − 𝑡0) 
Portanto, substituindo as transformadas inversas, temos: 
𝑚𝑠
(2)(𝑡) =
𝐹
𝑉1
⋅ 𝑚0̇ [
𝑒
−
𝐹
𝑉1
𝑡
(
𝐹
𝑉1
)
2 −
1
(
𝐹
𝑉1
)
2 +
𝑡
𝐹
𝑉1
] −
𝐹
𝑉1
⋅ 𝑚0̇ [
𝑒
−
𝐹
𝑉1
(𝑡−𝑡0)
(
𝐹
𝑉1
)
2 −
1
(
𝐹
𝑉1
)
2 +
𝑡 − 𝑡0
(
𝐹
𝑉1
)
] 𝐻(𝑡 − 𝑡0) 
Simplificando, temos: 
𝑚𝑠
(2)(𝑡) = 𝑚0̇ [
𝑒
−
𝐹
𝑉1
𝑡
𝐹
𝑉1
−
1
𝐹
𝑉1
+ 𝑡] − 𝑚0̇ [
𝑒
−
𝐹
𝑉1
(𝑡−𝑡0)
𝐹
𝑉1
−
1
𝐹
𝑉1
+ (𝑡 − 𝑡0)] 𝐻(𝑡 − 𝑡0) 
Já a concentração é obtida dividindo a massa pelo volume, portanto: 
𝐶𝑠
(2)(𝑡) =
𝑚𝑠
(2)(𝑡)
𝑉2(𝑡)
=
𝑚0̇
𝐹 ⋅ 𝑡
[
𝑒
−
𝐹
𝑉1
𝑡
𝐹
𝑉1
−
1
𝐹
𝑉1
+ 𝑡] −
𝑚0̇
𝐹 ⋅ 𝑡
[
𝑒
−
𝐹
𝑉1
(𝑡−𝑡0)
𝐹
𝑉1
−
1
𝐹
𝑉1
+ (𝑡 − 𝑡0)] 𝐻(𝑡 − 𝑡0) 
Em t=140 segundos, temos: 
𝐶𝑠
(2)(𝑡 = 140) = (
1
60
) (
1
0,01 ⋅ 140
) [
𝑒−
0,01
2
⋅140
0,01
2
−
1
0,01
2
+ 140]
− (
1
60
) (
1
0,01 ⋅ 140
) [
𝑒−
0,01
2
(𝑡−60)
0,01
2
−
1
0,01
2
+ (𝑡 − 60)] 𝐻(𝑡 − 60) = 0,300631566
𝑘𝑔
𝑚3
 
A figura abaixo apresenta as concentrações de sólidos nos vasos ao longo do tempo. 
 
 
 
0,00
0,10
0,20
0,30
0,40
0,50
0 100 200 300 400 500 600
C
o
n
ce
n
tr
aç
ão
 (
k
g
/m
³)
tempo (s)
Vaso de cima (1) Vaso de baixo (2)
 
 
 
a) 
Parte 1 – balanço de massa de reagente no reator 
O balanço de massa do reagente A no reator é expresso por: 
𝑉
𝑑𝐶𝐴
𝑑𝑡
= 𝐹𝐶𝐴𝑖 − 𝐹𝐶𝐴 + 𝑟𝐴𝑉 
em que a taxa da reação é expressa pela lei de primeira ordem e constante de reação dada pelo modelo de 
Arrhenius: 
𝑟𝐴 = −𝑘0 exp (−
𝐸
𝑅𝑇
) 𝐶𝐴 
Portanto, o balanço de massa de A torna-se: 
𝑉
𝑑𝐶𝐴
𝑑𝑡
= 𝐹𝐶𝐴𝑖 − 𝐹𝐶𝐴 − 𝑘0 exp (−
𝐸
𝑅𝑇
) 𝐶𝐴𝑉 
No estado estacionário, tem-se 
𝑑𝐶𝐴
𝑑𝑡
= 0, portanto: 
𝐹𝐶𝐴𝑖 − 𝐹𝐶𝐴 − 𝑘0 exp (−
𝐸
𝑅𝑇
) 𝐶𝐴𝑉 = 0 
Isolando a concentração do reagente A obtém-se: 
𝐶𝐴 =
𝐹𝐶𝐴𝑖
𝐹 + 𝑘0 exp (−
𝐸
𝑅𝑇) 𝑉
 
