Questões Transpetro Engenharia

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AS 20 QUESTÕES MAIS DIFÍCEIS DA TRANSPETRO PARA 
ENGENHARIA DE PROCESSAMENTO 
Olá, queridos alunos do Estratégia. 
 
Meu nome é Jordana Abreu, professora de Engenharia Química do Estratégia. 
 
Sou formada em Engenharia Química pela PUC-MG e Mestre em Engenharia Química pela UFMG. 
 
Nesses últimos anos tenho me dedicado exclusivamente na área de lecionar para concursos nacionais 
de nível técnico em Operações Industriais e de Engenharia Química, elaborando simulados, aulas em 
pdf e em vídeo, lives e produzindo diversos materiais especializados para os concursos da área. 
Neste Ebook está um compilado de algumas questões chave, resolvidas e comentadas por mim, das 
provas de 2018, 2012 e 2011 da Transpetro para Engenheiro de Processamento com banca Cesgranrio. 
Esse material é só uma pequena amostra do que temos no nosso curso que conta com um material de 
alto nível, além das provas inteiras resolvidas. Espero que gostem! 
 
Um abraço e bons estudos. 
 
PROVA 2011 
 
*Lembramos a todos que as questões resolvidas seguem a numeração da prova aplicada. 
 
23. É conhecida a seguinte função de transferência em malha aberta (MA): 
GMA(s)=GC(s).Gf(s).GP(s).Gm(s) = 
𝟎,𝟐𝟓 𝑲𝒄
(𝒔+𝟏)(𝟎,𝟓𝒔+𝟏)
, tal que GC denota a função de transferência do 
controlador, Gf, da válvula, GP, do processo e Gm, do elemento de medida. 
 
O maior valor de ganho do controlador (Kc) para o qual o sistema não oscila em malha fechada, 
quando perturbado por degrau no set point, é 
 
(A) 0,25 
(B) 0,50 
(C) 0,75 
(D) 1,00 
(E) 1,25 
Comentários: 
A partir da função transferência da malha aberta, podemos determinar a função transferência da malha 
fechada, onde 
𝐺(𝑀𝐹)(𝑠) =
𝐺(𝑀𝐴)
1 + 𝐺(𝑀𝐴)
 
Substituindo, 
𝐺(𝑀𝐹)(𝑠) =
0,25𝐾𝑐
(𝑠 + 1)(0,5𝑠 + 1)
1 +
0,25𝐾𝑐
(𝑠 + 1)(0,5𝑠 + 1)
 
Simplificando, 
𝐺(𝑀𝐹)(𝑠) =
0,25𝐾𝑐
(𝑠 + 1)(0,5𝑠 + 1)
(𝑠 + 1)(0,5𝑠 + 1) + 0,25𝐾𝑐
(𝑠 + 1)(0,5𝑠 + 1)
 
𝐺(𝑀𝐹)(𝑠) =
0,25𝐾𝑐
(𝑠 + 1)(0,5𝑠 + 1) + 0,25𝐾𝑐
 
𝐺(𝑀𝐹)(𝑠) =
0,25𝐾𝑐
0,5𝑠2 + 𝑠 + 0,5𝑠 + 1 + 0,25𝐾𝑐
 
𝐺(𝑀𝐹)(𝑠) =
0,25𝐾𝑐
0,5𝑠2 + 1,5𝑠 + (1 + 0,25𝐾𝑐)
 
Para que o sistema não oscile, temos como condição que os polos não sejam complexos. Assim, aplicando 
o teorema de Bháskara para o denominador, 
0,5𝑠2 + 1,5𝑠 + (1 + 0,25𝐾𝑐) = 0 
∆= 𝑏2 − 4𝑎𝑐 = (1,5)2 − 4𝑥0,5𝑥(1 + 0,25𝐾𝑐) ≥ 0 
∆= 2,25 − 2 − 0,5𝐾𝑐 ≥ 0 
∆= 0,25 − 0,5𝐾𝑐 ≥ 0 
0,25 ≥ 0,5𝐾𝑐 
 
0,5 ≥ 𝐾𝑐 
Gabarito: Letra B) 
 
 
 
27. Com respeito ao escoamento de um fluido, analise as afirmativas a seguir. 
 
I - No regime laminar, o fator de atrito é diretamente proporcional ao número de Reynolds. 
II - No regime turbulento, o fator de atrito é função do número de Reynolds e da rugosidade 
relativa da tubulação. 
III - A perda de carga é diretamente proporcional ao comprimento equivalente da tubulação. 
IV - Mantida a vazão constante, a perda de carga é inversamente proporcional ao diâmetro da 
tubulação elevado ao quadrado. 
 
É correto APENAS o que se afirma em 
(A) I e III 
(B) I e IV 
(C) II e III 
(D) II e IV 
(E) III e IV 
Comentários: 
Com respeito ao escoamento de um fluido, 
I - No regime laminar, o fator de atrito é diretamente proporcional ao número de Reynolds. 
INCORRETO, pois o fator de atrito para regime laminar segue a equação 
𝑓 =
64
𝑅𝑒
 
Assim, percebemos que o fator de atrito é inversamente proporcional ao número de Reynolds. 
 
II - No regime turbulento, o fator de atrito é função do número de Reynolds e da rugosidade relativa da 
tubulação. 
CORRETO, e isso pode ser observado através do Ábaco de Moody que relaciona o fator de atrito (eixo 
das ordenadas) com o número de Reynolds (eixo das abcissas) e rugosidade (diferentes curvas). 
 
III - A perda de carga é diretamente proporcional ao comprimento equivalente da tubulação. 
CORRETO, e é possível ver isso a partir da equação de perda de carga distribuída onde 
ℎ =
𝑉2
2
.
𝐿
𝐷
 
onde L é o comprimento da tubulação, D o diâmetro e V a velocidade de escoamento. 
 
