Introducción Los ingenieros de lodo deben ser capaces de realizar varios cálculos, incluyendo: Capacidades y volúmenes de los fosos, tanques, tuberías y pozos; tiempos de circulación; velocidades del lodo en el espacio anular y en la tubería; y varios otros cálculos importantes. La ingeniería de lodos también requiere la capacidad de calcular formulaciones de lodo y varias perspectivas de dilución mediante la adiciónde componentes sólidos y líquidos a un lodo. El entendimiento y el uso del concepto de balance de materiales, fracciones volumétricas, gravedad específica y densidad aparente de los materiales son parte de lo que significa ser un ingeniero de lodo. Las unidades de medición usadas en todo este manual son las unidades norteamericanas para el campo petrolífero. Sin embargo, las unidades métricas son usadas para muchas operaciones de perforación alrededor del mundo. Además de estas dos normas, también se usan numerosas combinaciones de unidades y conjuntos de unidades modificadas. Esta sección ilustrará tanto las unidades norteamericanas como las unidades métricas. La densidad se expresa en varias unidades y dimensiones por todo el mundo. Las principales unidades de densidad son lb/gal, kg/m3 y kg/l (igual a la Gravedad Específica (SG) y g/cm3).
Unidades Norteamericanas para el Campo Petrolífero y Unidades Métricas
El sistema métrico se basa en múltiplos de 10 entre medidas similares. Por ejemplo, la longitud puede estar expresada en múltiplos de un metro.
Los prefijos kilo (1.000), centi (1/100), mili (1/1.000) y micro (1/1.000.000) son los más usados. Para todas las otras otr as mediciones como la masa, el volumen, la densidad, la presión, etc., se puede aplicar el mismo sistema de prefijos.
Cálculos Generales del Pozo CAPACIDAD, VOLUMEN Y DESPLAZAMIENTO La capacidad de un tanque de lodo, pozo, espacio anular, espacio interior de una tubería o cualquier otro “recipiente” es el volumen que dicho recipiente podría contener si estuviera lleno (i.e., el máximo volumen posible). La capacidad de los fosos y tanques del campo petrolífero se mide generalmente en bbl, gal o m3. La capacidad también puede estar indicada en incrementos de altura, tales como bbl/ft, bbl/in., gal/ft, gal/in. o m3/m. (Esto sólo puede ser
realizado para los recipientes quetienen un área de la sección transversal que permanece constante con la altura.) Por ejemplo, un pozo de 10,5 in. de diámetro que tiene una profundidad de 3.922 ft contiene 420 bbl de lodo cuando está lleno. Por lo tanto, su capacidad es de 420 bbl, que esté lleno o no. Esto también puede expresarse como una capacidad de 0,107 bbl/ft (420 ÷ 3.922).Igualmente, si un tanque de lodo de 80in de altura tiene una capacidad de 230bbl, entonces se podría expresar la capacidad vertical como 2,87 bbl/in. (230 ÷ 80) o 34,5 bbl/ft (2,87 bbl/in. x 12 in./ft). La capacidad de una tubería de perforación de14,0 lb/ft con un Diámetro Exterior (DE) de 4,0 in es 0,0108 bbl/ft. Por lo tanto,10.000 ft de esta tubería de 4 in. tendrían una capacidad de 108 bbl. El volumen se refiere a la cantidad de lodo que está realmente dentro de un tanque de lodo, pozo o espacio anular, o dentro de una tubería o cualquier otro recipiente. Si se conoce la capacidad vertical (bbl/ft o m3/m) y la profundidad del nivel de lodo (ft o m), entonces la profundidad del lodo multiplicada por la capacidad vertical resulta en el volumen real (bbl o m3) de lodo dentro del recipiente. Si el tanque de lodo mencionado anteriormente en el ejemplo de capacidad contenía 61 in de lodo, entonces el volumen de lodo es de 2,87 bbl/in. X 61 in. o 175 bbl. El desplazamiento es el volumen de lodo expulsado del pozo al introducir la columna de perforación o la tubería de revestimiento dentro del pozo. Igualmente, se trata del volumen de lodo requerido para llenar el pozo cuando se saca la tubería del pozo. Normalmente, el desplazamiento representa solamente el volumen de latubería. El lodo dentro de la tubería constituye una capacidad, ya que la tubería se llena de lodo al ser introducida en el pozo o durante la circulación. Para situaciones especiales como cuando la barrena está taponada o durante la “flotación” de
latubería de revestimiento dentro del pozo, se debe añadir la capacidad aldesplazamiento de la tubería. Por ejemplo, una tubería de perforación de 14,0 lb/ft con un DE de4,0 in desplaza 0,0047 bbl/ft de lodo al ser introducida en el pozo. Si se introducen 1.000 ft de tubería de perforación dentro del pozo, 4,7 bbl de lodo serían “desplazados” del mismo. En cambio, cuando se saca del pozo una tubería de perforación del mismo tamaño, el pozo debería tomar 4,7 bbl de lodo por cada 1.000 ft de tubería sacada, para mantener el pozo lleno.
Cálculo de la Capacidad y Volumen de los Fosos y Tanques Los cálculos de capacidad, volumen y desplazamiento usan relaciones volumétricas simples para rectángulos, cilindros, cilindros concéntricos y otras formas, con losfactores apropiados de conversión de unidades. Los tanques de los equipos de perforación pueden tener una variedad de formas, pero la mayoría m ayoría son rectangulares o cilíndricos. Esta sección cubre tres formas de tanques:
1. rectangular. 2. cilíndrico, horizontal. 3. cilíndrico, vertical. Los tanques de lodo (también llamados fosos de lodo) son generalmente rectangulares con lados paralelos y extremos perpendiculares al fondo.
TANQUES RECTANGULARES Para el tanque rectangular típico ilustrado en la Figura 1, la capacidad puede ser calculada a partir de la altura, anchura y longitud.
Donde: VTanque = Capacidad del tanque L = Longitud del tanque W = Anchura del tanque H = Altura del tanque M = Altura del nivel de lodo La ecuación general para calcular la capacidad de un recipiente rectangular es la siguiente: Volumen = Longitud x Anchura x Alturay es válida tanto para las unidades métricas como para las unidades norteamericanas. Por lo tanto, la capacidad de un tanque rectangular, usando pies, se calcula de la siguiente manera:
TANQUES CILÍNDRICOS VERTICALES
Los tanques cilíndricos montados en posición vertical, de la manera ilustrada en la Figura 2, se usan para el almacenamiento de lodo líquido y barita seca.
Donde: VCil = Capacidad del tanque cilíndrico D =Diámetro del cilindro H = Altura del cilindro M = Altura del nivel de material π = 3,1416
TANQUES CILÍNDRICOS HORIZONTALES Los tanques cilíndricos montados en posición horizontal, de la manera ilustrada en la Figura 3, se usan principalmente para almacenar diesel, otros líquidos y barita. La capacidad y el volumen vertical de un tanque cilíndrico horizontal varían con el área de la sección transversal horizontal y no constituyen una función lineal de la altura. Hay gráficos y métodos tabulares disponibles paracalcular la capacidad y el volumen de los tanques cilíndricos horizontales. Estosvalores también pueden ser calculados de la siguiente manera, resultando en ft3si se usan pies, m3 si se usan metros, etc.