Parte 2 – balanço de energia no reator 
Balanço de energia no reator: 
𝜌𝑉𝐶𝑝
𝑑𝑇
𝑑𝑡
= 𝜌𝐹𝐶𝑝𝑇𝑖 − 𝜌𝐹𝐶𝑝𝑇 + 𝑄𝑟𝑒𝑎𝑐 
em que o calor gerado pela reação é dado pelo produto da taxa e a variação da entalpia da reação: 
𝑄𝑟𝑒𝑎𝑐 = 𝑟𝐴𝑉Δ𝐻𝑟
0 = −𝑘0 exp (−
𝐸
𝑅𝑇
) 𝐶𝐴𝑉Δ𝐻𝑟
0 
Portanto, o balanço de energia no reator torna-se: 
𝜌𝑉𝐶𝑝
𝑑𝑇
𝑑𝑡
= 𝜌𝐹𝐶𝑝𝑇𝑖 − 𝜌𝐹𝐶𝑝𝑇 − 𝑘0 exp (−
𝐸
𝑅𝑇
) 𝐶𝐴𝑉Δ𝐻𝑟
0 
No estado estacionário, temos 
𝑑𝑇
𝑑𝑡
= 0, portanto: 
𝜌𝐹𝐶𝑝𝑇𝑖 − 𝜌𝐹𝐶𝑝𝑇 − 𝑘0 exp (−
𝐸
𝑅𝑇
) 𝐶𝐴𝑉Δ𝐻𝑟
0 = 0 
Substituindo a expressão para a concentração do reagente A, do balanço de massa, tem-se: 
𝜌𝐹𝐶𝑝𝑇𝑖 − 𝜌𝐹𝐶𝑝𝑇 = 𝑘0 exp (−
𝐸
𝑅𝑇
) Δ𝐻𝑟
0𝑉
𝐹𝐶𝐴𝑖
𝐹 + 𝑘0 exp (−
𝐸
𝑅𝑇) 𝑉
 
Ambos os lados da equação são funções da temperatura, resolvendo pelo método gráfico: 
𝑓(𝑇) = 𝑔(𝑇) 
A figura abaixo apresenta o gráfico das funções f(T) e g(T), bem como suas intersecções; 
 