IV - Mantida a vazão constante, a perda de carga é inversamente proporcional ao diâmetro da tubulação 
elevado ao quadrado. 
INCORRETO, pois conforme posto no item anterior a perda de carga distribuída é dado por 
ℎ =
𝑉2
2
.
𝐿
𝐷
 
onde D é inversamente proporcional, porém não levado ao quadrado. 
Gabarito: Letra C) 
 
32. Um trocador de calor casco e tubo deve ser construído para aquecer a água que irá alimentar 
uma caldeira. O líquido frio é água proveniente da central de utilidades da indústria. O trocador 
de calor opera em contracorrente e contém tubos de aço-carbono, com diâmetros interno e 
externo iguais a 2,0 cm e 2,5 cm, respectivamente. A água fria escoa pelo interior dos tubos a 
uma velocidade de 0,5 m/s, entrando a 30 °C e saindo a 50 °C, enquanto a água quente entra a 80 
°C. As taxas mássicas da água fria e da água quente que alimentam o trocador de calor são 15 
kg.s−1 e 30 kg.s−1, respectivamente. O coeficiente global de transferência de calor, baseado na 
área externa, é 250 W.m−2.K−1. Considere a massa específica e o calor específico da água iguais a 
1.000 kg.m−3 e 4.200 J.kg−1.K−1, respectivamente, independentemente da temperatura. 
Aproxime o valor π para 3 e considere o fator de correção da MLDT como igual a 1,0. 
 
Dados: 
 1/ln(0,95) = −19,5; 1/ln(0,85) = −6,2; 
1/ln(0,75) = −3,5; 1/ln(0,65) = −2,3. 
 
Se o comprimento máximo do tubo for 2,4 metros, qual é o número de passagens por tubo? 
(A) 16 passagens e 64 tubos 
(B) 13 passagens e 64 tubos 
(C) 10 passagens e 100 tubos 
(D) 8 passagens e 100 tubos 
(E) 4 passagens e 200 tubos 
Comentários: 
A partir do balanço de energia, poderemos calcular a diferença de temperatura do fluido quente(H) e 
posteriormente, em posse da sua temperatura de entrada no trocador de calor, calcular a sua 
temperatura de saída. 
Assim, temos que 
𝑄 = 𝑚𝑐𝐶𝑝𝑐∆𝑇𝑐 = 𝑚𝐻𝐶𝑝𝐻∆𝑇𝐻 
Como ambos os líquidos, quente(H) e frio(C), são água, temos que 𝐶𝑝𝑐 = 𝐶𝑝𝐻. 
𝑚𝑐∆𝑇𝑐 = 𝑚𝐻∆𝑇𝐻 
Isolando ∆𝑇𝐻, 
∆𝑇𝐻 =
𝑚𝑐
𝑚𝐻
∆𝑇𝑐 
Substituindo os dados, 
∆𝑇𝐻 =
15 𝑘𝑔/𝑠
30 𝑘𝑔/𝑠
 (50 − 30)º𝐶 
∆𝑇𝐻 = 10º𝐶 
Como 𝑇𝐻,𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑑𝑎 = 80º𝐶 
𝑇𝐻,𝑠𝑎í𝑑𝑎 = (80 − 10)º𝐶 = 70º𝐶 
Calculando o fluxo de calor (Q), 
𝑄 = 𝑚𝐻𝐶𝑝𝐻∆𝑇𝐻 = 30
𝑘𝑔
𝑠
𝑥4200
𝐽
𝐾𝑔. 𝐾
𝑥10º𝐶 
𝑄 = 1,26. 106𝑊 
Para o trocador de calor, temos que o fluxo de transferência será dado por 
𝑄 = 𝑈𝐴. 𝑓. ∆𝑇𝑀𝐿 
Isolando a área, 
𝑄
𝑈𝑓. ∆𝑇𝑀𝐿
= 𝐴 
Calculando a diferença de temperatura logarítmica, 
∆𝑇𝑀𝐿 =
∆𝑇𝑥=0 − ∆𝑇𝑥=𝐿
ln (
∆𝑇𝑥=0
∆𝑇𝑥=𝐿
)
 
∆𝑇𝑀𝐿 =
[(80 − 50) − (70 − 30)]º𝐶
ln (
80 − 50
70 − 30)
 
∆𝑇𝑀𝐿 = (−10)𝑥
1
𝑙𝑛 0,75
= (−10)𝑥(−3,5) = 35º𝐶 
Substituindo os dados na equação de, 
𝐴 =
𝑄
𝑈𝑓. ∆𝑇𝑀𝐿
=
(1,26. 106 𝑊)
250
𝑊
𝑚2. 𝐾
𝑥1𝑥35𝐾
= 144 𝑚2 
Como a área do trocador de calor será dada por, 
𝐴 = 𝑇𝑢𝑏𝑜𝑠(𝑇)𝑥𝑃𝑎𝑠𝑠𝑎𝑔𝑒𝑛𝑠(𝑃)𝑥𝐶𝑜𝑚𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜(𝐿). 𝜋. 𝐷𝑚é𝑑𝑖𝑜 
Colocando TP em evidência, 
𝑇𝑃 =
𝐴
𝐿𝜋𝐷
=
144𝑚2
2,4𝑚 𝑥 𝜋 𝑥 0,025𝑚 
 
𝑇𝑃 = 800 
A única opção em que o produto de tubos x passagens é 800 se dá na letra D). 
Gabarito: Letra D) 
 
 
41. Pretende-se produzir 1.000 kg de um sólido S sob a forma de cristais a partir de 10.000 kg 
de uma solução aquosa saturada, que se encontra em um cristalizador a 80 °C. A solubilidade de 
S em água é aproximada por s = 0,04 + 0,002 T, em que s [=] g S / gH2O, T [=] °C. 
 
Até que temperatura deve ser resfriada, no cristalizador, a solução saturada? 
 
(A) 15 °C 
(B) 20 °C 
(C) 25 °C 
(D) 30 °C 
(E) 35 °C 
Comentários: 
Nesta questão, partiremos do cálculo da quantidade de sólido solubilizada na solução quando, no estado 
inicial, está a 80ºC. 
𝑠(80º𝐶) = 0,04 + 0,002(80º𝐶) = 0,2 
Como o conceito de solubilidade é, 
𝑠 =
𝑆ó𝑙𝑖𝑑𝑜𝑠[𝑔]
Á𝑔𝑢𝑎 [𝑔]
 
Temos que a quantidade de sólidos na solução será, 
0,2 =
𝑆ó𝑙𝑖𝑑𝑜𝑠
10 000 𝑘𝑔− 𝑆ó𝑙𝑖𝑑𝑜𝑠
 
2000 − 0,2𝑆ó𝑙𝑖𝑑𝑜𝑠 = 𝑆ó𝑙𝑖𝑑𝑜𝑠 
2000 = 1,2𝑆ó𝑙𝑖𝑑𝑜𝑠 
𝑆ó𝑙𝑖𝑑𝑜𝑠 = 1666,67 𝑘𝑔 
Como deseja-se cristalizar 1000 kg, temos que na solução sobrará de sólidos solubilizados, 
 
