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Cálculo de Reatores 2 –UNAERP - Prof. Murilo D.M. Innocentini
UNIVERSIDADE DE RIBEIRÃO PRETO CURSO DE ENGENHARIA QUÍMICA
CÁLCULO DE REATORES 2
APOSTILA 2
MÉTODO DE RUNGE-KUTTA APLICADO A REATORES QUÍMICOS
Prof. Dr. Murilo Daniel de Mello Innocentini Curso de Engenharia Química
Universidade de Ribeirão Preto – UNAERP Currículo Lattes: http://lattes.cnpq.br/5681181471077426
RIBEIRÃO PRETO - SP AGOSTO - 2015
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Cálculo de Reatores 2 –UNAERP - Prof. Murilo D.M. Innocentini
1. Introdução
Existem diversos tipos de sistemas em Engenharia Química que podem ser
representados por problemas de valor inicial. Um reator em batelada pode ser descrito a partir
das concentrações em um instante de tempo (tipicamente t = 0) e das equações de balanço
material e de energia. Um problema típico consiste em determinar o tempo necessário para se
obter uma dada concentração de produto. A variável independente tempo (t) aparece
freqüentemente em problemas deste tipo. Outras variáveis podem ser utilizadas; um exemplo
é a determinação do perfil de temperatura T = f(z) ao longo de um trocador de calor, que pode
ser feita a partir da temperatura de entrada (em z = 0) e das equações de transferência de calor.
Neste caso, a variável independente é a posição ao longo do eixo do trocador de calor.
Um exemplo extremamente simples de um problema de valor inicial é
)y,t(fdt
dy (1)
Com condição inicial: t = 0 y = yo
Em aplicações práticas, muitas vezes necessitamos de mais de uma variável para
descrever o sistema. Muitos sistemas em Engenharia Química podem ser descritos por
sistemas de equações diferenciais do tipo:
)t,...z,y,x(fdt
dx (2)
)t,...z,y,x(gdt
dy (3)
)t,...z,y,x(wdt
dz (4)
Com condição inicial: t = 0 x = xo, y = yo, z = zo, ...
Observe que, em sistemas com condição inicial em t = to diferente de zero, basta
efetuar a mudança de variável = t-to para obter a condição inicial em = 0.
Dentre os métodos para a resolução numérica de uma integral, o método de Runge-
Kutta tem a vantagem de ser relativamente simples e de dar resultados mais precisos do que
outros métodos. Embora as demonstrações não sejam realizadas aqui, sugere-se a leitura de
material didático específico para a compreensão do método (Moderna Introdução às
Equações Diferenciais, Richard Bronson, Coleção Schaum, McGraw-Hill, 1977, pg. 285).
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Figura 1. representação gráfica do método de Runge-Kutta de 4ª ordem. Em cada passo a
derivada é calculada 4 vezes: uma vez no ponto inicial, duas vezes em pontos intermediários e
uma vez em um ponto (estimado) no final. Dessas derivadas o valor da função final (mostrado
na figura como um ponto preenchido) é calculado.
2. Método de Runge-Kutta de 4ª ordem para 1 equação diferencial
Considere que a função derivada possa ser representada genericamente por:
)y;x(fdx
dy (5)
sendo x a variável independente.
A solução numérica para essa equação é dada por:
4321n1n kk2k2k6
1yy (6)
sendo:
)y;x(hfk nn1 (7)
)2
ky;
2
hx(hfk 1
nn2 (8)
)2
ky;
2
hx(hfk 2
nn3 (9)
)ky;hx(hfk 3nn4 (10)
E h é o intervalo (passo) na variável independente x:
hxx n1n (11)
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As equações (6) a (11) são aplicadas quantas vezes necessárias para a obtenção da resposta.
Exemplo 1: considere a seguinte função: 2xydx
dy , com condição inicial: x = 0 y = 1.
Determine graficamente a solução y x no intervalo x entre 0 e 1. Compare com a solução
analítica. Use passo h = 0,2.