Donde: VCil = Capacidad del tanque cilíndrico D = Diámetro del cilindro L = Longitud del cilindro M = Altura del lodo o material π = 3,1416
CONVERSIONES DE VOLÚMENES Para convertir los volúmenes de aditivos de lodo almacenados: • Para convertir ft3 líquidos en barriles, dividir por 5,61. • Para convertir ft3 secos en libras, usar la densidad aparente indicada en el
boletín del producto. • Para la barita, si se desea obtener el número de sacos de 100 lb, multiplicar
ft3 por 1,35 (densidad aparente de 135 lb/ft3/100 lb por saco). • Para convertir barriles en galones, multiplicar por 42
OBSERVACIÓN: No confund irir la unidad “barril” con “tambor”. Un tambor norteamericano tiene una capacidad de 55 galones, no 42 galones.
FACTORES DE CONVERSIÓN DE UNIDADES
Para otros factores de conversión de unidades, remitirse al manual de bolsillo titulado “Referencia para la Tecnología de Fluidos” o utilizar la función
exhaustiva de conversión de unidades contenida en el programa de computadora MUDWARE®.
ANALISIS DEL BALANCE DE MATERIALES 1. En el campo San Alberto se esta perforando con un lodo cuya densidad es de 9,5 LPG donde se alcanzo una profundidad actual de 4765 m y la presión hidrostática ejercida por la columna de lodo es igual a 950 psi. En el pozo se cuenta con un volumen total de 1860 Bbl sin incremento de volumen. a) Halle el nuevo peso del lodo necesario necesario para para poder ahogar ahogar el pozo. b) Encuentre la cantidad necesaria de aditivo para poder preparar nuestro nuevo lodo (GE = 3.14) Solución: Lo primero que debemos hacer es la correcta dimensión de unidades: 3.281 ft 15634 ft 1m 159 l 1 gal 8.33 LPG 78134.7 gal Bbl * * 3.14 g / cc * 26.2 LPG 1860 Bbl 1 Bbl Bbl 3.785 l 1 g / cc
a) 4765m *
P L * H * 0.052 950 L * *0.052 *15634
L
1.169
LPG
Entonces la densidad de ahogo será:
L L1 L 2 1.169 9.5 10.67 L 2
L 2
10.67
LPG
LPG
b) Por balance balance de materia: Lodo 1 L1 9.5 LPG V 1 9.5 Bbl
Densificación
Ba 26.2 LPG
m Ba m L1
mL 2
V Ba V L1l V L 2
Lodo 2
10.67 V 2 V 1
L 2
LPG
Ba BaV Ba Ba L1V L1 L 2V L 2 V L 2 V L1 V Ba Ba Reemplazando: BaV Ba
L1V L1 L 2V Ba L 2V L1
V Ba
V L1 L1 L 2 L 2 a B
V Ba
9.5 10.67 78134.7 10 . 67 26 . 2
V Ba Ba 5886.52 gal m Ba
Ba * V Ba m Ba 5886.52 * 26.2 m Ba
154226.8
lb
2. Se esta realizando realizando una perforación perforación de un pozo utilizando un lodo de perforación de 9.2 LPG, a la profundidad de 17801 ft se encuentra una formación de arenisca de presión anormal con un Gradiente de presión de 0.503 psi/ft. Calcular la cantidad de sacos de barita necesarios para densificar el lodo sin incremento de volumen a una densidad tal que se tenga una presión diferencial de 300 psi a la profundidad dada, en el sistema de circulación se cuenta con 5165 ft 3 de lodo.(GEBa = 4.2)
S oluc olucii on: Determinamos la densidad para el lodo 2 : P 1 L1 * H * 0.052 P 1 G p * H P 1 0.503 *17801 8953.9 psi
P P 2 P 1 P 2 L 2 * H * 0.052
P P 1 L 2 * H * 0.052 300 8953.9 L 2 *17801* 0.052
L 2
10
LPG
Por balance de materia: Lodo 1
Lodo 2 L 2 10 LPG V 2 V 1
Densificacio
L1 9.2 LPG V 1 5165 ft 3
Ba 35 LPG LPG
m Ba m L1 mL 2
V Ba V L1l V L 2 Ba BaV Ba Ba L1V L1 L 2V L 2 V L 2 V L1 V Ba Ba Reemplazando: BaV Ba
L1V L1 L 2V Ba L 2V L1 V L1 L1 L 2 L 2 a
V Ba
B
V Ba
9.2 10 5165 10 35
V Ba Ba 3
165.28 ft *
m Ba
165.28 ft 3
7.4805 gal 1 ft 3
1236.4
gal
Ba * V Ba m Ba 1236.4 * 35 m Ba
43274 lb *
1 saco 100 lb
43274
lb
432.74 Sacos de Barita
3.- Calcular cuantas cuantas libras de sacos sacos de BAROID BAROID (Densidad de BAROID BAROID es igual a 35.4 LPG) son requeridas para crearse de la densidad de 1000 barriles de 12.5 lb/gal de lodo a 13.5 lb/gal. Solución:
Paso 1: Se tiene las siguientes ecuaciones para resolver el problema: V 1 * 1 V 2 * 2 V 1 V 2
V F * F
V F
Paso 2: Se determina los datos e incógnitas del problema:
1000[bbl ] 1 12.5[lb / gal ] V 2 No _ se _ conoce _ es _ el _ volumen _ de _ BAROID BAROID 2 35.4[lb / gal ] La _ densidad _ de _ BAROI BAROID D V F V 1 V 2 1000 V 2 F 13.5[lb / gal ] La _ densidad _ requerida V 1
Paso 3: Reemplazando los datos en las ecuaciones del paso 1:
V 2 * 2 V F * F (1000 * 12.5) (V 2 * 35.4) (V F * 13.5) (1000 * 12.5) (V 2 * 35.4) (1000 V 2 ) * 13.5 (1000 * 13.5) (V 2 * 13.5) 12500 34.5V 2 13500 13.5V 2 V 1 * 1
Despejan Despejando do _ V 2 :
V 2
_ de _ BAROID ] 45.7[bbl
Paso 4: Convertimos los barriles de BAROID a sacos. Sabiendo que un barril de BAROID contiene 14.9 sacos: 45.7[bbl ] *
14.9[ sa cos] 1[bbl ]
680[sa cos]
Paso 5: Se calculara los sacos de BAROID por 100 barriles de lodo con la siguiente formula: Sx 100[bbl ]
1490(
2 1 35.4 2
)
Paso 6: Sabiendo que 2 es la densidad final en nuestro caso 13.5 y que la densidad inicial de 12.5. Son constantes de la formula 1490 y 35.4. Sx 100[bbl ]
1490(
13.5 12.5 35.4 13.5
Sx )
100[bbl ]
68.0[ sx / 100bbl ]
1 es
4.- Calcular la cantidad de agua requerida para reducir la densidad de 1500 barriles de 15 lb/gal de lodo lodo a 14.5 lb/gal. Calcular Calcular el volumen final. Solución: Paso 1: Como en el ejercicio anterior usamos las mismas ecuaciones de balance de materia y de volumen: V 1 * 1 V 2 * 2 V 1 V 2
V F * F
V F
Paso 2: Se determina los datos e incognitas del problema: 1500[bbl ] 1 15[lb / gal ] V 2 Agua Agua _ desconocid a 2 8.33[lb / gal ] V F V 1 V 2 1500 V 2 F 14.5[lb / gal ] V 1
Paso 3: Reemplazando datos:
V 2 * 2 V F * F (1500 * 15) (8.33V 2 ) (1500 V 2 )14.5 22500 8.33V 2 21750 14.5V 2 6.17V 2 750 V 2 122[bbl _ de _ agua ]
V 1 * 1
Paso 4: Ahora en la ecuación de balance de volumen: V 1 V 2 V F 1500 122 V F Este es volumen final:
V F
1622 bbl 1622[ bbl ]
Paso 5: Calculamos el volumen de agua para reducir la densidad en barriles: 2 Agua Agua _ requerida[bbl ] Volumen _ de _ lodo * ( 1 ) 2 8.33