𝑆ó𝑙𝑖𝑑𝑜𝑠 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑏𝑖𝑙𝑖𝑧𝑎𝑑𝑜𝑠 = (1666,67 − 10000)𝑘𝑔 = 666,67𝑘𝑔 
A solubilidade para 666,67kg na solução será 
𝑠 =
𝑆ó𝑙𝑖𝑑𝑜𝑠[𝑔]
Á𝑔𝑢𝑎 [𝑔]
=
666,67 𝑘𝑔
(10 000 − 1666,67) 𝑘𝑔
= 0,08 
Assim, para que esteja solubilizado apenas 666,67kg, a temperatura deve ser resfriada, no cristalizador, 
para 
0,08 = 0,04 + 0,002(𝑇) 
0,002𝑇 = 0,04 
𝑇 = 20º𝐶 
Gabarito: Letra B) 
 
 
44. No processo químico representado na figura abaixo, o efluente do reator R é dirigido ao 
separador S, do qual sai uma corrente com todo o A e todo o I presentes nesse efluente. Na 
alimentação do reator, a vazão de A é de 125 kmol/h. 
 
 
 
O processo químico apresentado recebe uma alimentação constituída de 100 kmol/h de um 
reagente A e uma certa quantidade de substância inerte I. Da corrente com todo o A e todo o I 
que sai de S, 50% são reciclados para a entrada do reator. Os outros 50% são purgados para 
evitar o acúmulo do inerte I no processo. A conversão por passe é 60%. Dessas informações, 
depreende-se que a conversão global de A seja 
 
(A) 55% 
(B) 60% 
(C) 75% 
(D) 80% 
(E) 90% 
Comentários: 
A partir do enunciado, temos que há a entrada de 100 kmol/h de A pela alimentação e uma entrada de 
125 kmol/h de A no reator. Assim, temos por balanço de massa das correntes que a realimentação 
contribui na alimentação com 125-100=25 kmol/h de A. 
Como foi dito no enunciado que 50% são reciclados para a entrada do reator e outros 50% são purgados, 
temos que esses 25 kmol/h de A representam 50% e que os outros 25kmol/h de A são purgados. 
Assim, na realização de um balanço geral de A, temos que entra no processo 100 kmol/h de A e saem do 
processo 25 kmol/h. Logo, 
𝐶𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑠ã𝑜 =
𝑛𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 − 𝑛𝑠𝑎𝑖
𝑛𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎
𝑥100% =
(100 − 25)
𝑘𝑚𝑜𝑙
ℎ
100
𝑘𝑚𝑜𝑙
ℎ
𝑥100% = 75% 
 
 
Gabarito: Letra C) 
51. Um material sólido que contém umidade passa por um processo de secagem em batelada. A 
massa inicial do sólido úmido é de 50 kg, e a percentagem mássica de umidade nesse sólido é 
igual a 99% (em base úmida, ou seja, em relação à massa total do sólido úmido). Após o processo 
de secagem, verificou-se que a percentagem mássica de umidade no sólido em base úmida era 
de 98%. 
 
A massa total do sólido (incluindo a umidade restante) após o processo de secagem é, em 
quilogramas, igual a 
 
(A) 49,5 
(B) 49 
(C) 45 
(D) 25 
(E) 24,5 
Comentários: 
Como a percentagem mássica de umidade nesse sólido é igual a 99%, temos que 
𝑚á𝑔𝑢𝑎, 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 = 50𝑘𝑔 𝑥 0,99 = 49,5 𝑘𝑔 
Ou seja, 
𝑚𝑠ó𝑙𝑖𝑑𝑜 = (50,0 − 49,5)𝑘𝑔 = 0,5 𝑘𝑔 
Após a secagem, esse 0,5kg representa 2%, pois a percentagem mássica de umidade no sólido em base 
úmida é de 98%. 
Assim, temos que, por regra de três simples, a massa total do sólido (incluindo a umidade restante) após 
o processo de secagem é 
 
0,5kg - 2% 
X - 100% 
X= 25kg de Sólido Úmido 
Gabarito: Letra D) 
 
53. Uma corrente gasosa com vazão molar de 40 kmol/h e contendo ar e 5% molar de acetona é 
tratada, para remover 80% da acetona presente, em uma coluna de absorção que opera a 300 K 
e 101,3 kPa. A água é usada como solvente com vazão molar de 100 kmol/h. A equação de 
equilíbrio do sistema acetona – ar – água é y = 2,53x onde y e x são as composições molares da 
fase líquida e da fase gasosa em equilíbrio. 
A composição molar de acetona do produto líquido é, aproximadamente, 
 
(A) 0,40% 
(B) 1,04% 
(C) 1,57% 
(D) 5,00% 
(E) 99,98% 
Comentários: 
A partir do enunciado da questão, temos que na entrada da torre de absorção há uma corrente de gás 
com 40 kmol/h, contendo ar e 5% molar de acetona, ou seja, 2kmol/h de acetona. 
Na entrada do líquido que promoverá a absorção, temos 100 kmol/h de água. 
Como a eficiência da remoção de acetona atinge 80%, temos na saída do líquido que absorverá os 80% 
de acetona da entrada 
𝐿 𝑠𝑎í𝑑𝑎 = 100
𝑘𝑚𝑜𝑙
ℎ
+ 0,80𝑥
2𝑘𝑚𝑜𝑙
ℎ
= 101,6
𝑘𝑚𝑜𝑙
ℎ
 
E na saída do gás, 
𝐺 𝑠𝑎í𝑑𝑎 = 38
𝑘𝑚𝑜𝑙
ℎ
+ 0,20𝑥
2𝑘𝑚𝑜𝑙
ℎ
= 38,4
𝑘𝑚𝑜𝑙
ℎ
 
Como foi pedido a composição molar de acetona do produto líquido de saída, temos que 
𝑥𝐿 =
𝐿𝑎𝑐𝑒𝑡𝑜𝑛𝑎, 𝑠𝑎í𝑑𝑎
𝐿 𝑠𝑎í𝑑𝑎
=
1,6
𝑘𝑚𝑜𝑙
ℎ
101,6
𝑘𝑚𝑜𝑙
ℎ
𝑥100% = 1,57% 
Para uma maior compreensão, segue o fluxograma do processo abaixo. 
 
