CET1001_Exerc resolv descontinuos

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UNIVERSIDADE ESTADUAL DE SANTA CRUZ 
Departamento de Ciências Exatas e Tecnológicas 
Engenharia Química 
 
Profª Drª Elizama Aguiar de Oliveira 
Disciplina: CET1001 – Engenharia de Bioprocessos (60h) 
Semestre: 2022.1 
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Exercícios resolvidos em sala: 
Tema: Balanço de Massa em Processos Descontínuos 
 
1) Para um biorreator operando em batelada simples, calcule X, S, P, as 
produtividades e o tempo para que ocorra 99% de conversão de substrato: 
Xo = 1 (g/L) So = 100 (g/L) 
μmax = 0,25 (1/h) Ks = 5 (g/L) 
Yp/s =0,5 Yx/s = 0,5 
 
Balanço de Substrato 
𝑑(𝑆𝑉)
𝑑𝑡
= −𝜇𝑆 . 𝑋. 𝑉 = − (
𝜇
𝑌𝑋 𝑆⁄
) . 𝑋. 𝑉 
𝑑𝑆
𝑑𝑡
= − (
1
𝑌𝑋 𝑆⁄
) (
𝜇𝑚𝑎𝑥 . 𝑆
𝐾𝑆 + 𝑆
) . [𝑋𝑜 + 𝑌𝑋 𝑆⁄ (𝑆𝑜 − 𝑆)] 
 
𝑑𝑆
𝑑𝑡
= − (
𝜇𝑚𝑎𝑥
𝑌𝑋 𝑆⁄
) (
.
𝑋𝑜. 𝑆 + 𝑌𝑋 𝑆⁄ (𝑆𝑜. 𝑆 − 𝑆
2)
𝐾𝑆 + 𝑆
) 
 
(...) resolvendo 
 
𝑡 = [−
𝑌𝑋
𝑆⁄
𝐾𝑠
𝜇𝑚𝑎𝑥 (𝑋𝑜 + 𝑌𝑋
𝑆⁄
. 𝑆𝑜)
] . [𝑙𝑛 (
𝑆
𝑆𝑜
)] + [
𝑋𝑜 + 𝑌𝑋
𝑆⁄
(𝑆𝑜 + 𝐾𝑠)
𝜇𝑚𝑎𝑥 (𝑋𝑜 + 𝑌𝑋
𝑆⁄
. 𝑆𝑜)
] . [𝑙𝑛 (
𝑋𝑜 + 𝑌𝑋
𝑆⁄
(𝑆𝑜 − 𝑆)
𝑋𝑜
)] + 𝑡𝑜 
 
𝑡 = [−
0,5 ∗ 5
0,25 ∗ (1 + 0,5 ∗ 100)
] . [𝑙𝑛 (
1
100
)] + [
1 + 0,5 ∗ (100 + 5)
0,25 ∗ (1 + 0,5 ∗ 100)
] . [𝑙𝑛 (
1 + 0,5 ∗ (100 − 1)
1
)] + 0 
 
𝑡 = (−0,1961). (−4,6052) + (4,1961). (3,9220) 
 
t = 17,36 (h) 
 
Balanço de Células 
𝑑(𝑋. 𝑉)
𝑑𝑡
= 𝜇. 𝑋. 𝑉 
 
𝑑𝑋
𝑑𝑡
= (
𝜇𝑚𝑎𝑥. 𝑆
𝐾𝑆 + 𝑆
) . 𝑋 
 
(...) resolvendo 
 
X = Xo. e
(
μmax.S
Ks+S
).t
 
X = 1. e
(
(0,25).(1)
(5+1)
)(17,36)
 
X = 2,06 (g/L) 
 
PrX = ΔX/t = (2,06 – 1,0)/(17,36) (biomassa gerada) 
V não varia com o tempo, 
portanto pode ser simplificado da 
equação do balanço 
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PrX = 0,061 (g/L.h) 
 
PrXt = X/t = (2,06)/(17,36) (biomassa acumulada) 
PrXt = 0,119 (g/L.h) 
 
𝑃𝑑𝑋/𝑆 =
(𝑋 − 𝑋𝑜)
(𝑆𝑜 − 𝑆). 𝑡
=
(1,06)
(99). (17,36)
 
Pd x/s = 6,17.10-4 [g de X/(g de S.t)] (biomassa produzida por substrato consumido) 
 
Mx = X.V = (2,06 g/L).(100 L) 
Mx = 206 g (peso de biomassa) 
 
Balanço de Produto 
X
dt
dP
P. 
(P varia muito para cada microrganismo e para cada produto) 
 
Para fins didáticos, 
 SSYPP
dt
dS
Y
dt
dP
oSPo
SP


/
/ ).(
 
𝑃 = 0 + (0,5). (100 − 1) 
P = 49,5 (g/l) 
 