Através da ferramenta solver doExcel, obtém-se as temperaturas nos três estados estacionários: 
T = 300,5594002 K ≈ 298,16 K = 25,01°C. 
T = 347,7691203 K ≈ 347,77 K = 74,62°C. 
T = 445,2391329 K ≈ 445,24 K = 172,09°C. 
As conversões calculadas são (X=1-CA/CAi): 
X (T=298,16 K) = 0,01610. 
X (T=347,77 K) = 0,33159. 
X (T=445,24 K) = 0,98294. 
Os cálculos seguem na planilha anexa. 
b) 
A dinâmica do balanço de massa é expressa por: 
𝑑𝐶𝐴
𝑑𝑡
=
𝐹
𝑉
𝐶𝐴𝑖 −
𝐹
𝑉
𝐶𝐴 − 𝑘0 exp (−
𝐸
𝑅𝑇
) 𝐶𝐴 
em que o segundo tempo possui duas não linearidades: o termo exponencial e o produto com CA. 
Escrevendo esse termo como uma função f, temos: 
𝑓(𝐶𝐴, 𝑇) = −𝑘0 exp (−
𝐸
𝑅𝑇
) 𝐶𝐴 
Linearizando a partir da série de Taylor centrada no estado estacionário, temos: 
𝑓 ≈ (
𝜕𝑓
𝜕𝐶𝐴
)
𝑠𝑠
(𝐶𝐴 − 𝐶𝐴
𝑠𝑠) + (
𝜕𝑓
𝜕𝑇
)
𝑠𝑠
(𝑇 − 𝑇𝑠𝑠)
= −𝑘0 exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠
) (𝐶𝐴 − 𝐶𝐴
𝑠𝑠) − 𝑘0
𝐸
𝑅(𝑇𝑠𝑠)2
exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠
) (𝑇 − 𝑇𝑠𝑠)𝐶𝐴
𝑠𝑠 
Portanto, a equação linearizada do balanço de massa segue: 
𝑑𝐶𝐴
𝑑𝑡
=
𝐹
𝑉
𝐶𝐴𝑖 −
𝐹
𝑉
𝐶𝐴 − 𝑘0 exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠
) (𝐶𝐴 − 𝐶𝐴
𝑠𝑠) − 𝑘0
𝐸
𝑅(𝑇𝑠𝑠)2
exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠
) 𝐶𝐴
𝑠𝑠(𝑇 − 𝑇𝑠𝑠) 
-4,0E+04
-3,5E+04
-3,0E+04
-2,5E+04
-2,0E+04
-1,5E+04
-1,0E+04
-5,0E+03
0,0E+00
270 320 370 420 470
f,
 g
T (K)
f(T)
g(T)
No estado estacionário, a equação acima resulta: 
0 =
𝐹
𝑉
𝐶𝐴𝑖
𝑠𝑠 −
𝐹
𝑉
𝐶𝐴
𝑠𝑠 
Subtraindo a equação dinâmica da mesma equação, mas no estado estacionário, temos: 
𝑑
𝑑𝑡
(𝐶𝐴 − 𝐶𝐴
𝑠𝑠) =
𝐹
𝑉
(𝐶𝐴𝑖 − 𝐶𝐴𝑖
𝑠𝑠) −
𝐹
𝑉
(𝐶𝐴 − 𝐶𝐴
𝑠𝑠) − 𝑘0 exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠
) (𝐶𝐴 − 𝐶𝐴
𝑠𝑠)
− 𝑘0
𝐸
𝑅(𝑇𝑠𝑠)2
exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠
) 𝐶𝐴
𝑠𝑠(𝑇 − 𝑇𝑠𝑠) 
Escrevendo em variáveis de desvio 
𝑑𝐶𝐴
′
𝑑𝑡
=
𝐹
𝑉
𝐶𝐴𝑖
′ −
𝐹
𝑉
𝐶𝐴
′ − 𝑘0 exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠
) 𝐶𝐴
′ − 𝑘0
𝐸
𝑅(𝑇𝑠𝑠)2
exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠
) 𝐶𝐴
𝑠𝑠𝑇′ 
Aplicando a transformada de Laplace com condição inicial de estado estacionário nominal 
𝑠 ℂ𝐴 =
𝐹
𝑉
ℂ𝐴𝑖 −
𝐹
𝑉
ℂ𝐴 − 𝑘0 exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠
) ℂ𝐴 − 𝑘0
𝐸
𝑅(𝑇𝑠𝑠)2
exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠
) 𝐶𝐴
𝑠𝑠Θ 
Subtraindo os termos com ℂ𝐴 do lado direito da equação, temos: 
ℂ𝐴 [𝑠 +
𝐹
𝑉
+ 𝑘0 exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠
)] =
𝐹
𝑉
ℂ𝐴𝑖 − 𝑘0
𝐸
𝑅(𝑇𝑠𝑠)2
exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠
) 𝐶𝐴
𝑠𝑠Θ 
Dividindo ambos os lados da equação pelo termo entre colchetes à esquerda, tem-se: 
ℂ𝐴 =
𝐹
𝑉
𝑠 +
𝐹
𝑉
+ 𝑘0 exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠
)
ℂ𝐴𝑖 −
𝑘0
𝐸
𝑅(𝑇𝑠𝑠)2
exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠) 𝐶𝐴
𝑠𝑠
𝑠 +
𝐹
𝑉
+ 𝑘0 exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠
)
 Θ 
Escrevendo na forma de ganho e constantes de tempo, obtém-se: 
ℂ𝐴 =
𝐹
𝑉
𝐹
𝑉 + 𝑘0 exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠)
𝑠
𝐹
𝑉 + 𝑘0 exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠)
+ 1
ℂ𝐴𝑖 −
𝑘0
𝐸
𝑅(𝑇𝑠𝑠)2
exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠) 𝐶𝐴
𝑠𝑠
𝐹
𝑉 + 𝑘0 exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠)
𝑠
𝐹
𝑉 + 𝑘0 exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠)
+ 1
Θ =
𝐾1
𝜏1𝑠 + 1
ℂ𝐴𝑖 +
𝐾2
𝜏1𝑠 + 1
Θ 
Em que os ganhos e constantes de tempo são: 
𝐾1 =
𝐹
𝑉
𝐹
𝑉 + 𝑘0 exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠)
= 0,9839 
𝐾2 = −
𝑘0
𝐸
𝑅(𝑇𝑠𝑠)2
exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠) 𝐶𝐴
𝑠𝑠
𝐹
𝑉 + 𝑘0 exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠)
= −3,9739 
𝜏1 = [
𝐹
𝑉
+ 𝑘0 exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠
)]
−1
= [
0,06 ⋅ 10−3
18 ⋅ 10−3
+ 4,48 ⋅ 106 exp (−
62800
8,314 ⋅ 298
)]
−1
= 295,17 
 