Gabarito: Letra D) 
 
62. O Teorema dos Estados Correspondentes a Três Parâmetros, quando aplicado a dois gases 
reais, afirma que se esses gases possuírem o mesmo valor de fator 
 
(A) acêntrico, quando comparados nas mesmas condições de temperatura crítica e pressão 
crítica, ambos terão aproximadamente o mesmo fator de compressibilidade. 
(B) acêntrico, quando comparados nas mesmas condições de temperatura reduzida e pressão 
reduzida, ambos terão aproximadamente o mesmo fator de compressibilidade. 
(C) acêntrico, quando comparados nas mesmas condições de temperatura e pressão, ambos 
terão aproximadamente o mesmo fator de compressibilidade. 
(D) compressibilidade, quando comparados nas mesmas condições de temperatura crítica e 
pressão reduzida, ambos terão aproximadamente o mesmo fator acêntrico. 
(E) compressibilidade, quando comparados nas mesmas condições de temperatura reduzida e 
pressão reduzida, ambos terão aproximadamente o mesmo fator acêntrico. 
Comentários: 
O Teorema dos estados correspondentes a Três Parâmetros afirma que todos os fluidos, quando 
comparados a uma mesma temperatura e pressão reduzidas, têm aproximadamente o mesmo fator de 
compressibilidade e o mesmo grau de desvio (fator acêntrico) em relação ao comportamento de gás 
ideal. 
Para ilustrar, temos abaixo um gráfico com o fator de compressibilidade em função de Pr e Tr para dez 
substâncias comuns. Os símbolos correspondem a resultados experimentais e as linhas às previsões do 
princípio (macroscópico) dos estados correspondentes. 
 
Gabarito: Letra B) 
 
PROVA 2012 
25. Uma corrente líquida contendo um composto orgânico com vazão de 25.000 kg/h é 
parcialmente vaporizada em um refervedor, sendo o calor de vaporização do orgânico Δhvap≈ 
350 kJ.kg−1. O calor é fornecido por 2.000 kg.h−1 de vapor de água saturado que se condensa 
totalmente, conforme ilustrado na figura a seguir. 
 
Admita que os processos de mudança de fase ocorram isotermicamente, que a pressão 
manométrica de entrada do vapor é 4 atm e que a temperatura de vapor é 20 °C superior à 
temperatura do orgânico. 
 
Nessas condições, os valores aproximados da vazão vaporizada do composto orgânico e da 
temperatura de saída do orgânico são, respectivamente, 
 
(A) 12 t/h e 132 °C 
(B) 12 t/h e 152 °C 
(C) 8 t/h e 124 °C 
(D) 5 t/h e 132 °C 
(E) 5 t/h e 124 °C 
Comentários: 
A corrente de orgânico recebe o calor do vapor saturado que entra a pressão manométrica de 4 atm 
(pressão absoluta 5 atm). Este calor irá vaporizar uma parte da corrente orgânica a temperatura 
constante, ou seja, a temperatura de entrada de orgânico será a mesma da saída. 
 
Utilizando da tabela de propriedade termodinâmicas fornecidas no final da prova, temos que a corrente 
de vapor saturada, à 5atm, possui temperatura e entalpia de vaporização iguais a 152ºC e ∆𝑣𝑎𝑝=
2 123
𝑘𝐽
𝑘𝑔
, respectivamente. 
 Como foi dito no enunciado que a corrente de orgânico é 20ºC menor que a de vapor, temos que sua 
temperatura será de 132ºC. 
Calculando a vazão vaporizada do composto orgânico a partir do balanço de energia que considera que 
o calor que um fornece o outro absorve, temos que 
𝑄 = 𝑚𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟.𝐻𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟 = 𝑚𝑣𝑎𝑝.𝑜𝑟𝑔.𝐻𝑣𝑎𝑝.𝑜𝑟𝑔 
 
𝑚𝑣𝑎𝑝.𝑜𝑟𝑔. =
𝑚𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟.𝐻𝑣𝑎𝑝𝑜𝑟
𝐻𝑣𝑎𝑝.𝑜𝑟𝑔
 
Substituindo os dados, 
𝑚𝑣𝑎𝑝.𝑜𝑟𝑔. =
2000
𝑘𝑔
ℎ
 𝑥 2 123
𝑘𝐽
𝑘𝑔
350 
𝑘𝐽
𝑘𝑔
 
𝑚𝑣𝑎𝑝.𝑜𝑟𝑔.≅ 12 000
𝑘𝑔
ℎ
= 12 
𝑡𝑜𝑛𝑒𝑙𝑎𝑑𝑎𝑠
ℎ
 
Gabarito: Letra A) 
 
29. No processo de absorção de H2S por DEA para a eliminação de gases ácidos de correntes 
gasosas, a eficiência da remoção de enxofre atinge 98%. Nesse processo, uma corrente de gás 
natural, com vazão mássica de 3 t/h, contendo 15% de H2S, é tratada com 2 t/h de uma corrente 
contendo água e DEA. 
 
A fração mássica de H2S na corrente de líquido efluente da coluna de absorção é, 
aproximadamente, igual a 
 
(A) 14% 
(B) 18% 
(C) 22% 
(D) 25% 
(E) 27% 
Comentários: 
Partindo de um fluxograma do processo, temos que na entrada do processo há uma corrente de gás 
natural, com vazão mássica de 3 t/h, contendo 15% de H2S, ou seja, 0,45 t/h de H2S e 2 t/h entrando em 
uma corrente líquida de água e DEA. 
 
 
Como a eficiência da remoção de enxofre atinge 98%, temos na saída do gás 
𝐺𝐻2𝑆, 𝑠𝑎í𝑑𝑎 = 0,45
𝑡
ℎ
 𝑥 0,02 = 0,009
𝑡
ℎ
𝑑𝑒 𝐻2𝑆 
E na saída do líquido, 
𝐿𝐻2𝑆, 𝑠𝑎í𝑑𝑎 = 0,45
𝑡
ℎ
 𝑥 0,98 = 0,441
𝑡
ℎ
𝑑𝑒 𝐻2𝑆 
 
Assim, a fração mássica de H2S na corrente de líquido efluente da coluna de absorção é, 
𝑥𝐻2𝑆,, 𝑠𝑎í𝑑𝑎 =
𝐿𝐻2𝑆, 𝑠𝑎í𝑑𝑎
𝐿á𝑔𝑢𝑎+𝐷𝐸𝐴 + 𝐿𝐻2𝑆, 𝑠𝑎í𝑑𝑎
 =
0,441
𝑡
ℎ
2
𝑡
ℎ
+ 0,441
𝑡
ℎ
= 0,1807 ≅ 18% 
 
No fluxograma, 
 
Gabarito: Letra B) 
 
38. Um sistema opera com múltiplos reatores adiabáticos, que processam uma reação R → P, 
intercalados com resfriadores, conforme ilustrado na figura a seguir. 
 