Donde: 1 =Densidad de lodo original 2 =Densidad de lodo requerida
Paso 6: Reemplazamos datos:
15 14.5 Agua Agua _ requerida[bbl ] 1500( ) 14.5 8.33
Agua Agua _ requerida[bbl ] 122[bbl _ de _ agua]
5.- Calcular cuánta agua, aceite y BAROID son requeridos para preparar exactamente 300 barriles de 15lb/gal de lodo de aceite (densidad de 6.8LPG) con un 80/20 relación de agua. Solución: Paso 1: De nuevo con las ecuaciones de balance, pero difieren difi eren en la cantidad de componentes: V 1 * 1 V 2 * 2 V 1 V 2 V 3
V 3 * 3 V F * F
V F
Paso 2: Se reconoce los datos en las variables de estas ecuaciones:
Agua _ desconocid a 1 8.33[lb / gal ] V 2 Aceit Aceite e _ desconocid o 2 6.8[lb / gal ] V 3 BAROID BAROID _ desconocid o 3 35.4 V F V 1 V 2 V 3 300[bbl ] F 15[lb / gal ] V 1
Paso 3: La relación 80/20 puede ser considerada como porcentaje en volumen de aceite y agua agua 80 y 20 respectivamente y haciendo que V 1 V 2 V . Reemplazamos en la ecuación de balance de masa: V [(0.8 * 6.8) (0.2 * 8.33)] V 3 * 35.4 300 *15
Paso 4: Tomando en cuenta que V 1 V 2 V tenemos en la anterior ecuación: V [(0.8 * 6.8) (0.2 * 8.33)] (300 V )35.4 300 * 15 V (5.4 1.67) 10620 35.4V 4500 7.11V 10620 35.4V 4500 28.3V 6120 V
6120 28.3
V 216[bbl _ de _ agua _ y _ aceite ]
Paso 5: Este resultado hallado es de la mezcla del 80% de aceite y el 20% de agua por lo tanto: 216 * 0.8 173[bbl _ de _ aceite ] 216 * 0.2 43[bbl _ de _ agua]
Paso 6: Los barriles y sacos de Baroid serán: 300 216 84[bbl _ de _ BAROID BAROID] 84[bbl ]4 *
14.9[ Sx] 1[bbl ]
1252[Sx _ de _ BAROID BAROID]
1252[ Sx _ de _ BAROID ] 6.- Tenemos una densidad inicial de 7.4 [LPG] con una profundidad de 3850 [m] y a una presión de 1100 [PSI]. Halle la densidad de ahogo. SOLUCION: Paso 1: Hallamos la densidad adicional con la siguiente fórmula: P 0.052 * * h
Paso 2: Despejando la densidad se tiene:
P 0.052 * h
Paso 3: Como se está usando el factor de conversión 0.052 esta fórmula debe estar en unidades de: Densidad en [LPG]; Presión [PSI]; Profundidad [ft]. Entonces se hace factores de conversión para la profundidad h. 3850[m] *
3.28[ ft ] 1[m]
12628[ ft ]
Paso 4: Reemplazando valores en la ecuación del paso 2:
1100[ PSI ]
1.675[LPG LPG]
0.052 * 12628[ ft ]
Paso 5: Se calcula la densidad de ahogo con la ecuación que sigue:
AHOG AHOGO O
0
Paso 6: Reemplazando datos: AHOG AHOGO O
7.4[ LPG LPG] 1.675 675[ LPG LPG]
AHOG AHOGO O
9.075 075[ LPG LPG]
7.- Calcule la presión hidrostática ejercida por una profundidad de 2000[m] y un gradiente normal normal de formación de 0.465 [PSI/ft]. SOLUCION: Paso 1: El gradiente normal de formación está definido por: G f ( n )
P [ PSI ] h[ ft ]
Paso 2: Despejando la presión: PSI P G f ( n ) [ ] * h[ ft ] ft
Paso 3: Como la profundidad esta en metros se transforma a unidades de pies [ft]. 2000[m] *
100[cm] 1[m]
*
1[ ft ] 30.48[cm]
6561.680[ ft ]
Paso 4: Reemplazando valores en la ecuación del paso 2: PSI 0.465[ P ] * 6561.680[ ft ] ft
3051.181[ PSI ] P
8.- En el fondo del pozo se tiene un lodo con densidad y una altura en profundidad de 8.8 [LPG] y 2000[ft] respectivamente, por densidad el petróleo se encuentra por encima del lodo con una densidad de 7.7 [LPG]. Halle la presión de fondo de pozo, sabiendo que la profundidad del pozo con inicio de petróleo llegando hasta fondo del pozo es de 8500[ft]. SOLUCION: Paso 1: La presión de fondo estará ejercida por la presión del petróleo como la del lodo entonces: P FONDO FONDO
P LODO P PET PET
Paso 2: Se calcula la presión del lodo. PETROLEO P LODO 0.052 * LODO * h LODO P LODO 0.052 * 8.8[ LPG] * 2000[ ft ]
LODO P LODO LODO
915 915.2[ PSI PSI
Paso 3: Se calcula la altura en profundidad del petróleo por diferencia de profundidades y se tiene: h PET PET 8500[ ft ] 2000[ ft ] 6500[ ft ]
Paso 4: Se calcula la presión del petróleo: P PET PET P PET PET
0.052 * PET PET * h PET PET 0.052 * 7.7[ LPG] * 6500[ ft ] P PET PET
2602.6[ PSI ]
Paso 5: La presión de fondo se calcula con la ecuación del paso 1. P FONDO
915.2[ PSI PSI ] 2602.6[ PSI PSI ]
P FONDO FONDO 3517.8[ PSI ] 9.- ¿Cuál será la densidad requerida para una profundidad de 4980 [m], una presión de 8750 8750 [PSI] y un un gradiente adicional adicional de presión diferencial diferencial de 350 [PSI]? SOLUCION: Paso 1: Primero transformamos la profundidad de metros a pies. 4980[m] *
3.28[ ft ] 1[m]
16334.4[ ft ]
Paso 2: La presión total será:
P TOTAL P P
P TOTAL
P TOTAL 9100[ PSI PSI ]
8750[ PSI PSI ] 350 350[ PSI ]
Paso 3: Con la formula de la presión hidrostática se despeja la densidad y se reemplaza datos teniendo en cuenta que la presión es igual a la presión total:
P
0.052 * h
9100[ PSI ] 0.052 *16334.4[ ft ]
10.71[ LPG] 10.- Halle la presión de fondo y la densidad equivalente con los siguientes datos: Profundidad: 2800 [m] Densidad: 1.3 [Kg / l] Incremento de presión: 20 [kg / cm2] SOLUCION: Paso 1: Convertir las unidades a un mismo mi smo sistema: 2800[m] *
3.281[ ft ] 1[m]
9186.8[ ft ]
Kg 3.785[l ] 1000[ g ] 1[lb] 1.3[ ]* * * l 1[ gal ] 1[ Kg ] 453.6[ g ]
P 20[
kg cm
]* 2
1000[ g ] 1[ Kg ]
*
1[lb] 453.6[ g ]
*
10.85[ LPG]
(2.54[cm]) (1[ p lg])
2
2
284.46[
lb p lg
2
] 284.46[ PSI PSI ]
Paso 2: Para la presión de fondo:
P FONFO FONFO
P INICIA INICIAL L P ADICI ADICIONA ONAL L
Paso 3: Calculamos la presión inicial con la siguiente formula y reemplazamos datos: P INICIA INICIAL L P INICIA INICIAL L
0.052 * * h 0.052 * 10.85[ LPG] * 9186.8 P INICIA INICIAL L
5183.192 192[ PSI ]
Paso 4: Como el incremento de presión es igual a una presión adicional podemos reemplazar los valores en la ecuación del paso 2 y hallamos la presión de fondo:
P FONFO PSI ] 284.46[ PSI ] FONFO 5183.192[ PSI P FONFO PSI ] FONFO 5467.652[ PSI
Paso 5: Para la densidad equivalente se despeja la densidad de la ecuación de la presión hidrostática y se tiene: EQUI EQUI EQUI EQUI
P FONDO 0.052 * h 5467.652[ PSI ] 0.052 * 9186.8[ ft ]
EQUI EQUI
445[ LPG LPG] 11.445
11. Determinar el ángulo de desviación y la distancia de desviación (como se muestra en la figura) de un pozo petrolero, sabiendo que se está perforando con un lodo de 2[g/cc] y una presión p resión de 2000 psi. Solución: : ángulo de desviación d : dis tan cia cia de desviación
P H H
0.052 L H
H
g 1lb 1000cc 159lt 453.6 g 1lt 42Gal cc
H 702.32m b 300m
a 702 702.32m 102 102.61m
0.052 L
2000 psi 0.052 2
Sen20
P H
b Sen Sen20 300 300m
b 102 102.61m
a 599 599.71m
0.3048m 1 ft
Cos20
tan
d 300m
d a
d Cos Cos20 300 300m
tan 1
281.91 599.71
d 281.91m
25.18
12.- Determinar la presión de integridad integridad estimada de formación formación si el pozo tiene una profundidad total 3421.68 m y el zapato del casing está asentado a 1774.24m TVD. La presión de la prueba de admisión fue de 86.19 bar, con un fluido de prueba de 1150 kg/m³. La densidad del fluido actual es 1210 kg/m³. Solucion: Primero encontrar la densidad estimada del fluido de integridad: Densidad estimada del fluido de Integridad (kg/m³) = (Presión de la prueba(bar) ÷ 0.0000981 ÷ Profundidad de la prueba(m) TVD) + Densidad del fluido de prueba(kg/m³) Densidad estimada del fluido de Integridad = (86.19 ÷ 0.0000981 ÷ 1774.24) + 1150 Densidad estimada del fluido de Integridad = 495 + 1150
Densidad estimada del fluido de Integridad = 1645 kg/m³
A nális is : En los cálculos de integridad de formación, no se debe redondear el
resultado para el decimal superior. Por lo que en el cálculo anterior se usó 495,1 en lugar de 495 kg/m³ en lugar de 495,19 kg/m³). En el ejemplo, la densidad actual es mayor que la densidad de la prueba, por lo que es necesario calcular la presión de integridad actual.
Presión de Integridad estimada (bar) = [Densidad Est. del fluido de Integridad(kg/m³) – Densidad del fluido de prueba(kg/m³)] × Profundidad de la prueba(m), TVD x 0.0000981 Presión de Integridad estimada = (1645 - 1210) x 1774.24 x 0.0000981
Presión de Integridad estimada = 75, 71 (Bar) 13.- Cuál es la Densidad equivalente equivalente (EMW) para una zona con una MD de 3.120pies y una TVD de 3.000 pies cuando el pozo es cerrado con 375 Psi registradas en el manómetro del casing? La densidad del fluido actual es 8,8 ppg. Solución:
EMW (ppg) = [Presión (psi) ÷ 0.052 ÷ Profundidad de Interéspies TVD] + Densidad actual(ppg) EMW (ppg) = (375 ÷ (0.052 * 3000) )+ 8.8 EMW (ppg) = 2.4 + 8.8
EMW(ppg) = 11.2 ppg 14.- ¿Cuánta presión de prueba puede ser aplicada para probar una formación con una profundidad medida MD de 5890 pies y una profundidad vertical TVD de 5745 pies a una densidad equivalente de 13.4 ppg? La densidad actual es 9.1 ppg Solucion: Presión de Prueba (psi) = [EMW(ppg) – Densidad Actual(ppg)] × 0.052 × Profundidad de Interés(pies) TVD Presión de Prueba = (13.4 - 9.1) x 0.052 x 5745 Presión de Prueba = 4.3 x 0.052 x 5745
Presión de Prueba = 1285 psi 15. Un pozo tiene un BHP estimado de 4680 psi a una profundidad de formación de 10000 pie (3048m). Queremos permitir una diferencial de 200psi (13.79bar) dentro de la sarta de trabajo para permitir que el pozo empiece a fluir y limpiarse. Entonces, requeriría 4480 psi (308.9 bar) de colchón de agua. Si tenemos agua salada disponible pesando 9.3 ppg, (114 kg / m³) pie de colchón de agua se calcula de la siguiente si guiente manera: Una pistola de perforación de cargajet de diámetro externo, y 6” (152.4mm) de diámetro interno, a 10000’ (3048m). Se tiene una tubería de tipo EUE (tubo con extremos exteriores de mayorespesor) de 2 7/8” (73.03
mm), 6.5 libras por pie (9.67 kg/m) desde el árbolhasta el packer. El espacio anular está lleno con agua salada de 9.5 libras porgalón (1139 kg/m³). La presión de formación se estimó en 5500 psi (379.2 bar). Solucion: Colchón de agua = [Presión de fondo de hoyo (PSI) ÷ Presión Diferencial (PSI)] ÷ Gradiente del fluido (PSI/pie) Colchón de agua = (4680-200) ÷ (9.3 x 0.052) Colchón de agua = 4480 ÷ 0.483
Colchón de agua = 9275 pie
La cantidad de agua salada a ser usada se calcula multiplicando el largo del colchón por la capacidad de la tubería: Fluido requerido (bbls) = Colchón de agua (pie) × Capacidad de la tubería (bbls/pie)
¿Cuantos barriles de agua salada tomaría para llenar 9275’ (2827m) de 2 7/8” (73.03mm) de tubería conuna capacidad para 0.00579 bbls/pie (3l /m)? Fluido requerido = 9275 x 0.00579
Fluido requerido = 53.7 bbls c) ¿Cuál es la fuerza fuerza diferencial justo en el packer, y en qué dirección? Usando las ecuaciones de Fuerza - área, podemos calcular la fuerza arriba y la fuerza abajo. Primero resolvamos la presión hidrostática.
Presión hidrostática = Profundidad (Pie) x Densidad (ppg) x 0.052 Presión hidrostática = 10000 x 9.5 x 0.052
Presión hidrostática = 4940 psi Utilizando las ecuaciones de Fuerza / Área, se pueden calcular las fuerzas arriba y abajo. Segundo, resolvemos por el área hidráulica en la que se está ejerciendo la fuerza: Area: = D² x 0.7854 Area = {(DI csg)² - DE tbg)²} x 0.7854 Area = {6 x 6) - (2 7/8 x 2 7/8)} x 0.7854 Area = {36 - 8.26) x 0.7854 Area = 27.74 x 0.7854 Area = 21.77 pulgadas² Siguiendo, resolvamos por la fuerza hacia abajo:Fuerza = P x A Fuerza = 4940 x 21.77 ; Fuerza = 107543 libras de fuerza hacia abajo Use los mismos pasos para calcular la fuerza hacia arriba. La presión de la formación es de 5..500 psi.P = 5500 psi (379.23 bar) El área hidráulica es la misma.