 
A dinâmica do balanço de energia é expressa por: 
𝑑𝑇
𝑑𝑡
=
𝐹
𝑉
𝑇𝑖 −
𝐹
𝑉
𝑇 −
𝑘0
𝜌𝐶𝑝
exp (−
𝐸
𝑅𝑇
) 𝐶𝐴Δ𝐻𝑟
0 
Seguindo o mesmo procedimento, tem-se: 
𝑠𝑇′ =
𝐹
𝑉
𝑇𝑖
′ −
𝐹
𝑉
𝑇′ −
𝑘0
 𝜌𝐶𝑝
exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠
) Δ𝐻𝑟
0𝐶𝐴
′ −
𝑘0
𝜌𝐶𝑝
𝐸
𝑅(𝑇𝑠𝑠)2
exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠
) Δ𝐻𝑟
0𝐶𝐴
𝑠𝑠𝑇′ 
Tomando a transformada de Laplace e reorganizando os termos: 
𝛩 [𝑠 +
𝐹
𝑉
+
𝑘0
𝜌𝐶𝑝
𝐸
𝑅(𝑇𝑠𝑠)2
exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠
) Δ𝐻𝑟
0𝐶𝐴
𝑠𝑠] =
𝐹
𝑉
Θi −
𝑘0
 𝜌𝐶𝑝
exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠
) Δ𝐻𝑟
0ℂ𝐴 
Dividindo ambos os lados da equação pelo termo entre colchetes: 
𝛩 =
𝐹
𝑉
𝑠 +
𝐹
𝑉 +
𝑘0
𝜌𝐶𝑝
𝐸
𝑅(𝑇𝑠𝑠)2
exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠) Δ𝐻𝑟
0𝐶𝐴
𝑠𝑠
𝛩𝑖 −
𝑘0
 𝜌𝐶𝑝
exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠
) Δ𝐻𝑟
0
𝑠 +
𝐹
𝑉 +
𝑘0
𝜌𝐶𝑝
𝐸
𝑅(𝑇𝑠𝑠)2
exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠) Δ𝐻𝑟
0𝐶𝐴
𝑠𝑠
ℂ𝐴 
Escrevendo na forma de ganho e constantes de tempo: 
𝛩 =
𝐹
𝑉
𝐹
𝑉
+
𝑘0
𝜌𝐶𝑝
𝐸
𝑅(𝑇𝑠𝑠)2
exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠
) Δ𝐻𝑟
0𝐶𝐴
𝑠𝑠
𝑠
𝐹
𝑉 +
𝑘0
𝜌𝐶𝑝
𝐸
𝑅(𝑇𝑠𝑠)2
exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠) Δ𝐻𝑟
0𝐶𝐴
𝑠𝑠
+ 1
𝛩𝑖 −
𝑘0
 𝜌𝐶𝑝
exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠) Δ𝐻𝑟
0
𝐹
𝑉
+
𝑘0
𝜌𝐶𝑝
𝐸
𝑅(𝑇𝑠𝑠)2
exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠
) Δ𝐻𝑟
0𝐶𝐴
𝑠𝑠
𝑠
𝐹
𝑉 +
𝑘0
𝜌𝐶𝑝
𝐸
𝑅(𝑇𝑠𝑠)2
exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠) Δ𝐻𝑟
0𝐶𝐴
𝑠𝑠
+ 1
ℂ𝐴 
Temos: 
𝛩 =
𝐾3
𝜏2𝑠 + 1
𝛩𝑖 −
𝐾4
𝜏2𝑠 + 1
ℂ𝐴 
Em que: 
𝐾3 =
𝐹
𝑉
𝐹
𝑉 +
𝑘0
𝜌𝐶𝑝
𝐸
𝑅(𝑇𝑠𝑠)2
exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠) Δ𝐻𝑟
0𝐶𝐴
𝑠𝑠
= 1,2523 
𝐾4 = −
𝑘0
 𝜌𝐶𝑝
exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠) Δ𝐻𝑟
0
𝐹
𝑉 +
𝑘0
𝜌𝐶𝑝
𝐸
𝑅(𝑇𝑠𝑠)2
exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠) Δ𝐻𝑟
0𝐶𝐴
𝑠𝑠
= 0,00102 
𝜏2 = [
𝐹
𝑉
+
𝑘0
𝜌𝐶𝑝
𝐸
𝑅(𝑇𝑠𝑠)2
exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠
) Δ𝐻𝑟
0𝐶𝐴
𝑠𝑠]
−1
= 375,69 
 