As correntes são altamente diluídas com inerte para controle de temperatura, de forma que a 
capacidade calorífica das correntes é aproximadamente igual à capacidade calorífica do inerte. 
As temperaturas de entrada e saída das correntes nos reatores estão indicadas na figura. 
 
A conversão total de R no processo é de 
 
Dados: 
ΔH da reação = −25.000 J/mol 
Capacidade calorífica do inerte = 10 J/(mol.K) 
Fração molar de R na alimentação = 0,1 
 
(A) 30% 
(B) 40% 
(C) 50% 
(D) 60% 
(E) 80% 
Comentários: 
Como foi dito nos dados da questão que a fração molar de R na alimentação é 0,1, partindo de uma base 
de cálculo de entrada de 1 mol, sendo 0,1 mol de R, temos que o calor de reação liberado será controlado 
pelo número de mols de R que reagem, e este irá aquecer toda a corrente, que teve aumentos de 40º, 
30º e 30ºC em cada reator, totalizando um aumento de temperatura por conta da reação de 100ºC. 
 
Assim, temos que 
∆𝐻𝑑𝑎 𝑟𝑒𝑎çã𝑜 . 𝑛𝑅 . 𝑋𝑅 = 𝑛𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 . 𝐶𝑝∆𝑇 
Substituindo os dados, 
25000
𝐽
𝑚𝑜𝑙
. 0,1 𝑚𝑜𝑙. 𝑋𝑅 = 1 𝑚𝑜𝑙. 10
𝐽
𝑚𝑜𝑙. 𝐾
100𝐾 
 
Isolando a conversão 𝑋𝑅 
𝑋𝑅 = 0,4 = 40% 
Gabarito: Letra B) 
 
43. Um mol de um gás monoatômico ideal sofre a transformação LMN reversível mostrada no 
diagrama PV. 
 
A quantidade de calor, em kJ, trocada entre o gás e a vizinhança, durante essa transformação, é 
 
Dados: 
Calor específico do gás ideal monoatômico a volume constante = 3R/2 
Calor específico do gás ideal monoatômico a pressão constante = 5R/2 
onde R = 8,3 J.mol−1.K−1 
 
(A) 6,0 
(B) 15 
(C) 24 
(D) 30 
(E) 36 
Comentários: 
A somatória da energia interna, considerando a etapa a volume constante(∆𝑈𝑣) e a etapa a pressão 
constante(∆𝑈𝑝), temos que 
∆𝑈 = ∆𝑈𝑣 + ∆𝑈𝑝 = (𝑛𝐶𝑣∆𝑇) + (𝑛𝐶𝑝∆𝑇) 
Como Calor específico do gás ideal monoatômico a volume constante = 3R/2 e Calor específico do gás 
ideal monoatômico a pressão constante = 5R/2, substituindo 
 
∆𝑈 = (𝑛
3𝑅
2
 ∆𝑇) + (𝑛
5𝑅
2
∆𝑇) 
Onde ∆𝑇 = 𝑇𝑓 − 𝑇𝑖 
Como, a partir da lei dos gases, 
𝑇𝑓 =
𝑃𝑓𝑉𝑓
𝑛𝑅
 𝑒 𝑇𝑖 =
𝑃𝑖𝑉𝑖
𝑛𝑅
 
Temos que substituindo, 
∆𝑈 = (𝑛
3𝑅
2
 (
𝑃𝑓𝑉𝑓
𝑛𝑅
−
𝑃𝑖𝑉𝑖
𝑛𝑅
)) + (𝑛
5𝑅
2
(
𝑃𝑓𝑉𝑓
𝑛𝑅
−
𝑃𝑖𝑉𝑖
𝑛𝑅
)) 
 
Como a volume constante 𝑉𝑓 = 𝑉𝑖 e a pressão constante 𝑃𝑓 = 𝑃𝑖 , temos 
∆𝑈 = (𝑛
3𝑅𝑉
2
 (
𝑃𝑓
𝑛𝑅
−
𝑃𝑖
𝑛𝑅
)) + (𝑛
5𝑅𝑃
2
(
𝑉𝑓
𝑛𝑅
−
𝑉𝑖
𝑛𝑅
)) 
Simplificando, 
∆𝑈 = (
3𝑉
2
 (𝑃𝑓 − 𝑃𝑖)) + (
5𝑃
2
(𝑉𝑓 − 𝑉𝑖)) 
Substituindo os dados obtidos no gráfico, 
∆𝑈 = (
3𝑥40. 10−3𝑚3
2
 (2,0 − 1,0). 105
𝑁
𝑚2
) + (
5 𝑥 2,0. 105 𝑁
𝑚2
2
(100 − 40)10−3𝑚3) 
 
∆𝑈 = 36. 103𝑁. 𝑚 = 36 𝑘𝐽 
Gabarito: Letra E) 
 
50. Um instrumento utilizado para medir temperatura encontra-se a uma temperatura 
estacionária de 30 °C, apresentando uma constante de tempo de 0,5 min. No tempo inicial (t = 0), 
o instrumento é colocado em um sistema mantido a 70 °C. 
 
 
Após 0,5 min, a temperatura lida pelo instrumento, em °C, será de, aproximadamente, 
 
(A) 70 
(B) 55 
(C) 50 
(D) 45 
(E) 30 
Comentários: 
No enunciado foi dado que a constante de tempo é 𝜏 = 0,5 𝑚𝑖𝑛 e que a perturbação do sistema levou a 
temperatura de 30ºC a 70ºC, ou seja, o sistema possui um ganho de 𝐾 = (70 − 30)º𝐶 = 40º𝐶. Assim, 
temos que aplicando a função transferência para sistemas de primeira ordem, 
∆𝑇(𝑠) =
40
0,5𝑠 + 1
 