A = 21.77 pulgadas cuadradas (14045 mm²) Ahora, resolvamos para la fuerza fuerza hacia arriba:
Fuerza = P x A ; Fuerza = 5500 x 21.77 ; Fuerza = 119735 lbs de fuerza hacia arriba. La fuerza diferencial (hacia abajo, hacia arriba) es:
Fuerza diferencial = Fuerza hacia arriba - Fuerza hacia abajo Fuerza diferencial = 119735 - 107534 (54282 kg - 48748 kg)
Fuerza diferencial = 12192 lbs hacia arriba (5534 kg hacia arriba) ANÁLISIS DE LAS PROPIEDADES REOLOGICAS 16.- Teniendo los siguientes datos: -
Características del lodo: Densidad 9.5 LPG Viscosidad Plástica 16 cp Punto cedente 12 lb/100 ft2 Características de los recortes: Diámetro promedio 0.5'' Densidad 22.32 LPG
-
Calcular la velocidad de caída de los recortes (Vs), la eficiencia, la velocidad y caudal crítico (Vc; Qc) y la velocidad neta (Vn). Por el método de Chien. SOLUCION: Paso 1: Pa P ar a la velocida veloci dad d
con:
de caí caí da de los los r ecorte ecor tess s e calcu calcula la
36800 3 S S L L 1 1 V S 2.22 L S VP 2 VP
Paso 2: Reemplazando datos:
V S 2.22 9.5[ LPG] 0.5[ p lg] lg] 16[cp]
36800 0.53[ p lg] lg] 3 22.32[ LPG] 9.5[ LPG] 9.5[ LPG] 162 [cp]2
ft min min
V S 69.48
1 1
la veloci velocida dad d neta: neta: Paso 3: P ar a la v N
V fc V S
v N
211.99[
ft min
] 69.48[
ft min min
]
v N 141.50[
ft min
]
Paso 4: Para la eficiencia de transporte de los recortes:
ff
v N v fc
142.51[
ft
] min 100% ft 211.99[ ] min
ff
67.22%
Paso 5: Para la Velocidad critica y caudal critico: ft min min
v c 2.2 v S 2.2 69.48
Qc
vC Dh
2
ft min min
vc 150.656 656
2 2 De 2 150.6568.5 6.5
24.51
24.51
Qc
184.40GPM
17.- Encontrar: a) la velocidad de caída de los recortes b) la velocidad neta y la eficiencia de transporte c) la velocidad crítica y el caudal crítico (respecto de los recortes) Por 2 métodos diferentes si se tienen los siguientes datos: Datos: Vfm= 100,34 [pie/min] Dh = 12,25 [plg] Dp = 8 [plg] n = 0,628 k = 0,657 [lb/100· [lb/100·ft ft2] dsol = 22,43 [LPG] dlodo= 9,6 [LPG] sol = 0,5 [plg] VP = 18 [cp]
SOLUCION: A) Primer Método – viscosidad efectiva: Paso 1: Para hallar la velocidad de caída de los recortes, primero se debe hallar la viscosidad efectiva de nuestro lodo con la siguiente ecuación:
0,8·V fm · ( 2 · n 1 ) e n ( Dh D p )
n
200·k ·( Dh · V fm
D p )
Paso 2: Reemplazando datos en la ecuación: pie 0 , 8 · 100 , 34 [ ] min min e · ( 2 · 0 , 628 1 ) lg] 8[ p lg]) 0, 62 8 (12,25[ p lg]
0 , 62 8
lb 200·0,657[ ]·( ]·(12,25[ p lg] lg] 8[ p lg]) 100 * ft 2 · pie 100,34[ ] min
e 82,34 cp Paso 3: Con el valor de viscosidad efectiva se puede hallar la velocidad de caída de la las partículas mediante: V S
175·(d sol d lodo ) 0, 66 7· so l 0 , 33 3
d lodo
· e
0 , 33 3
Paso 4: Reemplazando datos: V S
175·(22,43[ LPG] 9,6[ LPG]) 0, 66 7 ·0,5[ p lg] lg] 9,6 0,33 3[ LPG] 0.33 3·82,34 0,33 3[cp] 0.33 3
V S 52,02 pie p ie/m /min in Paso 5: Hallamos la velocidad neta:
V fm V S V N (100,34 52,02) pie p ie/m /min in Paso 6: Hallamos la eficiencia de transporte: V N
V N 48,32 pie/m pie/min
Eff Eff trans
V N V fm
x100%
48,32[
Eff Eff trans
Eff Eff trans 48,16 %
pie
] min mi n x100% pie 100,34[ ] min min
Paso 7: Hallamos la velocidad crítica y el caudal critico: V C 2,2·V S
V C 114,44 pie/m pie/min
V C 2,2·52,02 pie p ie/m /min in Dh QC V C ·
2
D p 2
24,51
QC 401,84 GPM
12,25 2 [ p lg] lg] 2 8 2 [ p lg] lg] 2 QC 114,44 pie/mi pie/min n · GPM 24,51
B) Segundo Método – Método de Chien: Paso 1: Hallamos la velocidad de caída de los recortes mediante la fórmula:
V S 2,22·d lodo· sol VP
36800 · sol ·(d sol d lodo )·d lodo 3
VP 2
1 1
Paso 2: Reemplazando datos: 36800·0,5 3 [ p lg] 18 lg] 3 ·(22,43[ LPG] 9,6[ LPG])·9,6[ LPG] 1 1 V S 2 2 2,22·9,6[ LPG]·0,5[ p lg] lg] 18 [ cp ] V S 40,83 pie/m pie/min Paso 3: Hallamos la velocidad neta:
V fm V S V N (100,34 40,83) pie p ie/m /min in V N
V N 59,51 pie/m pie/min in
Paso 4: Hallamos la eficiencia de transporte:
Eff Eff trans
Eff Eff trans
V N V fm
x100%
59,51 pie p ie/m /min in 100,34 pie p ie/m /min in
x100%
Eff Eff trans 59,31 %
Paso 5: Hallamos la velocidad crítica: V C 2,2·V S V C 2,2·40,83 pie/ p ie/min min
V C 89,83 pi p ie/mi /min
Paso 6: Hallamos el caudal crítico: Dh D p QC V C · 24,51 2
2
12,252 [ p lg] lg] 2 82 [ p lg] lg] 2 GPM QC 89,83 pie p ie/m /min in · 24,51
QC 315 315,42 GPM
ANÁLISIS DEL CONTENIDO DE SÓLIDOS Y LIQUIDOS 18.-Determinar los volúmenes de agua y aceite que se colectaran y el volumen de sólidos si se tienen los siguientes porcentajes. % Agua = % VW = 21.3 % % Aceite = % VO = 55.9 % % Sólidos = % VW= 22.8 % SOLUCION: Paso 1: Como todos los volúmenes están en porcentajes tomamos un volumen de 1 l, y los porcentajes de cada uno está dado por la siguiente fórmula: Vol . colectado
%Vi Vmuestra 100%
Paso 2: Reemplazamos valores para el agua, aceite y los sólidos: V W
V O
V W
21.3% 10m l 100 10 0%
55.9% 10m l 100%
22.8% 10m l 100%
2.13m l
5.59ml
2.28m l
19.- A través de un análisis de retorta se obtuvieron los siguientes datos: % Aceite = % VO = 51 % % Agua = % VW = 17 % % Sólidos = % VW = 32 %
51 ml 17 ml 32 ml
Calcular la RPA. SOLUCION: Paso 1: La RPA es la relación petróleo-agua y se calcula con la formula que sigue: RPA
% Pet % Agua
Paso 2: Hallamos los porcentajes de petróleo y agua que deben sumar 100 por que estos conforman el lodo: % X
% Pet Pet
51[ml ] 51[ml ] 17[ml ]
% Agua Agua
0.75%
17[ml ] 51[ml ] 17[ml ]
X X Y
;
0.25%
Paso3: Se halla la RPA con la fórmula del paso 1: RPA
0.75 0.25
RPA 3 : 1
20.- Con los datos del ejercicio anterior incrementar la RPA de 75:25 a 80:20. SOLUCION: Paso 1: Para aumentar la relación de petróleo y agua es necesario incrementar el volumen de petróleo. Petróleo
Agua Agu a
75 25
80 20
Paso 2: Se hace una analogía en este problema. pr oblema. Si en el anterior ejercicio el 1.7 de agua era un 25% ahora este 1.7 aumentara y será una 20%. 5.1 75% 1.7 25% 1.7 m l 20% x 100%
Paso 3: Se tiene esta regla de 3 donde x representa el volumen total. x
100% 1.7ml 20%
8.5ml
Paso 4: El volumen de petróleo que hay que añadir será el volumen total menos la suma de volúmenes que se tenía antes de aumentar la relación.