 
 
 
 
O diagrama de blocos desse processo é apresentado abaixo. 
 
Foi omitida a saída de sinal para a concentração no diagrama, mas se encontra presente no arquivo .xcos 
anexo. 
Para um aumento de +2°C no dia quente, obteve-se para a temperatura: 
 
E para a concentração: 
 
 
 
 
 
Para um decréscimo de -2°C no dia frio, obteve-se, para a temperatura: 
 
E para a concentração: 
 
 
A estabilidade do sistema pode ser analisada através do sinal dos polos das equações dinâmicas. Observe a 
constante de tempo 
𝜏2 = [
𝐹
𝑉
+
𝑘0
𝜌𝐶𝑝
𝐸
𝑅(𝑇𝑠𝑠)2
exp (−
𝐸
𝑅𝑇𝑠𝑠
) Δ𝐻𝑟
0𝐶𝐴
𝑠𝑠]
−1
 
A depender da temperatura do estado estacionário, essa constante pode assumir valores negativos, indicando 
um sistema instável. Para T=300 K, o sistema é estável, uma vez que as constantes de tempo são positivas. 
Entretanto, para os outros estados estacionários, obteve-se: 
Para T=348K, 𝜏2 = −84, sistema instável. 
Para T=445K, 𝜏2 = −0,931, sistema instável. 
Os cálculos estão presentes na planilha anexa. 
 
 
 
 
 
 
 