Com equação em função do tempo igual a, 
∆𝑇(𝑡) = 40𝑥 (1 − 𝑒−
𝑡
𝜏) 
Quando 𝑡 = 𝜏 = 0,5 𝑚𝑖𝑛, temos que, substituindo 
∆𝑇(𝑡 = 0,5𝑚𝑖𝑛) = 40𝑥 (1 − 𝑒−
𝜏
𝜏) = 40𝑥(1 − 𝑒−1) 
Que pela tabela de expoentes dada (𝑒−1 = 0,37), 
∆𝑇(𝑡 = 0,5𝑚𝑖𝑛) = 40𝑥(1 − 0,37) = 40𝑥0,63 
∆𝑇(𝑡 = 0,5𝑚𝑖𝑛) = 25,2 º𝐶 
Como a temperatura inicial era de 30ºC, temos que 
𝑇(𝑡 = 0,5𝑚𝑖𝑛) = 𝑇(𝑡 = 0) + ∆𝑇(𝑡 = 0,5𝑚𝑖𝑛) 
Substituindo os dados, 
𝑇(𝑡 = 0,5𝑚𝑖𝑛) = 30 º𝐶 + 25,2 º𝐶 
𝑇(𝑡 = 0,5𝑚𝑖𝑛) = 55,2 º𝐶 
Gabarito: Letra A) 
 
66. Um fluido incompressível (μfluido = 1,28 x 10−2 Pa.s e ρfluido = 0,80 g/cm3) escoa em regime 
permanente através do tubo de Venturi esquematizado na figura abaixo. No trecho mostrado, as 
perdas de carga são desprezíveis. Entre as seções 1 e 2, cujos diâmetros são 8 cm e 4 cm, 
respectivamente, é instalado um manômetro de mercúrio (ρHg = 13,6 g/cm3), no qual o desnível 
h é igual a 20 cm. 
 
Com base nas informações do enunciado, e considerando g = 10 m/s2 e π = 3, a vazão de 
escoamento do fluido, em L/s, e o regime de escoamento (laminar ou turbulento) na seção 1 são 
 
 
Obs.: 
Aproxime o valor de raiz quadrada para um número inteiro. 
 
(A) 9,6 e turbulento 
(B) 9,6 e laminar 
(C) 24 e turbulento 
(D) 24 e laminar 
(E) 96 e turbulento 
Comentários: 
Partindo da equação de Bernoulli, 
𝑃1
𝜌
+
(𝑉1)2
2
+ 𝑧1𝑔 =
𝑃2
𝜌
+
(𝑉2)2
2
+ 𝑧2𝑔 
Como as cotas(z), nível, de 1 e 2 são iguais, temos que, 
𝑃1
𝜌
+
(𝑉1)2
2
=
𝑃2
𝜌
+
(𝑉2)2
2
 
Isolando as velocidades, 
2(𝑃1 − 𝑃2)
𝜌
= (𝑉2)2 − (𝑉1)2 
Como a velocidade 𝑉 =
𝑉𝑎𝑧ã𝑜 (𝑄)
Á𝑟𝑒𝑎 (𝐴)
=
4𝑄
𝜋𝐷2 
Temos que substituindo pelas respectivas velocidades nos pontos 1 e 2, 
2(𝑃1 − 𝑃2)
𝜌
= (
4𝑄
𝜋𝐷2
2)
2
− (
4𝑄
𝜋𝐷1
2)
2
 
 
2(𝑃1 − 𝑃2)
𝜌
=
16𝑄2
𝜋2𝐷2
4 −
16𝑄2
𝜋2𝐷1
4 
 
Isolando a vazão(Q), que é igual em ambos os pontos (1 e 2), 
2(𝑃1 − 𝑃2)
𝜌
=
16𝑄2
𝜋2
(
1
𝐷2
4 −
1
𝐷1
4) 
 
2𝜋2(𝑃1 − 𝑃2)
16𝑄2𝜌 (
1
𝐷2
4 −
1
𝐷1
4)
= 𝑄2 
 
𝑄 =
√
𝜋2(𝑃1 − 𝑃2)
8𝜌 (
1
𝐷2
4 −
1
𝐷1
4)
 
Como 𝑃1 − 𝑃2 = 𝜌𝐻𝑔. 𝑔. ℎ, temos que 
𝑄 =
√
𝜋2(𝜌𝐻𝑔. 𝑔. ℎ)
8𝜌𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜 (
1
𝐷2
4 −
1
𝐷1
4)
 
Substituindo os dados, 
 
𝑄 = √
32(13 600𝑥10𝑥. 0,20)
8𝑥800𝑥 (
1
0,044 −
1
0,084)
 
 
𝑄 = 0,01022
𝑚3
𝑠
= 10,22
𝐿
𝑠
 
 
Com o valor mais próximo dentre as opções do gabarito sendo 9,6 L/s. 
 
Calculando a velocidade no ponto 1, a partir da vazão e diâmetro, 
𝑉1 =
4𝑄
𝜋𝐷1
2 =
4𝑥0,01022
𝑚3
𝑠
3𝑥(0,08𝑚)2
 
 
𝑉1 = 2,13
𝑚
𝑠
 
Para determinar se o regime de escoamento (laminar ou turbulento), na seção 1, aplicando o número 
de Reynolds, temos que 
𝑅𝑒 =
𝜌𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑜𝑉1𝐷1
𝜇
=
(800
𝑘𝑔
𝑚3 𝑥2,13
𝑚
𝑠 𝑥0,08𝑚)
1,28. 10−2𝑃𝑎. 𝑠
 
 
𝑅𝑒 = 10 645,81 
Caracterizando um regime turbulento. 
Gabarito: Letra A) 
 
PROVA 2018 
26 - Um ciclo de refrigeração a ar em que ocorre um processo de expansão numa turbina está 
representado na Figura abaixo. 
 
Considere ociclo-padrão a ar de refrigeração simples, onde o ar entra no compressor a 0,1 MPa 
e 253 K, deixando-o a 0,5 MPa. O modelo utilizado para o ar é de gás perfeito com Cp = 1,0035 KJ 
Kg-1K-1, Cv = 0,7165 KJ Kg-1K-1 para uma temperatura de 300K. Cada processo ocorre em regime 
permanente e não ocorrem variações de energia cinética ou potencial no sistema. Sabendo-se 
que o ar entra na turbina a 288 K, o coeficiente de eficácia desse ciclo é de 
A) 0,5 
B) 0,6 
C) 0,8 
D) 1,7 
E) 2,7 
Gabarito: Item D) 
Comentários: 
O coeficiente de eficácia (COP) do ciclo de refrigeração é dado por 
𝐶𝑂𝑃 =
𝑄𝑓
𝑊
=
𝑄𝑓
𝑄𝑞 − 𝑄𝑓
 