V TOTAL (V Oi V Wi ) V O 8.5ml (5.1[ml ] 1.7[ml ]) V O
Volumen de petróleo que se debe aumentar:
V O
1.7ml
21.- Con los datos del ejercicio anterior disminuir la RPA de 75:25 a 70:30. SOLUCION: Paso 1: Similar al ejercicio anterior para reducir la relación ahora se debe aumentar agua.
Petróleo Agua Agu a
75 25
70 30
Paso 2: También se hace una analogía. Si el 5.1 representaba el 75% en el ejercicio 8 ahora según según la relación a encontrar este decrementara decrementara a 70% 5.1 75% 1.7 25% 5.1 m l 70%
x 100%
Paso 3: Con esta regla de 3 despejamos x que igual al anterior ejercicio representa el volumen total de la nueva relación. x
100% 5.1ml 7.2857ml 70%
Paso 4: El volumen de agua incrementara en cantidad para lograr la relación pedida que será la resta del volumen total y el volumen antes de modificar la relación. V W
V TOTAL (V Oi V Wi )
V W
7 .2857 ml 6 .8ml
Volumen de agua que se debe aumentar
V W
48 6 m l 0.486
22.- Calcule el contenido de base aceite del siguiente lodo base aceite. MW = 14.0 libras / galon Vo = 52% Vw = 18% Vs = 30% C = 300000 ppm Peso especifico del aceite: 0.84 SOLUCION: Paso 1: Hallamos el coeficiente de sólidos disueltos: X DS X DS
10 6 * C 1 10 6 * C
300000 * 10 6 1 300000 * 10
6
X DS 0.4286
Paso 2: Hallamos el volumen de sólidos disueltos en %: V DS V DS
3.5 * V W * X DS
17.2 12.8 * C * 10 6 3.5 * 18 * 0.4286 17.2 12.8 * 300000 * 10
V DS 2.02%
6
Paso 3: Hallamos el volumen corregido de los sólidos disueltos en %:
100 V O V W V DS V CS 100 52 18 2.02 V CS
V CS 27.98%
Paso 4: Hallamos el peso especifico de los sólidos disueltos:
4.91 3.652 * C * 10 6 A DS 4.91 3.652 * 300000 * 10 6 A DS
A DS 3.81
Paso 5: Hallamos peso especifico: ASG ASG
(12 M W ) V W
(0.84V O ) (V DS * A DS ) V CS
(12 * 14) 18 (0.84 * 52) (2.02 * 3.81) 27.98
ASG 3.52
Paso 6: Hallamos los sólidos de baja gravedad en porcentaje %:
ASG ) ( AW 2.6) 27.98 * (4.2 3.52) V LGS (4.2 2.6) V LGS
V CS ( AW
V LGS 11.89%
Paso 7: Hallamos los sólidos de alta gravedad en porcentaje %: V HGS V CS V LGS V HGS 27.98 11.89 V HGS 16.09%
Paso 8: Hallamos los sólidos de baja gravedad en libras / bbl: LGS V LGS * 9.1 LGS 11.89 * 9.1
108.20[lb / bbl ] LGS Paso 9: Hallamos los sólidos de baja gravedad en libras / bbl: HGS V HGS * 14.7 HGS 16.09 * 14.7 HGS bbl ] 236.52[lb / bbl
23.- Calcule el contenido de base aceite del siguiente lodo base aceite. MW = 17.7 libras/galón l ibras/galón Vo = 50% Vw = 10% Vs = 40% C = 350000 ppm SOLUCION: Paso 1: Hallamos el coeficiente de sólidos disueltos:
X DS X DS
10
6
1 10
* C 6
* C
350000 * 10
6
1 350000 * 10
X DS 0.5385
6
Paso 2: Hallamos el volumen de sólidos disueltos en %:
V DS
V DS
3.5 * V W * X DS
17.2 12.8 * C * 10 6 3.5 * 10 * 0.5385 17.2 12.8 * 350000 * 10 6
V DS 1.48%
Paso 3: Hallamos el volumen corregido de los sólidos disueltos en %:
V CS 100 V O V W V DS V CS 100 50 10 1.48
V CS 38.52%
Paso 4: Hallamos el peso especifico de los sólidos disueltos:
4.91 3.652 * C * 10 6 A DS 4.91 3.652 * 350000 * 10 6
A DS
A DS 3.63
Paso 5: Hallamos peso especifico: ASG ASG
(12 M W ) V W
(0.84V O ) (V DS * A DS ) V CS
(12 * 17.7) 10 (0.84 * 50) (1.48 * 3.63) 27.98
ASG ASG 4.02
Paso 6: Hallamos los sólidos de baja gravedad en porcentaje %: V LGS
V CS ( AW
ASG )
2.6) 38.52 * (4.2 4.02) V LGS (4.2 2.6) ( AW
V LGS 4.33%
Paso 7: Hallamos los sólidos de alta gravedad en porcentaje %: V HGS V CS V LGS V HGS 38.52 4.33
V HGS HGS 34.19%
Paso 8: Hallamos los sólidos de baja gravedad en libras / bbl: LGS V LGS * 9.1 LGS 4.33 * 9.1
LGS bbl ] 39.4[lb / bbl
Paso 9: Hallamos los sólidos de alta gravedad en libras / bbl: HGS V HGS * 14.7 HGS 34.19 * 14.7
502 HGS 502.6[lb / bbl bbl ]
24.- Determinar la capacidad de procesamiento de la zaranda del lodo cargado de sólidos Qs. A continuación se tiene un ejemplo de selección de malla: Diámetro del hueco: 8.75 pulgadas Volumen de circulación: 325 gpm Penetración: 15 pie / hora Densidad del lodo: 9.0 lpg Viscosidad plástica: 9 cp Se desea utilizar una malla de 80 Mesh Solución: Paso 1: Calculamos el volumen de sólidos en el lodo: P 0.0678 P 0.0678
( ROP * D 2 ) Q
P 0.24%
(15 * 8.752 ) 325
Este resultado ya se encuentra en tanto por ciento entonces el volumen de sólidos en el sistema es de 0.24%.