Balanço de energia no vaso 
O balanço de energia no vaso pode ser escrito por: 
𝜌𝑉𝐶𝑝
𝑑𝑇
𝑑𝑡
= 𝜌𝐹𝐶𝑝𝑇𝑖 − 𝜌𝐹𝐶𝑝𝑇 − 𝑈𝐴𝑡(𝑇 − 𝑇𝑐) 
em que o termo da esquerda é a variação (acúmulo) de energia no vaso (mCpΔT/Δt) e os termos à direita 
indicam: entrada de energia térmica (ṁCpTi), seguido da saída de energia térmica (ṁCpT) e por fim, a 
energia trocada entre o vaso e a camisa (UAΔT). 
No estado estacionário, a equação acima é dada por: 
0 = 𝜌𝐹𝐶𝑝𝑇𝑖
𝑠𝑠 − 𝜌𝐹𝐶𝑝𝑇
𝑠𝑠 − 𝑈𝐴𝑡(𝑇
𝑠𝑠 − 𝑇𝑐
𝑠𝑠) 
Subtraindo a equação transiente da estacionária, tem-se: 
𝜌𝑉𝐶𝑝
𝑑(𝑇 − 𝑇𝑠𝑠)
𝑑𝑡
= 𝜌𝐹𝐶𝑝(𝑇𝑖 − 𝑇𝑖
𝑠𝑠) − 𝜌𝐹𝐶𝑝(𝑇 − 𝑇
𝑠𝑠) − 𝑈𝐴𝑡[(𝑇 − 𝑇
𝑠𝑠) − (𝑇𝑐 − 𝑇𝑐
𝑠𝑠)] 
Escrevendo a diferença das equações em termos de uma variável de desvio 𝑇′ = 𝑇 − 𝑇𝑠𝑠, 𝑇𝑖
′ = 𝑇𝑖 − 𝑇𝑖
𝑠𝑠, 
𝑇𝑐 = 𝑇𝑐 − 𝑇𝑐
𝑠𝑠, temos: 
𝜌𝑉𝐶𝑝
𝑑𝑇′
𝑑𝑡
= 𝜌𝐹𝐶𝑝𝑇𝑖
′ − 𝜌𝐹𝐶𝑝𝑇
′ − 𝑈𝐴𝑡(𝑇
′ − 𝑇𝑐
′) 
Dividindo a equação por 𝜌𝑉𝐶𝑝 tem-se: 
𝑑𝑇′
𝑑𝑡
=
𝐹
𝑉
𝑇𝑖
′ −
𝐹
𝑉
𝑇′ −
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑉𝐶𝑝
(𝑇′ − 𝑇𝑐
′) 
Aplicando a transformada de Laplace sobre a equação acima e assumindo condição estacionária inicial: 
sΘ =
𝐹
𝑉
Θi −
𝐹
𝑉
Θ −
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑉𝐶𝑝
(Θ − Θc) 
Reorganizando os termos temos: 
Θ (s +
F
V
+
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑉𝐶𝑝
) =
𝐹
𝑉
Θi +
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑉𝐶𝑝
Θ𝑐 
Dividindo ambos os lados da equação pelo termo entre parêntesis, tem-se: 
Θ =
𝐹
𝑉
s +
F
V +
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑉𝐶𝑝
Θi +
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑉𝐶𝑝
s +
F
V +
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑉𝐶𝑝
Θ𝑐 
Escrevendo na forma de ganho e constantes de tempo: 
Θ =
𝐹
𝑉
F
V +
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑉𝐶𝑝
s
F
V +
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑉𝐶𝑝
+ 1
Θi +
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑉𝐶𝑝
F
V +
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑉𝐶𝑝
s
F
V +
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑉𝐶𝑝
+ 1
Θ𝑐 =
𝐾1
𝜏1𝑠 + 1
Θi +
𝐾2
𝜏1𝑠 + 1
Θ𝑐 
 
 
Notando que: 
𝐾1 =
𝐹
𝑉
F
V +
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑉𝐶𝑝
< 1 
𝐾2 =
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑉𝐶𝑝
F
V +
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑉𝐶𝑝
< 1 
1
𝜏1
=
F
V
+
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑉𝐶𝑝
=
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑉𝐶𝑝
⋅
1
𝐾2
→ 𝜏1 = 𝐾2 (𝜌𝑉𝐶𝑝
𝑈𝐴𝑡
) 
 
