Avaliação de Métodos com gabarito

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Avaliação de Métodos 
Questão 1: Um reagente A é decomposto num sistema de 3 CSTR’s em série com reciclo e “by-
pass”, conforme mostrado na figura abaixo. O sistema opera em regime permante, a reação é 
de primeira ordem, e as condições de projeto são apresentadas na Tabela 1. Com base nos 
dados do problema, determine: 
A) O balanço de massa do reagente A em cada reator no regime permanente. (1,00 pts) 
B) A concentração de A em cada reator, nas condições de projeto, usando o método de 
Eliminação Gaussiana com Retrossubstituição. (2,00 pts) 
C) A concentração de A em cada reator no regime permanente se a vazão de operação 
for reduzida em 20% relativamente ao valor de projeto, usando o Método de Gauss-
Seidel Acelerado (Obs: fazer, no mínimo, 20 iterações, ou até convergir, e mostrar as 
equações que utilizou no processo iterativo). (2,00 pts) 
 
Tabela1: Condições de projeto 
F (L/min) V1 (L) V2 (L) V3 (L) Caf (g/L) K (min-1) 
100 10000 15000 25000 200 0,01 
 
 
 
Questão 2: Na Tabela 2 são apresentados os dados obtidos para a temperatura de um fluido 
resfriado num tanque em batelada. Com base nos dados do problema, determine: 
A) A temperatura do fluido num t=145,0 min, usando um Poliômio Interpolador de 
terceiro grau e o Método de Gauss-Jordan para determinar os coeficientes do 
polinômio. (3,00 pts) 
B) A temepratura do fluido num t=72,5 min, usando um Polinômio Interpolador de 
Lagrange de quarto grau. 
 
Tabela 2: Temperatura do fluido 
t(min) 0 30 60 90 120 150 180 210 
T (°C) 200,000 145,644 110,583 82,126 74,005 65,810 60,081 54,009 
 
 
 
Resolução 
1ª Questão 
a) No regime permanente: [Entrada]-[Saída]-[Consumo]=0 
CSTR 1: F*Caf + F*Ca2 + F*Ca3 – 3F*Ca1 – V1*K*Ca1 = 0 
CSTR 2: F*Caf + 2F*Ca1 + F*Ca3 – 4F*Ca2 – V2*K*Ca2 = 0 
CSTR 3: F*Caf + F*Ca1 + 3F*Ca2 – 5F*Ca3 – V3*K*Ca3 = 0 
Substituindo as condições de projeto: 
CSTR 1: 20.000 – (300+100)*Ca1 + 100*Ca2 + 100*Ca3= 0 
CSTR 2: 20.000 + 200*Ca1 – (400+150)*Ca2 + 100*Ca3= 0 
CSTR 3: 20.000 + 100*Ca1 + 300*Ca2 – (500+250)*Ca3= 0 
 
 
b) Para simplificar, dividir tudo por F 
CSTR 1: -4*Ca1 + Ca2 + Ca3 = -200 
CSTR 2: 2*Ca1 – 5,5*Ca2 + Ca3= -200 
CSTR 3: Ca1 + 3*Ca2 – 7,5*Ca3 = -200 
Na forma matricial: 
-4 1 1 Ca1 -200 
2 -5,5 1 Ca2 -200 
1 3 -7,5 Ca3 -200 
 
Matriz aumentada: 
-4 1 1 -200 
2 -5,5 1 -200 
1 3 -7,5 -200 
 
 1ª etapa de eliminação: i=1 
j=2 
M21= 2/(-4) = -0,5 
A21 = 0 
A22 = -5,5 – (-0,5)*1 = -5,0 
A23 = 1 – (-0,5)*1 = 1,5 
R2 = -200 – (-0,5)*(-200) = -300 
 
j=3 
M31= 1/(-4) = -0,25 
A31 = 0 
A32 = 3 – (-0,25)*1 = 3,25 
A33 = -7,5 – (-0,25)*1 = -7,25 
R3 = -200 – (-0,25)*(-200) = -250 
 
Nova matriz: 
-4 1 1 -200 
0 -5 1,5 -300 
0 3,25 -7,25 -250 
 
 
 2ª etapa de eliminação: i=2 
j=3 
M32 = 3,25/(-5) = -0,65 
A32 = 0 
A33 = -7,25 – (-0,65)*1,5 = -6,275 
R3= -250 – (-0,65)*(-300) = -445 
 
Nova matriz: 
-4 1 1 -200 
0 -5 1,5 -300 
0 0 -6,275 -445 
 
 Etapa de retrossubstituição: 
Ca3 = (-445)/(-6,275) = 70,9163 g/L 
Ca2 = ((-300) - (1,5*Ca3))/(-5) = 81,2749 g/L 
Ca1 = (-200 – Ca2 – Ca3)/(-4) = 88,0478 g/L 
 
c) Se F = 80, os balanços ficam: 
CSTR 1: -(3+1,25)*Ca1 + Ca2 + Ca3 = -200 
CSTR 2: 2*Ca1 – (4+1,875)*Ca2 + Ca3= -200 
CSTR 3: Ca1 + 3*Ca2 – (5+3,125) = -200 
 
