PRACTICO Nº 2
EJERCICIO 7.3 .
Se dispone de los siguientes datos de un yacimiento:
Rata total de flujo Porosidad promedia Saturación inicial de agua (connata) Área de la sección transversal Viscosidad del agua Viscosidad del petróleo
1000 bl res/día 18 por 100 20 por 100 50000 pies2 0,62 cp 2,48 cp
Gráfico de kw/ko vs. Sw (Fig. 7.1 y 7.2) b
=
a
=
1,609 0,1
e
= 13
20 −16 *0, 4
= 1222
Asumir que la zona de transición es cero. a)
Calcular fw y representarla como función de Sw. 1
fw = 1+
µ o
* ae
−bsw
1
fw = 1+
b)
µ w
0,62 2,48
= 0,685
* 1222e
−13*0 , 5
Determinar gráficamente gráficamente dfw/dSw en varios lugares, y representarla como función de Sw. f w vs sw
1 0,95 0,9 0,85 0,8 0,75 0,7 0,65 0,6 0,55 0,5 0,45 0,4 0,35 0,3 0,25 0,2 0
5
10
15
20
25
30
35
40
45
50
55
60
sw
De la grafica se obtienen los siguientes resultados:
65
70
75
80
85
90
95
1 00
∆ sw =
Sw2 − Sw1
100 ∆ fw = fw2 − fw1
Sw
Sw1
Sw2
0 40 50 60 70 80
0 39 49 55 67 76
0 43,5 53 64 74 84
fw1
fw2
0,32 0,648 0,800 0,940 0,982
dSw
0,45 0,76 0,935 0,980 0,999
dfw
0,045 0,040 0,090 0,070 0,080
dfw/dSw
0 2,8889 2,8000 1,5000 0,5714 0,2125
0,13 0,112 0,135 0,040 0,017
Con los anteriores datos obtenemos la siguiente grafica de dfw/dsw vs Sw.
dfw/dsw
3,5
3
2,5
2
dfw/dsw
1,5
1
0,5
0 0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
Sw
c)
Calcular dfw/dSw para varios valores de Sw usando la Ec. 7.15 y comparar los resultados con los valores obtenidos gráficamente en parte b.
µ o kro b krw µ w ∂ fw = ∂ sw µ o kro Ec. 7.15 1 + µ w krw Utilizando los resultados de las graficas de permeabilidades efectivas y reeplazando los mismos en la ecuación anterior, se tienen los siguientes resultados: 2
sw %
kro
krw
sw
kro/krw
dfw/dSw
fw
0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100
0,98 0,84 0,60 0,35 0,22 0,13 0,06 0,01
0,00 0,10 0,20 0,30 0,40 0,50 0,60 0,70 0,80 0,90 1,00
0,00 0,02 0,05 0,12 0,22 0,37 0,45 0,70 1,00
30,00 7,00 1,83 0,59 0,16 0,02
1,34948 3,00826 2,80163 1,45790 0,48676 0,07143 0 0
0,1176 0,3636 0,6857 0,8713 0,9610 0,9945 1,0000 1,0000
A partir de la anterior tabla se obtiene la siguiente grafica: fw vs Sw
1
5 4,8 4,6
0,9 4,4 4,2 0,8
4 3,8 3,6
0,7 3,4 3,2 0,6
3 2,8 2,6
0,5 2,4 2,2 0,4
2 1,8 1,6
0,3 1,4 1,2 0,2
1 0,8 0,6
0,1 0,4 0,2 0
0 0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
Sw
De la tabla se tiene que dsw/dfw = 2,80 a 50% de saturación de agua. d)
Calcular las distancias de avance de los frentes de saturación constante a 100, 200 y 400 días. Dibujarlas en papel de coordenadas cartesianas como función de Sw. Equilibrar las áreas dentro y fuera de las líneas del frente de inundación para localizar la posición de los frentes de inundación.
x
Para 100 días x =
=
5,615 * 100
Para 400 días x =
*
φ A
* 1000
0,18 * 50000
Para 200 días x =
∂ fw ∂Sw
5,615qt
∂ fw = 62,38 ∂ fw ∂Sw ∂ sw
*
5,615 * 1000 * 200 0,18 * 50000
∂ fw = 124,778 ∂ fw ∂Sw ∂ sw
*
* 1000 * 400 ∂ fw ∂ fw * = 249,556 0,18 * 50000 ∂Sw ∂ sw
5,615
1
2
3
4
5
6
Sw
ko/kw
fw
dfw/dsw
x100
x200
30 7 1,83 0,59 0,16 0,02
1 0,1176 0,3636 0,6861 0,8715 0,9615 0,995 1
0,000 1,349 3,008 2,800 1,456 0,481 0,064 0,000
0,000 84,193 187,682 174,673 90,853 29,995 4,015 0,000
0,000 168,385 375,365 349,345 181,705 59,989 8,030 0,000
0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9
7
x400
0,000 336,770 750,729 698,690 363,410 119,979 16,060 0,000
CURVAS DE DISTR IBUCION DE FLUIDOS
1
0,9
0,8
0,7
0,6 100 200
0,5
400 0,4
0,3
0,2
0,1
0 0,000
100,000
200,000
300,000
400,000
500,000
600,000
700,000
800,000
DISTANCIA A LO LARGO
e)
Dibujar la secante correspondiente a Sw =0,20 tangente a la curva fw vs. Sw de parte b, y demostrar que el valor de Sw al punto de tangencia es también el punto a donde se trazan las líneas del frente de inundación. Como se puede observar la tangente al punto en la grafica de fw vs Sw se pede observar que la regresión nos da una saturación de 55%, en el caso de la curva de distribución de fluidos, es evidente que las líneas de compensación de áreas coinciden en
R.-
Sw = 55%.