Balanço de energia na camisa 
De forma análoga, o balanço de energia na camisa é dado por: 
𝜌𝑐𝑉𝑐𝐶𝑝𝑐
𝑑𝑇𝑐
𝑑𝑡
= 𝜌𝑐𝐹𝑐𝐶𝑝𝑐𝑇𝑐𝑖 − 𝜌𝑐𝐹𝑐𝐶𝑝𝑐𝑇𝑐 + 𝑈𝐴𝑡(𝑇 − 𝑇𝑐) 
em que cada termo é análogo ao balanço de energia no vaso. Já em variáveis de desvio transformadas: 
(𝑠Θ𝑐) =
𝐹𝑐
𝑉𝑐
𝛩𝑐𝑖 −
𝐹𝑐
𝑉𝑐
𝛩𝑐 +
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑐𝑉𝑐𝐶𝑝𝑐
(𝛩 − 𝛩𝑐) 
Subtraindo os termos com 𝛩𝑐 do lado direito da equação, tem-se: 
(𝑠 +
𝐹𝑐
𝑉𝑐
+
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑐𝑉𝑐𝐶𝑝𝑐
) 𝛩𝑐 =
𝐹𝑐
𝑉𝑐
𝛩𝑐𝑖 +
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑐𝑉𝑐𝐶𝑝𝑐
𝛩 
Isolando 𝛩𝑐 temos: 
𝛩𝑐 =
𝐹𝑐
𝑉𝑐
𝑠 +
𝐹𝑐
𝑉𝑐
+
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑐𝑉𝑐𝐶𝑝𝑐
 𝛩𝑐𝑖 +
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑐𝑉𝑐𝐶𝑝𝑐
𝑠 +
𝐹𝑐
𝑉𝑐
+
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑐𝑉𝑐𝐶𝑝𝑐
 𝛩 
Escrevendo na forma de ganhos e constantes de tempo 
𝛩𝑐 =
𝐹𝑐
𝑉𝑐
𝐹𝑐
𝑉𝑐
+
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑐𝑉𝑐𝐶𝑝𝑐
𝑠
𝐹𝑐
𝑉𝑐
+
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑐𝑉𝑐𝐶𝑝𝑐
+ 1
 𝛩𝑐𝑖 +
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑐𝑉𝑐𝐶𝑝𝑐
𝐹𝑐
𝑉𝑐
+
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑐𝑉𝑐𝐶𝑝𝑐
𝑠
𝐹𝑐
𝑉𝑐
+
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑐𝑉𝑐𝐶𝑝𝑐
+ 1
 𝛩 =
𝐾3
𝜏2𝑠 + 1
Θ𝑐𝑖 +
𝐾4
𝜏2𝑠 + 1
Θ 
Note que: 0<K3<1, 0<K4<1. 
Notando que 
𝐾3 =
𝐹𝑐
𝑉𝑐
𝐹𝑐
𝑉𝑐
+
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑐𝑉𝑐𝐶𝑝𝑐
< 1 
𝐾4 =
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑐𝑉𝑐𝐶𝑝𝑐
𝐹𝑐
𝑉𝑐
+
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑐𝑉𝑐𝐶𝑝𝑐
< 1 
1
𝜏2
=
𝐹𝑐
𝑉𝑐
+
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑐𝑉𝑐𝐶𝑝𝑐
=
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑐𝑉𝑐𝐶𝑝𝑐
⋅
1
𝐾4
→ 𝜏2 =
𝜌𝑐𝑉𝑐𝐶𝑝𝑐
𝑈𝐴𝑡
𝐾4 
Substituindo 𝛩𝑐 na equação de Θ: 
Θ =
𝐾1
𝜏1𝑠 + 1
Θ𝑖 +
𝐾2
𝜏1𝑠 + 1
(
𝐾3
𝜏2𝑠 + 1
Θ𝑐𝑖 +
𝐾4
𝜏2𝑠 + 1
Θ) 
Subtraindo os termos com Θ do lado direito: 
Θ [1 − (
𝐾2
𝜏1𝑠 + 1
) (
𝐾4
𝜏2𝑠 + 1
)] =
𝐾1
𝜏1𝑠 + 1
Θ𝑖 + (
𝐾2
𝜏1𝑠 + 1
) (
𝐾3
𝜏2𝑠 + 1
) Θ𝑐𝑖 
Trabalhando o lado esquerdo da equação: 
Θ [
(τ1𝑠 + 1)(𝜏2𝑠 + 1) − 𝐾2𝐾4
(τ1𝑠 + 1)(𝜏2𝑠 + 1)
] =
𝐾1
𝜏1𝑠 + 1
Θ𝑖 + (
𝐾2
𝜏1𝑠 + 1
) (
𝐾3
𝜏2𝑠 + 1
) Θ𝑐𝑖 
Dividindo ambos os lados pelo termo entre colchetes, tem-se: 
Θ = K1
(τ1𝑠 + 1)(𝜏2𝑠 + 1)
(𝜏1𝑠 + 1)[(τ1𝑠 + 1)(𝜏2𝑠 + 1) − 𝐾2𝐾4]
Θ𝑖
+ 𝐾2𝐾3
(τ1𝑠 + 1)(𝜏2𝑠 + 1)
(𝜏1𝑠 + 1)(𝜏2𝑠 + 1)[(τ1𝑠 + 1)(𝜏2𝑠 + 1) − 𝐾2𝐾4]
Θ𝑐𝑖 
Cancelando zeros e polos comuns, temos: 
Θ = 𝐾1
(𝜏2𝑠 + 1)
(τ1𝑠 + 1)(𝜏2𝑠 + 1) − 𝐾2𝐾4
Θ𝑖 +
𝐾2𝐾3
(τ1𝑠 + 1)(𝜏2𝑠 + 1) − 𝐾2𝐾4
Θ𝑐𝑖 
O denominador da expressão anterior é: 
(τ1𝑠 + 1)(𝜏2𝑠 + 1) − 𝐾2𝐾4 = 𝜏1𝜏2𝑠
2 + (𝜏1 + τ2)s + (1 − K2𝐾4) 
Escrevendo na forma geral, dividindo pelo termo constante, temos: 
𝜏1𝜏2
1 − K2𝐾4
𝑠2 +
𝜏1 + 𝜏2
1 − K2𝐾4
𝑠 + 1 
A condição de sobreamortecimento é expressa por 
𝜉 =
𝜏1 + 𝜏2
1 − K2𝐾4
> 1 
Ou seja, o sistema será sobreamortecido se: 
𝜉 =
(
F
V +
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑉𝐶𝑝
)
−1
+ (
𝐹𝑐
𝑉𝑐
+
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑐𝑉𝑐𝐶𝑝𝑐
)
−1
1 − (
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑉𝐶𝑝
F
V +
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑉𝐶𝑝
) (
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑐𝑉𝑐𝐶𝑝𝑐
𝐹𝑐
𝑉𝑐
+
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑐𝑉𝑐𝐶𝑝𝑐
)
> 1 
 