Paso 2: El factor de taponamiento “b” para una malla de 80 mesh es: b = 0.64 Paso 3: Se halla la capacidad de la malla para procesar lodo cargado de sólidos en gpm: Qs Qs
b (1 P )
* QF
0.64 (1 0.24)
* QF
Qs 0.52 * QF
Este cálculo nos indica que la capacidad del procesamiento de la malla del lodo cargado de sólidos será del 52% de la capacidad de procesamiento de la malla teniendo en cuenta el lodo solo. Estos son los pasos para determinar el tamaño de la malla:
Paso 4: Determinamos la relación PV/MW: PV MW
9
1 9
Paso 5: Usando los gráficos de determina QF que en estas condiciones la capacidad de procesamiento para una malla 80 para una zaranda inclinada y horizontal: A 15º para una zaranda inclinada inclinada es de QF = 330 gpm gpm Con este valor calculamos Qs del paso 3: QS 330 * 0.52 QS 172 gpm
A 15º para una zaranda horizontal horizontal es de QF = 750 gpm Con este valor calculamos Qs del paso 3: QS 750 * 0.52 QS 390 gpm
Con estos cálculos observamos que la capacidad de una zaranda horizontal es mucho mayor que la de una zaranda inclinada. Esto se debe a un mayor tiempo de retención del lodo sobre la zaranda. Si deseamos utilizar una malla de 80 Mesh tendremos que disponer de una zaranda horizontal. En caso de contar con una zaranda inclinada se deberá seleccionar una malla de m ayor Mesh.
Paso 6: Aquí se probara con una malla de 50 Mesh. Calculamos “b” de tablas: b = 0.77 Paso 7: Calculamos la capacidad de la malla para procesar lodo cargado de sólidos en gpm:
Qs Qs
b (1 P )
* QF
0.77 (1 0.24)
* QF
Paso 8: Se determina QF del grafico para una zaranda inclinada y con malla de 50 Mesh. QF = 870 gpm Paso 9: Ya se tiene el valor de Qs mediante la ecuación del paso 7: Qs 0.62 * 870 Qs 540[ gpm gpm]
Esto es más de la l a cantidad de lodo que queremos circular, es decir 325 gpm. Podemos seleccionar una malla más pequeña. Los siguientes pasos son para una malla de 60 mesh.
Paso 10: Hallamos “b” por tabla y de tiene: b = 0.71 Paso 11: Calculo de Qs: Qs Qs
b (1 P )
* QF
0.71 (1 0.24)
* QF
Paso 12: QF mediante los gráficos de tiene: QF = 600 gpm Paso 13:Qs del paso 11: s 0.57 * 600
Qs 342[ gpm] Esta capacidad es solamente marginal, ya que cualquier cambio en la densidad o la viscosidad del lodo al igual que un incremento en la penetración la hará inservible. La correcta selección para la zaranda inclinada seria de 50 Mesh. Resumiendo, para poder satisfacer las necesidades de la operación una zaranda horizontal deberá tener una malla de 80 Mesh. Para el mismo caso una zaranda inclinada
de 15º deberá contar con una malla de 50 Mesh. Esta diferencia significa un incremento del 44% en el tamaño máximo de los sólidos separados.
La malla 80, separa sólidos de hasta 160 micrones. La malla 50, depara sólidos de hasta 230 micrones. 25.- a) Calcule el peso real del lodo en el anular en libras / galón, con los siguientes datos: Q = 800 gal / min Wi = 9 lb / galón Dh = 17.5 pulgadas R = 400 pies / hora b) El caudal necesario para mantener el peso en 10 libras / galón. c) La rata de penetración para mantener el peso en 10 libras / galón. Solución: a) Paso 1: Se tiene la ecuación: AMW AMW AMW AMW
(Q * WI 0.1473 * Dh 2 * R) (Q 0.00068 * Dh 2 * R) (800 * 9) (0.1473 * 17.5 2 * 400) (800 0.00068 * 17.5 2 * 400)
10.19[libras AM AMW / galon] b) Paso 2: Para el caudal de tiene: Q Q
(0.1473 0.00068 AMW AMW ) Dh 2 R ( AMW AMW Wi) (0.01473 0.00068 * 10) * 17.5 2 * 400 (10 9)
Q 971.4[ gal / min]
c) Paso 3: Finalmente la rata de penetración: R R
Q( AMW AMW Wi) (0.01473 0.00068 AMW ) Dh 2 800(10 9) (0.01473 0.00068 * 10) * 17.5 2
R 329 329.4[ pie pi es / hora]
26.- Se tiene una relación relación petróleo – agua de 3:1 con los l os siguientes porcentajes de la prueba de retorta.
% A ceite = 51 % % A g ua = 17 % Solucion: a) Aumentar la relación petróleo petróleo agua a 90/10 % Aceite = 51 % = % Agua = 17 %
Petróle Petróleo o Agua Agua
3
75
1
25
5.1 ml = 1.7 ml 90 10
5.1 ml 75% V W V O 6.8 ml 1.7 ml 25% Para incrementar la relación petróleo agua se debe aumentar petróleo, entonces los 1.7 ml de agua se convertirán en el 10%. 1.7 ml 10% x 100% x
100% 1.7ml 10% V O
17
ml Vol . total final final
17ml 6.8ml
Volumen de petróleo que se debe aumentar
V O
10.2ml
b) Disminuir la relación petróleo – agua a 60/40 Petról Petróleo eo
75
60
25 40 Agua Para disminuir la relación petróleo agua se debe aumentar agua, entonces los 5.1 ml de petróleo se convertirán en el 60%.
5.1 ml 60% x 100% x
100% 5.1ml 60%
8.5ml Vol . total final final
V W
8.5ml 6.8ml
Volumen de agua que se debe aumentar :
V W
1.7ml
27.- A través de un análisis de retorta se obtuvo los siguientes datos.
V A ceite = 10 10 ml V Agua = 70 ml Determinar la GE de los sólidos de un lodo que está empleando para perforar un pozo de 1000 metros de profundidad y que genera una presión hidrostática de 1707 psi. ACEITE ACEITE 0.8 g cc . Solucion: h 1000 m
aceite P H
g 1lb 1000cc 159lt lb 0.8 6.68 Gal cc 453.6 g 1lt 42Gal
1707
psi
P H
0.052 L h
L
mW mS m L S
S
P H 0.052 h
1707 psi 1 ft 100cm 0.052 1000m 1cm 30.48cm
L mO
L
lb 10 Gal
OV O
W V W S V S LV L
LV L OV O W V W V S
lb lb lb 100 ml 6 . 68 10 ml 8 . 34 Gal Gal 70ml Gal
10
20ml
S
lb 17.47 Gal
lb Gal GE lb 8.34 Gal 17.47
GE 2.09 28.- Se tiene un lodo de perforación que consta de los siguientes componentes en porcentajes porcentajes volumétricos de Aceite Aceite 6% y Agua 62% este este fluido de perforación también contiene el 68% de Bentonita Bentonita y 32% de Barita. Determine la gravedad gravedad API contenido contenido en el el fluido si la la densidad del lodo es de 14.09 LPG y la densidad del agua 1.033 g/cc (considere GEBa= 4.2 y GEBe= 2.6) Solucion: Primero haremos un balance de materia.