Resolução:
Neste caso: 2xy)y;x(f , com xo = 0 e yo = 1. Pelas equações (7) a (11):
Para xo = 0 e yo = 1:
0)1)(0)(2,0()1;0(hf)y;x(hfk 2oo1
02,0)1)(1,0)(2,0()1;1,0(hf)2
01;
2
2,00(hf)
2
ky;
2
hx(hfk 21
oo2
020402,0)01,1)(1,0)(2,0()01,1;1,0(hf)2
02,01;
2
2,00(hf)
2
ky;
2
hx(hfk 22
oo3
042,0)0204,1)(2,0)(2,0()0204,1;2,0(hf)0204,01;2,00(hf)ky;hx(hfk 23oo4
4321o1o kk2k2k6
1yy 042,0)0204,0(2)02,0(20
6
11y1
020,1y1
hxx o1o 2,00x1 2,0x1
Repetindo os cálculos:
xo= 0 x1= 0.2 x3= 0.4 x4= 0.6 x5= 0.8
yo= 1.000 y1= 1.020 y3= 1.087 y4= 1.220 y5= 1.471
k1= 0.000 k1= 0.042 k1= 0.095 k1= 0.178 k1= 0.346
k2= 0.020 k2= 0.065 k2= 0.129 k2= 0.240 k2= 0.486
k3= 0.020 k3= 0.067 k3= 0.133 k3= 0.251 k3= 0.529
k4= 0.042 k4= 0.095 k4= 0.178 k4= 0.346 k4= 0.799
x1= 0.2 x2= 0.4 x4= 0.6 x5= 0.8 x6= 1
y1= 1.020 y2= 1.087 y4= 1.220 y5= 1.471 y6= 2.000
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A solução analítica para esse problema é dada por:
2xydx
dy xdx
y
dy2
x
x
y
y2
oo
xdxy
dy
2
x
2
x
y
1
y
12
o2
o
2
x
2
x
y
1
1y
2o
2
o
2
0
2
x
1
1
1y
22
2x2
2y
Comparando as soluções numérica e analítica:
x y num y ana Erro (%)
0.0 1.000 1.000 0.0000
0.2 1.020 1.020 0.0400
0.4 1.087 1.087 -0.0040
0.6 1.220 1.220 -0.0400
0.8 1.471 1.471 -0.0280
1.0 2.000 2.000 0.0000
0.00
0.50
1.00
1.50
2.00
2.50
0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0x
y
Numérico
Analítico
3. Método de Runge-Kutta de 4ª ordem para sistema de 2 equações diferenciais
Considere o seguinte sistema de equações diferenciais:
)z;y;x(gdx
dz
)z;y;x(fdx
dy
(12)
onde x é a variável independente.
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A solução numérica para esse sistema é dada por:
4321n1n kk2k2k6
1yy (13)
4321n1n ll2l2l6
1zz (14)
sendo:
)z;y;x(hfk nnn1 (15)
)z;y;x(hgl nnn1 (16)
)2
lz;
2
ky;
2
hx(hfk 1
n1
nn2 (17)
)2
lz;
2
ky;
2
hx(hgl 1
n1
nn2 (18)
)2
lz;
2
ky;
2
hx(hfk 2
n2
nn3 (19)
)2
lz;
2
ky;
2
hx(hgl 2
n2
nn3 (20)
)lz;ky;hx(hfk 3n3nn4 (21)
)lz;ky;hx(hgl 3n3nn4 (22)
E h é o intervalo (passo) na variável independente x:
hxx n1n (23)
As equações (13) a (23) são aplicadas quantas vezes necessárias para a obtenção da resposta.
Exemplo 2: considere o seguinte sistema de equações diferenciais:
xz2dx
dy
2x6dx
dz
com condição inicial: x = 0 y = 0 e z = 2. Determine a solução y x e z x no intervalo x
entre 0 e 1. Compare com a solução analítica. Use passo h = 0,1.
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Resolução:
Neste caso: xz2)z;y;x(f e 2x6)z;y;x(g com xo = 0; yo = 0; zo = 2.