Que pode ser aproximado pelas temperaturas, 
𝐶𝑂𝑃 =
𝑇𝑓
𝑇𝑞 − 𝑇𝑓
 
A temperatura 𝑇𝑓 = 253 foi dada e a temperatura 𝑇𝑞 é obtida a partir da análise no compressor, onde 
𝑃1
𝑃2
= (
𝑇1
𝑇2
)
𝑛
𝑛−1
 𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑛 =
𝐶𝑝
𝐶𝑣
 
 
Substituindo os dados, 
𝑛 =
𝐶𝑝
𝐶𝑣
=
1,0035
0,7165
= 1,4 
 
0,1 𝑀𝑃𝑎
0,5 𝑀𝑃𝑎
= (
253
𝑇2
)
1,4
1,4−1
 
𝑇2 = 400 𝐾 
Substituindo os dados no coeficiente de eficácia (COP), 
𝐶𝑂𝑃 =
253
400 − 253
= 1,72 
 
35 - A Equação de Arrhenius, k = k0 exp(−E/RT), pode ser escrita na forma logarítmica gerando a 
expressão ln k = ln k0 – E/RT. Os dados apresentados na Tabela a seguir referem-se à reação 2A 
→ 2B + C. 
 
A partir desses dados plotados na Figura abaixo, calcula-se a Energia de Ativação desta reação. 
 
 
O valor da energia de ativação expresso em J/mol é 
 
A) 120.000 
B) 118.771 
C) 135.000 
D) 143.250 
E) 131.259 
Gabarito: Letra B) 
Comentários: 
Partindo da forma logarítmica da Equação de Arrhenius, 
ln 𝑘 = ln 𝑘𝑜 −
𝐸
𝑅
.
1
𝑇
 
temos que a inclinação do gráfico ln 𝑘 x 
1
𝑇
 será dada pelo valor de −
𝐸
𝑅
. 
 
Assim, calculando a inclinação do gráfico, temos que 
−
𝐸
𝑅
=
∆(ln(𝑘))
∆ (
1
𝑇)
=
[−5 − (∓5)]
(0,0030 − 0,0023)𝐾−1
 
−
𝐸
𝑅
=
−10. 104
7𝐾−1
= −1,4248. 104𝐾 
𝐸 = 1,4248. 104𝐾 𝑥 8,31447
𝐽
𝑚𝑜𝑙. 𝐾
 ∴ 𝑬𝒂 = 𝟏𝟏𝟖. 𝟕𝟕𝟖
𝑱
𝒎𝒐𝒍
 
 
 
38 - A reação elementar A → B ocorre em um reator tubular (PFR – reator com escoamento 
uniforme), representado pela Figura abaixo, com uma vazão volumétrica de entrada de 6 L/min. 
A velocidade específica de reação é 0,25 min−1. 
 
O volume do reator necessário para reduzir a concentração de saída a 20% da concentração de 
entrada é, aproximadamente, 
A) 38 
B) 45 
C) 32 
D) 50 
E) 28 
Gabarito: Letra A) 
Comentários: 
A partir da Equação de PFR, temos que 
𝑑𝐶𝐴 =
𝑟𝐴
𝑞
𝑑𝑉𝑇 
𝑑𝑉𝑇 = 𝑞
𝑑𝐶𝐴
𝑟𝐴
 
Como a velocidade de reação é de primeira ordem em relação á A. 
−𝑟𝐴 = 𝑘𝐶𝐴 = 𝑘𝐶𝐴,0(1 − 𝑋𝐴) 
 
Substituindo 𝑟𝐴 pela equação referente e 𝑑𝐶𝐴 por 𝐶𝐴,0𝑑𝑋𝐴 
𝑑𝑉𝑇 = 𝑞
𝐶𝐴,0 𝑑𝑋𝐴
𝑘𝐶𝐴,0(1 − 𝑋𝐴)
 
Simplificando e integrando ambas as partes, 
∫ 𝑑𝑉𝑇 = 𝑞 ∫
𝑑𝑋𝐴
𝑘(1 − 𝑋𝐴)
 
Como 𝑘 é constante, 
 
∫ 𝑑𝑉𝑇 =
𝑞
𝑘
∫
𝑑𝑋𝐴
(1 − 𝑋𝐴)
 
𝑉𝑇 =
𝑞
𝑘
[− ln(1 − 𝑋𝐴)] 
Calculando 𝑋𝐴, onde foi dado que a concentração de saída a 20% da concentração de entrada. 
𝑋𝐴 =
100 − 20
100
= 0,8 
Substituindo os dados, 
𝑉𝑇 =
𝑞
𝑘
[− ln(1 − 𝑋𝐴)] =
6
𝐿
𝑚𝑖𝑛
0,25 𝑚𝑖𝑛−1
[− ln(1 − 0,8)] 
𝑽𝑻 = 𝟑𝟖, 𝟔𝟑𝑳 
 
40 - Um engenheiro de processamento deseja modelar um sistema de nível, que trabalha em 
regime laminar. Sabe-se que a equação diferencial desse sistema é 𝑹𝑪
𝒅𝒉
𝒅𝒕
+ 𝒉 = 𝑹𝒒𝒊 e que 𝒒𝒐 =
𝒉
𝑹
 
,onde: R é a resistência ao fluxo de líquido (constante); C é a capacitância do reservatório 
(constante); h é uma pequena variação da altura do fluido em função de uma pequena variação 
da taxa de escoamento q, sendo qi e qo pequenas variações na entrada e na saída do sistema, 
respectivamente. 
Qual a função de transferência do sistema, no domínio da frequência, modelada por esse 
engenheiro? 
 
A) 
𝑸𝒐(𝑺)
𝑸𝒊(𝑺)
=
𝑪
𝑹𝑪+𝟏
 
B) 
𝑸𝒐(𝑺)
𝑸𝒊(𝑺)
=
𝑹
𝑹𝑪−𝟏
 
C) 
𝑸𝒐(𝑺)
𝑸𝒊(𝑺)
=
𝟏
𝑹𝑪+𝟏
 
D) 
𝑸𝒐(𝑺)
𝑸𝒊(𝑺)
=
𝟏
𝑹𝑪−𝟏
 
E) 
𝑸𝒐(𝑺)
𝑸𝒊(𝑺)
=
𝑹𝑪
𝑹𝑪+𝟏
 
Gabarito: Anulada por falta de gabarito. 
Comentários: 
Partindo da equação diferencial do sistema, temos que 
𝑅𝐶
𝑑ℎ
𝑑𝑡
+ ℎ = 𝑅𝑞𝑖 
Aplicando Transformada de Laplace em ambos os lados, 
𝑅𝐶. 𝑠. 𝐻(𝑠) + 𝐻(𝑠) = 𝑅𝑄𝑖(𝑠) 
Colocando 𝐻(𝑠) em evidência, 
(𝑅𝐶. 𝑠 + 1)𝐻(𝑠) = 𝑅𝑄𝑖(𝑠) 
Isolando 𝑄𝑖(𝑠), 
𝑄𝑖(𝑠) =
(𝑅𝐶. 𝑠 + 1)
𝑅
 𝐻(𝑠) 
Como, pelo enunciado, 
𝑄𝑜(𝑠) =
𝐻(𝑠)
𝑅
 