PrP = ΔP/t = (49,5 - 0)/(17,36) (produto gerado) 
PrP = 2,851 (g/L.h) 
A produtividade acumulada nesse caso vai ser a mesma por causa de Po = 0 
𝑃𝑑𝑃/𝑆 =
(𝑃 − 𝑃𝑜)
(𝑆𝑜 − 𝑆). 𝑡
=
(49,5)
(99). (17,36)
 
Pdp/s = 2,88.10-2 [g de P/(g de S.t)] (produto produzido por substrato consumido) 
 
Mp = P.V = (49,5 g/L).(100 L) 
Mp = 4.950 g (peso de produto) 
 
Refaça este exercício agora usando Xo = 20 g/L e uma conversão de 90 %. 
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2) Para um biorreator operando em batelada alimentada, calcule X, S, P, F, as produtividades 
o tempo para que ocorra 99% de conversão de substrato com S* mantido em 1 g/L: 
Xi = 1 (g/L) So = 100 (g/L) 
μmax = 0,25 (1/h) Ks = 5 (g/L) 
Yp/s =0,5 Yx/s = 0,5 
Vi = 25 (L) Vf = 100 (L) 
 
 
𝜇∗ =
𝜇𝑚𝑎𝑥 . 𝑆
∗
𝐾𝑠 + 𝑆
∗
 
𝜇∗ =
(0,25).(1)
(5)+(1)
= 𝝁∗ = 𝟎, 𝟎𝟒𝟏𝟕 (𝟏/𝒉) 
 
Balanço de Massa: 
𝑑(𝑋. 𝑉)
𝑑𝑡
= 𝐹. 𝑋𝑜 + 𝜇. 𝑋. 𝑉 
𝑑(𝑋. 𝑉)
𝑑𝑡
= 𝜇. (𝑋. 𝑉) 
𝑑(𝑋. 𝑉)
(𝑋. 𝑉) 
= 𝜇. 𝑑𝑡 
(𝑋. 𝑉) = (𝑋𝑖 . 𝑉𝑖)𝑒
𝜇.𝑡 (A) 
 
 
Balanço de Substrato: 
𝑑(𝑆. 𝑉)
𝑑𝑡
= 𝐹. 𝑆𝑜 − 𝑟𝑆(𝑉) 
𝑆∗
𝑑𝑉
𝑑𝑡
= 𝐹. 𝑆𝑜 − (
𝜇∗. 𝑋
𝑌𝑋 𝑆⁄
) (𝑉) = 𝐹. 𝑆𝑜 − (
𝜇∗
𝑌𝑋 𝑆⁄
) (𝑋. 𝑉) 
Substituindo (A): 
𝑆∗. 𝐹 = 𝐹. 𝑆𝑜 − (
𝜇∗
𝑌𝑋 𝑆⁄
) [(𝑋𝑖. 𝑉𝑖)𝑒
𝜇∗.𝑡 ] 
𝐹 =
𝜇∗.[(𝑋𝑖.𝑉𝑖)𝑒
𝜇∗.𝑡 ]
𝑌𝑋 𝑆⁄ .(𝑆𝑜−𝑆
∗)
 (B) 
 
Reescrevendo F = dV/dt: 
𝑑𝑉
𝑑𝑡
=
𝜇∗. [(𝑋𝑖. 𝑉𝑖)𝑒
𝜇∗.𝑡 ]
𝑌𝑋 𝑆⁄ . (𝑆𝑜 − 𝑆
∗)
 
𝑑𝑉 = (
𝜇∗. 𝑋𝑖 . 𝑉𝑖
𝑌𝑋 𝑆⁄ . (𝑆𝑜 − 𝑆
∗)
) [𝑒𝜇
∗.𝑡 ]𝑑𝑡 
resolvendo: 
𝑉 − 𝑉𝑖 = (
𝜇∗. 𝑋𝑖 . 𝑉𝑖
𝑌𝑋 𝑆⁄ . (𝑆𝑜 − 𝑆
∗)
) [
𝑒𝜇
∗.𝑡 − 𝑒𝜇
∗.0
𝜇∗
] 
𝑉 = 𝑉𝑖 + (
𝑋𝑖. 𝑉𝑖
𝑌𝑋 𝑆⁄ . (𝑆𝑜 − 𝑆
∗)
) [𝑒𝜇
∗.𝑡 − 1] 
 
V varia com o tempo, portanto não é constante e 
permanece na equação do balanço 
F 
So 
Vi 
Xi 
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𝑉 = 𝑉𝑖 [1 + (
𝑋𝑖
𝑌𝑋 𝑆⁄ . (𝑆𝑜 − 𝑆
∗)
) (𝑒𝜇
∗.𝑡 − 1)] 
 