Pelas equações (13) a (23):
Para xo = 0, yo = 0 e zo = 2:
0)2)(0)(1,0()2;0;0(hf)z;y;x(hfk ooo1
0)0(6)1,0()2;0;0(hg)z;y;x(hgl 2ooo1
02,0)2)(05,0(2)1,0()2;0;05,0(hf)2
02;
2
00;
2
1,00(hf)
2
lz;
2
ky;
2
hx(hfk 1
o1
oo2
0015,0)05,0(6)1,0()2;0;05,0(hg)2
02;
2
00;
2
1,00(hg)
2
lz;
2
ky;
2
hx(hgl 21
o1
oo2
)00075,2;01,0;05,0(hf)2
0015,02;
2
02,00;
2
1,00(hf)
2
lz;
2
ky;
2
hx(hfk 2
o2
oo3
02,0)00075,2)(05,0(2)1,0(k3
)00075,2;01,0;05,0(hg)2
0015,02;
2
02,00;
2
1,00(hg)
2
lz;
2
ky;
2
hx(hgl 2
o2
oo3
0015,0)05,0(6)1,0(l 23
)0015,2;02,0;1,0(hf)0015,02;02,00;1,00(hf)lz;ky;hx(hfk 3o3oo4
04,0)0015,2)(1,0(2)1,0(k 4
)0015,2;02,0;1,0(hg)0015,02;02,00;1,00(hg)lz;ky;hx(hgl 3o3oo4
006,0)1,0(6)1,0(l 24
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4321o1o kk2k2k6
1yy 04,0)02,0(2)02,0(20
6
10y1 02,0y1
4321o1o ll2l2l6
1zz 006,0)0015,0(2)0015,0(20
6
12z1
002,2z1
hxx o1o 1,00x1 1,0x1
Repetindo os cálculos:
xo= 0 x1= 0.1 x2= 0.2 x3= 0.3 x4= 0.4 x5= 0.5 x6= 0.6 x7= 0.7 x8= 0.8 x9= 0.9
yo= 0.000 y1= 0.020 y2= 0.080 y3= 0.182 y4= 0.327 y5= 0.523 y6= 0.779 y7= 1.108 y8= 1.531 y9= 2.075
zo= 2.000 z1= 2.002 z2= 2.016 z3= 2.054 z4= 2.128 z5= 2.25 z6= 2.432 z7= 2.686 z8= 3.024 z9= 3.458
k1= 0.0000 k1= 0.0400 k1= 0.0806 k1= 0.1232 k1= 0.1702 k1= 0.2250 k1= 0.2918 k1= 0.3760 k1= 0.4838 k1= 0.6224
l1= 0.0000 l1= 0.0060 l1= 0.0240 l1= 0.0540 l1= 0.0960 l1= 0.1500 l1= 0.2160 l1= 0.2940 l1= 0.3840 l1= 0.4860
k2= 0.0200 k2= 0.0602 k2= 0.1014 k2= 0.1457 k2= 0.1958 k2= 0.2558 k2= 0.3302 k2= 0.4250 k2= 0.5467 k2= 0.7032
l2= 0.0015 l2= 0.0135 l2= 0.0375 l2= 0.0735 l2= 0.1215 l2= 0.1815 l2= 0.2535 l2= 0.3375 l2= 0.4335 l2= 0.5415
k3= 0.0200 k3= 0.0603 k3= 0.1017 k3= 0.1464 k3= 0.1970 k3= 0.2575 k3= 0.3326 k3= 0.4282 k3= 0.5509 k3= 0.7085
l3= 0.0015 l3= 0.0135 l3= 0.0375 l3= 0.0735 l3= 0.1215 l3= 0.1815 l3= 0.2535 l3= 0.3375 l3= 0.4335 l3= 0.5415
k4= 0.0400 k4= 0.0804 k4= 0.1221 k4= 0.1673 k4= 0.2189 k4= 0.2809 k4= 0.3582 k4= 0.4568 k4= 0.5833 k4= 0.7458
l4= 0.0060 l4= 0.0240 l4= 0.0540 l4= 0.0960 l4= 0.1500 l4= 0.2160 l4= 0.2940 l4= 0.3840 l4= 0.4860 l4= 0.6000
x1= 0.1 x2= 0.2 x3= 0.3 x4= 0.4 x5= 0.5 x6= 0.6 x7= 0.7 x8= 0.8 x9= 0.9 x10= 1.0
y1= 0.020 y2= 0.080 y3= 0.182 y4= 0.327 y5= 0.523 y6= 0.779 y7= 1.108 y8= 1.531 y9= 2.075 y10= 2.773
z1= 2.002 z2= 2.016 z3= 2.054 z4= 2.128 z5= 2.250 z6= 2.432 z7= 2.686 z8= 3.024 z9= 3.458 z10= 4.000
A solução analítica para esse sistema é dada por:
2x6dx
dz dxx6dz 2
x
x
2z
z oo
dxx6dz