Então: 
Ca1 = (200 + Ca2 + Ca3)/4,25 
Ca2 = (200 + 2*Ca2 + Ca3)/5,875 
Ca3 = (200 + Ca1 + 3*Ca2)/8,125 
Tabela de memória de cálculo 
n Ca1 Ca2 Ca3 
0 88,0000 81,0000 71,0000 
1 82,8235 74,3229 62,2514 
2 79,1939 71,5982 60,7986 
3 78,2110 71,0163 60,4627 
4 77,9951 70,8856 60,3879 
5 77,9467 70,8564 60,3712 
6 77,9359 70,8499 60,3674 
7 77,9335 70,8484 60,3666 
8 77,9329 70,8481 60,3664 
9 77,9328 70,8480 60,3664 
10 77,9328 70,8480 60,3664 
 
 
Ca1 = 77,9328 g/L 
Ca2= 70,8480 g/L 
Ca3= 60,3664 g/L 
 
2ª Questão 
a) T (x) ≈ P3(x) = α3x³ + α2x² + α1x + α0 
Po: (180 ; 60,081) 
P1: (150 ; 65,810) 
P3: (120 ; 74,005) 
P4: (90 ; 82,126) 
Na forma matricial: 
P0³ P0² P0 1 α3 φ0 
P1³ P1² P1 1 α2 φ1 
P2³ P2² P2 1 α1 φ2 
P3³ P3² P3 1 α0 φ3 
 
Ou seja, 
180³ 180² 180 1 α3 60,081 
150³ 150² 150 1 α2 65,810 
120³ 120² 120 1 α1 74,005 
90³ 90² 90 1 α0 82,126 
 
 Matriz aumentada 
180³ 180² 180 1 60,081 
150³ 150² 150 1 65,810 
120³ 120² 120 1 74,005 
90³ 90² 90 1 82,126 
 
 1ª etapa de substituição: i=1 
M21 = 0,5787 
M31 = 0,2963 
M41 = 0,1250 
Nova matriz: 
180³ 180² 180 1 60,081 
0 3750,12 45,834 0,4213 31,0411 
0 4799,88 66,666 0,7037 56,2030 
0 4050,00 67,500 0,8750 74,6159 
 
 2ª etapa de eliminação: i=2 
M12 = 8,6397 
M32 = 1,2799 
M42 = 1,0780 
Nova matriz: 
180³ 0 -215,992 -2,640 -208,1048 
0 3750,12 45,834 0,4213 31,0411 
0 0 8,003 0,1645 16,4735 
0 0 18,091 0,4208 41,1536 
 
 
 3ª etapa de eliminação: i=3 
M13 = -26,989 
M23 = 5,727 
M43 = 2,261 
Nova matriz: 
180³ 0 0 1,7997 236,498 
0 3750,12 0 -0,5208 -63,3026 
0 0 8,003 0,1645 16,4735 
0 0 0 0,0490 3,9070 
 
 4ª etapa de eliminação: i=4 
M14 = 36,73 
M24 = -10,628 
M34 = 3,357 
Nova matriz: 
180³ 0 0 0 92,9934 
0 3750,12 0 0 -21,7790 
0 0 8,003 0 3,3577 
0 0 0 0,0490 3,9070 
 
 Finalizando: 
1 0 0 0 α3 1,59*10-5 
0 1 0 0 α2 -5,80*10-3 
0 0 1 0 α1 0,4196 
0 0 0 1 α0 79,7300 
 
α3 = 1,59*10-5 
α2 = -5,80*10-3 
α1 = 0,4196 
α0 = 79,7300 
Então, 
T(t=145,0) ≈ 1,59*10-5 * 145³ – 5 ,80*10-3 * 145² + 0,4196 * 145 + 79,7300 
T(t=145,0) ≈ 67,100°C 
b) T(t=72,5)≈ PIL4(t=72,5) 
PIL4(x) = ∑ ∅(𝑥𝑖)4𝑖=0 ∏
(𝑥−𝑥𝑗)
(𝑥𝑖−𝑥𝑗)
4
𝑗=0
𝑗≠𝑖
 
PIL4(t=72,5)=φ(x0)*L0(72,5)+φ(x1)*L1(72,5)+φ(x2)*L2(72,5)+φ(x3)*L3(72,5)+φ(x4)*L4(72,5) 
 x φ 
P0 120 74,005 
P1 90 82,126 
P2 60 110,644 
P3 30 145,644 
P4 0 200,000 
 
Então: 
L0 = 
(72,5−90)∗(72,5−60)∗(72,5−30)∗(72,5−0)
(120−90)∗(120−60)∗(120−30)∗(120−0)
 = -0,0347 
L1 = 
(72,5−120)∗(72,5−60)∗(72,5−30)∗(72,5−0)
(90−120)∗(90−60)∗(90−30)∗(90−0)
 = 0,3764 
L2 = 
(72,5−120)∗(72,5−90)∗(72,5−30)∗(72,5−0)
(60−120)∗(60−90)∗(60−30)∗(60−0)
 = 0,7905 
L3 = 
(72,5−120)∗(72,5−90)∗(72,5−60)∗(72,5−0)
(30−120)∗(30−90)∗(30−60)∗(30−0)
 = -0,1550 
L4 = 
(72,5−120)∗(72,5−90)∗(72,5−60)∗(72,5−30)
(0−120)∗(0−90)∗(0−60)∗(0−30)
 = 0,0227 
 
T (t=72,5) ≈ -(74,005*0,0347)+(82,126*0,3764)+(110,644*0,7905)-
(145,644*0,1550)+(200,000*0,0227) 
T (t=72,5) ≈ 97,7735°C