Fazendo a razão 
𝑄𝑜(𝑠)
𝑄𝑖(𝑠)
=
[
𝐻(𝑠)
𝑅 ]
[
(𝑅𝐶. 𝑠 + 1)
𝑅 𝐻(𝑠)]
 
Simplificando, 
𝑄𝑜(𝑠)
𝑄𝑖(𝑠)
=
1
(𝑅𝐶. 𝑠 + 1)
 
 
59 - Uma indústria de produtos alimentícios possui um reator do tipo CSTR em um processo de 
mistura intensa. A função desse reator é processar a reação de hidrólise do anidrido acético (1a 
ordem em anidrido) com excesso de água a 25 °C e 1 atm. Essa reação está expressa abaixo: 
 
C4H6O3 + H2O → 2 CH3COOH 
 
A reação deverá produzir 20 kg/h de ácido acético, a constante de velocidade é 
aproximadamente 0,05 min-1, a concentração inicial de anidrido acético é de 100 g/L, e a 
conversão, de 80%. O volume aproximado, em litros, desse reator é 
 
(Dados: Massa Molar do Ácido Acético (CH3COOH) = 60 g/mol; 
Massa Molar do Anidrido Acético (C4H6O3) = 102 g/mol) 
 
A) 550,6 
B) 253,1 
C) 128,4 
D) 103,7 
E) 96,5 
Gabarito: Letra B) 
Comentários: 
A partir da equação de volume para o reator CSTR, temos que 
𝑉𝐶𝑆𝑇𝑅 =
𝐹𝐴,0𝑋𝐴
−𝑟𝐴
 
Onde, no caso, A será o anidrido acético e −𝑟𝐴 = 𝑘. 𝐶𝐴 = 𝑘. 𝐶𝐴,0(1 − 𝑋𝐴). 
Como 
𝐹𝐴,0 = 𝐶𝐴,0. 𝑣0 
Substituindo na equação, temos 
𝑉𝐶𝑆𝑇𝑅 =
𝐶𝐴,0. 𝑣0. 𝑋𝐴
𝑘. 𝐶𝐴,0(1 − 𝑋𝐴)
=
𝑣0. 𝑋𝐴
𝑘. (1 − 𝑋𝐴)
 
Como 
𝐹𝑅 = 𝐹𝐴,0(2𝑋𝐴) = 𝐶𝐴,0. 𝑣0(2𝑋𝐴) =
20
𝑘𝑔
ℎ
60𝑘𝑔/𝑘𝑚𝑜𝑙
= 0, 3̅𝑘𝑚𝑜𝑙/ℎ 
𝐶𝐴,0. 𝑣0(2𝑋𝐴) = 0, 3̅𝑘𝑚𝑜𝑙/ℎ 
𝑣0 =
0,3̅̅ ̅̅ 𝑘𝑚𝑜𝑙
ℎ
𝐶𝐴,0(2𝑋𝐴)
 
Calculando a concentração inicial de anidrido, 
𝐶𝐴,0 =
100𝑔
𝐿
102 𝑔/𝑚𝑜𝑙
= 0,9804𝑚𝑜𝑙/𝐿 
E dado que (𝑋𝐴) = 0,80 
Temos que 
𝑣0 =
0,3̅̅ ̅̅ 𝑘𝑚𝑜𝑙
ℎ
0,9804𝑚𝑜𝑙
𝐿
(2𝑥0,8)
= 212,50
𝐿
ℎ
 
 
Substituindo os dados em, 
𝑉𝐶𝑆𝑇𝑅 =
𝑣0. 𝑋𝐴
𝑘. (1 − 𝑋𝐴)
 
𝑉𝐶𝑆𝑇𝑅 =
212,50
𝐿
ℎ
𝑥
1ℎ
60𝑚𝑖𝑛 0,8
0,05𝑚𝑖𝑛−1(1 − 0,8)
 
Temos que, 
𝑉𝐶𝑆𝑇𝑅 = 283,33 𝑉 
 
Dentre as opções da questão, a letra B é a que mais se aproxima e é o gabarito fornecido pela banca. 
70 - Cinco experimentos de filtração de uma suspensão de um sal em água foram conduzidos em 
laboratório. Foram mantidas constantes todas as condições experimentais em todos os 
experimentos, exceto a queda de pressão (Δp), que foi variada em cinco níveis distintos 
resultantes, um para cada experimento. Os resultados em termos da razão ‘tempo de filtração’ 
por ‘volume de filtrado’ (t/V) versus ‘volume de filtrado’ são exibidos na Figura abaixo, onde cada 
reta numerada descreve o comportamento para um experimento. 
 
Analisando-se os coeficientes linear e angular de cada reta, verifica-se que o experimento 
conduzido com o menor Δp foi o 
A) 5 
B) 4 
C) 3 
D) 2 
E) 1 
Gabarito: Letra E) 
Comentários: 
O tempo de filtração a uma Δp constante é dado por, 
𝑡 =
𝐾𝐶
2∆𝑃
. 𝑉2 +
𝐾𝑀𝐹
∆𝑃
. 𝑉 
Onde 𝐾𝐶 𝑒 𝐾𝑀𝐹 são constantes e V é o volume de filtrado. 
Dividindo ambos os lados pelo volume V, temos que 
𝑡
𝑉
=
𝐾𝐶
2∆𝑃
. 𝑉 +
𝐾𝑀𝐹
∆𝑃
 
Assim, notamos que para um gráfico 
𝑡
𝑉
 𝑥 𝑉 a reta que possui maiores coeficientes lineares e angulares, 
possui, consequentemente, um menor ∆𝑃, visto que para todos os casos as constantes 𝐾𝐶 𝑒 𝐾𝑀𝐹 são 
iguais. Desta forma, verifica-se que o experimento conduzido com o menor Δp foi o experimento 1. 
 
 
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