3
x
3
x6zz
3o
3
o
3
0
3
x62z
33
2x2z 3
xz2dx
dy )2x2(x2
dx
dy 3 x4x4dx
dy 4 dxx4x4dy 4
x
x
4y
y oo
dxx4x4dy
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2
x
5
x
2
x
5
x4yy
2o
5o
25
o
2
0
5
0
2
x
5
x40y
2525
2
x
5
x4y
25
25 x2x8,0y
Comparando as soluções numérica e analítica:
x y num z num y ana z ana Erro y (%)Erro z (%)
0.00 0.0000 2.0000 0.0000 2.0000 0.000 0
0.10 0.0200 2.002 0.0200 2.002 0.015 0
0.20 0.0802 2.016 0.0803 2.016 0.060 2E-14
0.30 0.1817 2.054 0.1819 2.054 0.130 2E-14
0.40 0.3275 2.128 0.3282 2.128 0.222 4E-14
0.50 0.5233 2.250 0.5250 2.250 0.331 0
0.60 0.7787 2.432 0.7822 2.432 0.455 4E-14
0.70 1.1079 2.686 1.1145 2.686 0.584 3E-14
0.80 1.5311 3.024 1.5421 3.024 0.714 3E-14
0.90 2.0749 3.458 2.0924 3.458 0.837 3E-14
1.00 2.7735 4.000 2.8000 4.000 0.948 0
0.0
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0x
y
0.0
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
3.5
4.0
4.5z
analítico
numérico
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4. Método de Runge-Kutta de 4ª ordem para sistema de 3 equações diferenciais
Considere o seguinte sistema de equações diferenciais:
)w;z;y;x(jdx
dw
)w;z;y;x(gdx
dz
)w;z;y;x(fdx
dy
(24)
onde x é a variável independente.
A solução numérica para esse sistema é dada por:
4321n1n kk2k2k6
1yy (25)
4321n1n ll2l2l6
1zz (26)
4321n1n mm2m2m6
1ww (27)
onde:
)w;z;y;x(hfk nnnn1 (28)
)w;z;y;x(hgl nnnn1 (29)
)w;z;y;x(hjm nnnn1 (30)
)2
mw;
2
lz;
2
ky;
2
hx(hfk 1
n1
n1
nn2 (31)
)2
mw;
2
lz;
2
ky;
2
hx(hgl 1
n1
n1
nn2 (32)
)2
mw;
2
lz;
2
ky;
2
hx(hjm 1
n1
n1
nn2 (33)
)2
mw;
2
lz;
2
ky;
2
hx(hfk 2
n2
n2
nn3 (34)
)2
mw;
2
lz;
2
ky;
2
hx(hgl 2
n2
n2
nn3 (35)
)2
mw;
2
lz;
2
ky;
2
hx(hjm 2
n2
n2
nn3 (36)
)mw;lz;ky;hx(hfk 3n3n3nn4 (37)
)mw;lz;ky;hx(hgl 3n3n3nn4 (38)
)mw;lz;ky;hx(hjm 3n3n3nn4 (39)
E h é o intervalo (passo) na variável independente x:
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Cálculo de Reatores 2 –UNAERP - Prof. Murilo D.M. Innocentini
hxx n1n (40)
As equações (24) a (40) são aplicadas quantas vezes necessárias para a obtenção da resposta.
Exemplo 3: A reação irreversível em fase líquida elementar 2 A B deve ser realizada em
um reator descontínuo de volume útil 20 litros. Se o reator for carregado com uma solução 3
M do reagente A puro, então qual será a concentração após 20 minutos? Compare as
soluções numérica e analítica. Considere que a constante de velocidade para essa reação é k2
= 0,1 L/mol.min.