O numerador da expressão acima é: 
1
F
V +
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑉𝐶𝑝
+
1
𝐹𝑐
𝑉𝑐
+
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑐𝑉𝑐𝐶𝑝𝑐
=
F
V +
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑉𝐶𝑝
+
𝐹𝑐
𝑉𝑐
+
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑐𝑉𝑐𝐶𝑝𝑐
(
F
V +
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑉𝐶𝑝
) (
𝐹𝑐
𝑉𝑐
+
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑐𝑉𝑐𝐶𝑝𝑐
)
 
O denominador da expressão acima é: 
1 − (
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑉𝐶𝑝
F
V +
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑉𝐶𝑝
) (
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑐𝑉𝑐𝐶𝑝𝑐
𝐹𝑐
𝑉𝑐
+
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑐𝑉𝑐𝐶𝑝𝑐
) =
(
F
V +
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑉𝐶𝑝
) (
𝐹𝑐
𝑉𝑐
+
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑐𝑉𝑐𝐶𝑝𝑐
) − (
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑉𝐶𝑝
) (
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑐𝑉𝑐𝐶𝑝𝑐
)
(
F
V +
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑉𝐶𝑝
) (
𝐹𝑐
𝑉𝑐
+
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑐𝑉𝑐𝐶𝑝𝑐
)
 
Divindo o numerador pelo denominador, obtém-se: 
𝜉 =
(
F
V +
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑉𝐶𝑝
) + (
𝐹𝑐
𝑉𝑐
+
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑐𝑉𝑐𝐶𝑝𝑐
)
(
F
V +
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑉𝐶𝑝
) (
𝐹𝑐
𝑉𝑐
+
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑐𝑉𝑐𝐶𝑝𝑐
) − (
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑉𝐶𝑝
) (
𝑈𝐴𝑡
𝜌𝑐𝑉𝑐𝐶𝑝𝑐
)
> 1