𝑡 =
1
𝜇∗
𝑙𝑛 [(
𝑉
𝑉𝑜
− 1) (
𝑌𝑋 𝑆⁄ (𝑆𝑜−𝑆
∗)
𝑋𝑖
) + 1] (C) 
 
Substituindo valores em (C): 
𝑡 =
1
(0,0417)
𝑙𝑛 [(
100
25
− 1) (
(0,5)(99)
1
) + 1] 
t = 120,175 (h) 
 
Voltando a (B): 
𝐹 =
(0,0417). [(1). (25)𝑒(0,0417).(120,175) ]
(0,5). (99)
 
F = 3,146 (l/h) 
 
Voltando a (A): 
𝑋. (100) = (1). (25)𝑒(0,0417).(120,175) 
X = 37,375 (g/l) 
 
PrX = ΔX/t = (37,375 – 1,0)/(120,175) (biomassa gerada) 
PrX = 0,303 (g/l.h) 
PrXt = X/t = (37,375)/(120,175) (biomassa acumulada) 
PrXt = 0,311 (g/l.h) 
𝑃𝑑𝑋/𝑆 =
(𝑋 − 𝑋𝑜)
(𝑆𝑜 − 𝑆). 𝑡
=
(37,375 − 1,0)
(99). (120,175)
 
Pdx/s = 3,06.10-3 [g de X/(g de S.t)] (biomassa produzida por substrato consumido) 
 
Mx = X.V = (37,375 g/L).(100 L) 
Mx = 3.737,0 g (peso de biomassa 
 
Balanço de Produto: 
𝑃 = 𝑃𝑜 + 𝑌𝑃
𝑆⁄
(𝑆𝑜 − 𝑆) 
𝑃 = (0,5). (100 − 1) 
P = 49,5 (g/l) 
 
Prp = P/t = (49,5)/(110,44) (produto gerado e produto acumulado) 
Prp = 0,448 (g/l.h) 
𝑃𝑑𝑃/𝑆 =
(𝑃 − 𝑃𝑜)
(𝑆𝑜 − 𝑆). 𝑡
=
(49,5 − 0)
(99). (120,175)
 
Pdp/s = 4,16.10-3 [g de P/(g de S.t)] (produto produzido por substrato consumido) 
 
MP = P.V = (49,5 g/L).(100 L) 
MP = 4.950 g (peso de produto) 
 
Refaça este exercício agora usando Xo = 20 g/L e uma conversão de 90 %. 
 
Pra dar tempo do microrganismo 
consumir de 100 para 1 g/L a vazão 
precisa ser baixa e isso atrasa o 
enchimento do biorreator. 
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3) Para um biorreator operando em batelada alimentada estendida, calcule X, S, P, F as 
produtividades e o tempo para que ocorra 99% de conversão de substrato sendo o substrato 
mantido em 50 g/L durante o enchimento: 
 
Xi = 1 (g/L) So = 100 (g/L) S* = 50 (g/L) 
μmax = 0,25 (1/h) Ks = 5 (g/L) 
Yp/s =0,5 Yx/s = 0,5 
Vi = 25 (L) Vf = 100 (L) 
 
 
 
1ª etapa: Batelada alimentada 
𝜇∗ =
𝜇𝑚𝑎𝑥 . 𝑆
∗
𝐾𝑠 + 𝑆
∗
 
𝜇∗ =
(0,25).(50)
(5)+(50)
= 𝜇∗ = 0,2273 (1/ℎ) 
 
Tempo de enchimento: 
𝑡 =
1
𝜇∗
𝑙𝑛 [(
𝑉
𝑉𝑜
− 1) (
𝑌𝑋 𝑆⁄ (𝑆𝑜 − 𝑆
∗)
𝑋𝑖
) + 1] 
𝑡 =
1
(0,2273)
𝑙𝑛 [(
100
25
− 1) (
(0,5)(100 − 50)
1
) + 1] 
t = 19,05 (h) 
 
Vazão necessária: 
𝐹 =
𝜇∗. [(𝑋𝑖. 𝑉𝑖)𝑒
𝜇∗.𝑡 ]
𝑌𝑋 𝑆⁄ . (𝑆𝑜 − 𝑆
∗)
 
𝐹 =
(0,2273). [(1). (25)𝑒(0,2273).(19,05) ]
(0,5). (100 − 50)
 
F = 17,26 (l/h) 
 
Biomassa acumulada: 
(𝑋. 𝑉) = (𝑋𝑖 . 𝑉𝑖)𝑒
𝜇.𝑡 
𝑋. (100) = (1). (25)𝑒(0,2273).(19,05) 
X = 18,99 (g/l) 
 
Produto acumulado: 
𝑃 = 𝑃𝑜 + 𝑌𝑃
𝑆⁄
(𝑆𝑜 − 𝑆) 
𝑃 = (0,5). (100 − 50) 
P = 25,0 (g/l) 
 
As condições finais da batelada alimentada serão as condições iniciais da batelada simples. 
 