Resolução:
Para essa situação:
equação do reator:
)r(dt
dCA
A (1.1)
equação da reação:
2A2A Ck)r( (1.2)
de (1.1) e (1.2):
2A2
A Ckdt
dC
2A2
A Ckdt
dC (1.3)
com condição inicial: t = 0 CA = CAo = 3 M
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Método numérico:
fazendo x = t e y = CA e substituindo o valor de k2 temos em (1.3):
2y1,0dx
dy com condição inicial: x = 0 y = 3
Aplicando o método de Runge-Kutta de 4ª ordem (para 1 equação diferencial) com passo h =
0,2 min, temos como exemplo as 5 primeiras iterações:
xo= 0 x1= 0.2 x3= 0.4 x4= 0.6 x5= 0.8
yo= 3.000 y1= 2.830 y3= 2.679 y4= 2.542 y5= 2.419
k1= -0.180 k1= -0.160 k1= -0.143 k1= -0.129 k1= -0.117
k2= -0.169 k2= -0.151 k2= -0.136 k2= -0.123 k2= -0.111
k3= -0.170 k3= -0.152 k3= -0.136 k3= -0.123 k3= -0.112
k4= -0.160 k4= -0.143 k4= -0.129 k4= -0.117 k4= -0.107
x1= 0.2 x2= 0.4 x4= 0.6 x5= 0.8 x6= 1.0
y1= 2.830 y2= 2.679 y4= 2.542 y5= 2.419 y6= 2.308
O valor de CA para t = 20 min é, de acordo com o método numérico: CA = 0,429 M.
Método analítico:
Pela equação (1.3):
2A2
A Ckdt
dC dtk
C
dC22
A
A t
02
C
C2
A
A dtkC
dCA
Ao
tkC
1
C
12
AoA
Ao2
A
C
1tk
1C
3
1t1,0
1CA
13
Cálculo de Reatores 2 –UNAERP - Prof. Murilo D.M. Innocentini
Para t = 20 min:
3
1)20(1,0
1CA
M429,0CA
A figura a seguir apresenta a concordância excepcional entre os perfis de concentração
em função do tempo para os métodos de resolução analítico e numérico.
0.0
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
3.5
0 5 10 15 20 25 30
Tempo (min)
Conce
ntr
ação
, C
A (
M) Numérico
Analítico
14
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Lista de exercícios
1) A reação irreversível de segunda ordem 2 A B + C é realizada isotermicamente em um
reator batelada (BSTR). 20 litros de uma solução contendo 40 moles de reagente A puro são
alimentados no reator. Sabendo-se que a constante de velocidade da reação é k2 = 0,5
L/mol.min, determine por método numérico a concentração do reagente A no reator após 15
minutos. Compare a solução com aquela obtida analiticamente.
2) Deseja-se realizar a reação irreversível elementar A + B C em um reator semi-batelada.
Uma solução de 10 litros do reagente A em concentração 2 molar deverá ser inicialmente
introduzida no reator. Na seqüência, o reagente B será alimentado, de modo contínuo e lento
no reator, em uma vazão de 100 mL/min, correspondendo a uma vazão molar de B de 1
mol/min durante 20 minutos. Após esse período de alimentação, o reator é mantido sob
agitação durante outros 20 minutos. Determine o perfil de concentração de A e de B no reator
durante os 40 minutos de reação. Compare esse perfil com aquele caso todos os reagentes
fossem alimentados de uma vez só no reator (operação em batelada pura). Considere que a
constante de velocidade é dada por: k2 = 0,3 L/mol.min. Use passo para resolução numérica h
= 0,5 min.
3) A produção de brometo de metila (CH3Br) ocorre pela reação irreversível elementar em
fase líquida: CNBr + CH3NH2 CH3Br + NCNH2, que é realizada em um reator semi-
batelada. Uma solução aquosa de metil amina (CH3NH2) em concentração de 0,025 mol/L
deve ser alimentada em vazão de 0,05 L/s em uma solução aquosa de CNBr contido em um
reator de vidro. O volume inicial do fluido no recipiente é de 5 L com CNBr em concentração
de 0,05 mol/L. A constante de velocidade da reação é k2 = 2,2 L/mol.s. Pede-se:
a) Obtenha os perfis de número de moles de reagentes e produtos (NA, NB, NC e ND) no reator
em função do tempo (400 segundos).
b) Obtenha os perfis de concentração de reagentes e produtos (CA, CB, CC e CD) no reator em
função do tempo (400 segundos).
c) Obtenha o perfil de grau de conversão (xA) do reagente CNBr no reator em função do
tempo (400 segundos).
d) Obtenha o perfil de taxa de reação (-rA) no reator em função do tempo (400 segundos).
Utilize o método de Runge-Kutta com passo h = 5 s. Pode ser utilizada programação
FORTRAN, BASIC, C++, PASCAL ou planilha Excel. Apresente todos os gráficos
separadamente em planilha Excel.
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