f)
Calcular la recuperación fraccional tan pronto como el frente de inundación intercepta un pozo, usando las áreas del gráfico de parte d . Expresar la recuperación en términos de: a) el petróleo inicial in situ, y b) el petróleo in situ recuperable, o sea, recuperable después de una inyección infinita.
g)
¿Cuál es la producción fraccional de agua del pozo a condiciones atmosféricas recién que el frente de inundación circunda al pozo?. Sea Bo=1,50 bl/BF y Bw=1,05 bl/BF .
Asumimos Sw = 55%.
fw
fw
h)
= =
1 1+
µ w β w * ae −bsw * µ o β o 1
1+
0,62 2,48
* 1222e
−13* 0, 5 1,05
= 0,856
1,5
¿Dependen las respuestas de partes f y g de la distancia recorrida por el frente?. Explicar. Tiene mucho que ver, puesto que a mayor distancia recorrida por la invasión o inundación de agua tendremos menor recuperación de petróleo f y mayor producción de agua g. R.-
EJERCICIO 7.4.
Demostrar que para desplazamientos radiales donde r w<
1/ 2
5,6165qt ∂ fw * r = ∂Sw πφ h
donde r es la distancia recorrida por un frente de saturación constante. Como se observa en la figura , se tiene un figura cilíndrica, con flujo de petróleo y agua.
Qo
Qo
Qa
Qa
Qo
Qo
r 0
Qa
Qo Qo
Qo
Qa
r Qo
Qo Qo
Qo
Qa Fw
dr
Fw-dFw
Qo
Qo
Qo
Qa
h
Qo
Qo Qo Qo
Qo
Qo
dW
=
dt dW dt
φ Adr ∂Sw 5,615
∂t
= −qdfw
(1) (2)
Igualando las ecuaciones 1 y 2, se tiene:
∂ fw ∂Sw = − 5,615q (3) ∂t φ A ∂r t ∂Sw dt + ∂Sw dr (4) ∂t r ∂r t
Sw =
Luego la ecuación 4,
∂Sw ∂r = − ∂t r ∂t SW ∂Sw ∂r t
(5)
Sustituyendo la ecuación 3 en la ecuación 5
∂ fw ∂r = 5,615q ∂r t (6) φ A ∂Sw ∂t Sw ∂r t
Pero:
∂ fw ∂r t = ∂ fw ∂Sw ∂Sw t ∂r t
(7)
Luego la ecuación 6 se convierte en:
∂r = 5,615q ∂ fw (8) φ A ∂Sw t ∂t Sw Debido a que la porosidad, y rata total de flujo son constantes y ya que cualquier valor de Sw, la derivada dfw/dSw es una constante, la razón dr/dt es constante. El valor del área depende del espesor de la formación como así de la distancia que recorre el frente, es decir de “r”, vendría dado por el perímetro de una circunferencia “p =2 πr” multiplicada por su espesor “h”, como muestra la ecuación: A
= 2π r * h
Reemplazando en la ecuación 8, tenemos:
∂r = ∂t Sw
∂ fw φ * 2π rh ∂Sw t 5,615q
Ordenando, se tiene: rdr =
5,615q
φ 2π h
∂ fw * dt ∂Sw t
Integrando entre cero y uno porque dr y dt están en función de la saturación de agua, se llega ha:
1
∫ rdr = 0
5,615q
φ 2π h
∂ fw * dt ∂Sw t ∫ 1
0
Resolviendo la integral, se tiene: 1
5,615q ∂ fw = * t ] 2 2φπ h ∂Sw t r − 0 5,615q ∂ fw * [ t − 0] 2 = 2φπ h ∂Sw t 5,615q ∂ fw r = * t 2 2φπ h ∂Sw t r 2
1
0
0
2
2
Simplificando y ordenando, tenemos:
r 2 2
=
5,615q
* t ∂ fw
2φπ h
∂Sw t
Y finalmente despejando “r” tenemos: r 2
, q * t ∂ fw = 5 615 φπ h ∂Sw t
1/ 2