2ª etapa: Batelada simples 
So = 50 ; S = 1 ; Po = 25 ; Xo = 18,99 
 
H
 
F
e
 
F
s
 
F
s
 Δt 
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𝑡 = [−
𝑌𝑋
𝑆⁄
𝐾𝑠
𝜇𝑚𝑎𝑥 (𝑋𝑜 + 𝑌𝑋 𝑆⁄
. 𝑆𝑜)
] . [𝑙𝑛 (
𝑆
𝑆𝑜
)] + [
𝑋𝑜 + 𝑌𝑋
𝑆⁄
(𝑆𝑜 + 𝐾𝑠)
𝜇𝑚𝑎𝑥 (𝑋𝑜 + 𝑌𝑋 𝑆⁄
. 𝑆𝑜)
] . [𝑙𝑛 (
𝑋𝑜 + 𝑌𝑋
𝑆⁄
(𝑆𝑜 − 𝑆)
𝑋𝑜
)] 
 
𝑡 = [−
0,5 ∗ 5
0,25 ∗ (18,99 + 0,5 ∗ 50)
] . [𝑙𝑛 (
1
50
)] + [
18,99 + 0,5 ∗ (50 + 5)
0,25 ∗ (18,99 + 0,5 ∗ 50)
] . [𝑙𝑛 (
18,99 + 0,5 ∗ (50 − 1)
18,99
)] 
 
𝑡 = [−0,2273]. [−3,9120] + [4,2273]. [0,8286] 
t = 4,39 (h) 
 
Biomassa acumulada: 
X = Xo. e
(
μmax.S
Ks+S
).t
 
X = (18,99). e
(
(0,25).(1)
(5+1)
)(4,39)
 
X = 22,80 (g/L) 
Células que cresceram apenas na 2ª etapa = 22,80 - 18,99 = 3,81 (g/L) 
 
Produto acumulado: 
𝑃 = 25 + (0,5). (50 − 1) 
P = 49,5 (g/l) 
Produto apenas na 2ª etapa = 49,5 – 25 = 24,5 (g/L) 
 
Tempo total de processo: 
t = 19,05 + 4,39 
t = 23,44 (h) 
 
Produtividades do processo (produzido, não acumulado): 
PrX = ΔX/t = (22,80 - 1)/(23,44) 
PrX = 0,930 (g/L.h) 
PrP = ΔP/t = (49,5)/(23,44 
PrP = 2,112 (g/L.h) 
 
Produtividades do processo (acumulado): 
PrXt = X/t = (22,80)/(23,44) 
PrXt = 0,973 (g/L.h) 
 
𝑃𝑑𝑋/𝑆 =
(𝑋 − 𝑋𝑜)
(𝑆𝑜 − 𝑆). 𝑡
=
(22,8 − 1,0)
(99). (23,44)
 
Pdx/s = 9,39.10-3 [g de X/(g de S.t)] (biomassa produzida por substrato consumido) 
𝑃𝑑𝑃/𝑆 =
(𝑃 − 𝑃𝑜)
(𝑆𝑜 − 𝑆). 𝑡
=
(49,5 − 0)
(99). (23,44)
 
Pdp/s = 2,13.10-2 [g de P/(g de S.t)] (biomassa produzida por substrato consumido) 
 
 
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Massas produzidas: 
Mx = X.V = 22,80*100 = 2.280 g 
Mp = P.V = 49,5*100 = 4.950 g 
Refaça o exercício agora com Xo = 20 g/L e uma conversão de 90 %. 
 
 
Comparando as três 
Parâmetros Batelada Simples 
Batelada 
Alimentada 
Batelada 
Alimentada 
Estendida 
t (h) 17,36 120,17 23,44 
X (g/l) 2,06 37,37 22,80 
P (g/l) 49,5 49,5 49,5 
S* (g/l) - 1 50 
F (l/h) - 2,11 17,26 
Mx (g) 206 3.737 2.280 
Mp (g) 4.950 4.950 4.950 
Prx [g/(l.h)] 0,061 0,303 0,930 
Prxt [g/(l.h)] 0,119 0,311 0,973 
Prx/s [g/(g.h)] 6,17.10-4 3,06.10-3 9,39.10-3 
PrP [g/(l.h)] 2,851 0,448 2,112 
Prp/s [g/(g.h)] 2,90.10-2 4,16.10-3 2,13.10-2