Vo 6 gal
V L 100 100 gal Vs 32 gal VW 62 gal
32 gal
V
VBe 68 gal
Vo 6 gal
VBa 10.24 gal VBe 21.76 gal
VW 62 gal
mi i V i
Analizamos para el sólido:
mO
mW mS m L
mS
m Be m Ba
OV O W V W BaV Ba BeV Be
O
O
LV L W V W BaV Ba
LV L
BeV Be
V O
(14.09 *100) (1.033* 8.33 * 62) (4.2 * 8.33*10.24) (2.6 * 8.33* 21.76) 6
lb 7.49 gal
O
GE
GE
O W
7.49lb / gal 8.33lb / gal
GE 0.90
º API API
º API API
141.5 0.90
141.5 GE
131.5
API 131.5 25.72º API
ANÁLISIS DE VOLUMENES 29.-Tomando en cuenta los siguientes datos de pozo. -
Profundidad del pozo Profundidad del zapato
Arreglo de perforación:
7520 pies 3680 pies
TRP 12 ¼’’ 18 PM 8’’ x 3’’ x 30’ 8 HW 6 ½’’ x 3 ½’’ x 30 ‘ TP 5’’ x 4.408’’ x 30’ CSG 13 3/8’’ x 12,512’’
-
Bomba triplex
7’’ x 12 ‘’
-
Eficiencia mecánica
95%
-
Caudal de bombeo
350 GPM
-
Presión de bombeo
2300 psi
Características del lodo:
Densidad Viscosidad Plástica Punto cedente
9,6 LPG 18 cp 15 lb/100ft2
Características de los recortes:
Densidad 22,43 LPG Diámetro promedio 0,5’’
Solución
a) Potencia HHP HP
P Q
2300 350
1714 HHP
Eff Eff h Eff Eff M
b) Geometría
1714 469,66
1 0,95
469,66 hp 494,38 hp
HP 494,38 hp
c) Volumen VT Vh VTK Vi VEA VTK
D2 L Vi C L 1030
2
VEA
VTK Vh 0.75 4,408 2 6740
VI VII
= =
1030
3,5 2 240 1030
=
127,14692 [Bbl]
=
2,85437 [Bbl]
Dh Dp 1030
2
L
3 2 540
VIII = Vi
1030
=
VI +VII +VIII 12,25 8 2
VIV
=
VV
=
VVI
=
VVII
=
VEA
=
1030
52
=
134,71974 [Bbl]
540
6,5 2
12,25 2
4,71845 [Bbl]
2
1030
12,25 2
=
= 45,12015 [Bbl]
240 = 25,12136 [Bbl]
371,5449 [Bbl] 3060 = 0
1030 12,5122 5 2 1030
6740 = 470,0044 [Bbl] 0
VIV +VV +VVI +VVII
=
911,7908 [Bbl] 1
13 4,71974 911 91 1,79081 1046,510 51 0 Bbl Vi VEA 134 VT K Vh 0,75 1046,51054 0,75 784 78 4,88 Bbl VT Vh VT K 1046,51054 784 78 4,88291 Vh
VT 1831,39 Bbl
d) Número de embolad embolada as
Sup TRP TRP Sup
V i
95% V EA
95%
134,71974
911,79081
0,13565 0,13565
993,142 Emb 6721,64 Emb
Número de Emboladas Emboladas para una circulació n Sup TRP TRP Sup Número de Emboladas Emboladas para una circulació n 993,14 6721,64 Número de Emboladas Emboladas para una circulació n 7714,78 Emb Tanques
V TK
95%
784,88291
Emboladas Emboladas Totales Emboladas Emboladas Totales
0,13565
5786,088 Emb
Embtan ques Embuna circulada 7714,78 5786,088
Embol Embolada adass Totales 13501 Emb Emb
Sup TRP
V i
TRP Sup
V EA
Q
134,71974 350
Q
min 42 16,166 min
911,79081 350
min 42 109,41 min
Una circulada Sup TRP TRP Sup Una circulada 16,166 109,41 Una circulada 125,58 min min Tanques
V TK Q
784,88291 350
min 42 94,186 min
e) Tiempo Tiempo Total Tiempoun acirculada Tiempotan ques Tiempo Total 125,58 94,186
Tiempo Total 219,766 min
f) V elocidad eloci dad de flujo en el espaci es pacio o anular anular
v EA
VIV
VV
VVI
= 24,51
=
=
24,51
24,51
ft 2 2 Dh Dp m in
350 12,252
82
Q
= 99,67755
ft m in
ft m in 2 = 79,56869 12,25 6,5
24,51
350
350 12,252 5
ft = 68,59370 m in
VVII = VEA =
24,51
ft 12,5122 5 = 65,21088 m in 350
VIV + VV + VVI + 313,0508 ft = VVII 2 m in
g ) V elocidad eloci dad mínima mín ima y caudal mínimo mín imo ft 100,34 Dh L 12,25 9,6 min min 2 2 Dh De 12,25 2 6,5 2 V min 100,340 441,368 GPM
v min Qmin
11800
11800
24,51
24,51
Qmin
441,368 GPM
h) V eloci elocida dad d de de caída caída de los recorte rec ortess YP 2 VP 15 2 18 1,4427ln 1,4427ln 0,62803 Y P V P 15 18 YP VP 15 18 0,65697 k 0,62803 511
511
ft min
Método de la la vis vi s c os idad efectiva efecti vaV S 43,966
0,8 v fc 200 k Dh D p 2 1 e V fc D D p h 0,865,21088 e 2 0 , 62803 1 0 , 62803 12,512 5 e 136,488 cP 175 S S L
0 , 66 7
V S
L e
0 , 33 3
0 , 62803
200 0,65697 12,512 5
175 0,5 22,43 9,6
0 , 66 7
9,6 136,4880,33 3
i) V elocidad neta v N
65,21088
ft V fc V S 65,21088 43,966 21,245 min min
ft min
v N 21,245
j) E fic fi c ienci ien cia a de tr tr ansporte ans porte de los rec ortes or tes ff
v N v fc
21,245 65,21088
100% 32,58 %
k) V eloci elocida dad d de flujo míni mínima ma y caudal caudal mínimo (res pecto a los recortes r ecortes)) ft 2,2 vS 2,2 43,966 96,73 min min 2 2 vC Dh De 96,73 12,25 2 6,52 Qc 425,466 GPM vc
24,51
24,51
Qc
425,466 466 GP GPM M 425
30.- Tomando en cuenta los siguientes datos de pozo: - profundidad del pozo - profundidad del zapato - arreglo de perforación
7520 pie 3680 pie TRP 12 1/4‘’ 18 PM 8’’ x 3’’ x 30’
8 HW 6 1/2’’ x 3 1/2’’ x 30’ TP 5’’ x 4,408’’ x 30’ CSG 13 3/8’’ x 12,512”
- bomba triplex - eficiencia mecánica - caudal de bombeo - presión de bombeo
7’’ x 12’’
95 % 350 GPM 2300 psi
Características del lodo: Densidad Viscosidad plástica Punto cedente
9,6 LPG 18 cp 15 lb/100ft2
Características de los recortes: Densidad Diámetro promedio
22,43 LPG 0,5’’
Calcular: a) b) c) d)
El rendimiento rendimiento de la bomba. La potencia potencia hidráulica y mecánica. El volumen necesario necesario en el agujero, agujero, en los tanques y total. El número de emboladas emboladas para: para: Superficie – trépano Trépano – superficie Totales (circ. completa, contando tanques) e) Tiempos de circulación. f) Velocidad de flujo en el espacio espacio anular. g) Velocidad mínima y caudal mínimo. mínimo. h) Velocidad de caída de los recortes. i) Velocidad neta. j) Eficiencia de transporte de los recortes. k) Velocidad crítica y caudal caudal crítico (respecto (respecto los recortes). recortes).
Solución. – a) Rendimiento de la bomba Bbl 0,1428 4118 4118 Emb Emb Bbl 95% 0,1428·0,95 0,1357 Emb Emb
D
2
·S
2
7 ·12
b) Potencia hidráulica
HHP HP
P ·Q
1714 HHP
Eff Eff m ·Eff Eff h
2300·350
469,66 hp
1714 469,66
0,95·1
494,38 hp
c) El volumen necesario necesario en el agujero agujero y en los tanques
V h V i V EA Para el interior de la tubería: 2
C I · L I
V I
DiTP · L I
4,408 2 ·6740
1029,4
1029,4
2
C II · L II
V II
DiiHW · L II 1029,4
2
3,5 ·240
C III III · L III III
V III III
V i
1029,4
2,86 Bbl
1029,4
2
DiPM · L III III
2
3 ·540 1029,4
127,22 Bbl
4,72Bbl
V I V II V III III 134,8 Bbl
Para el exterior de la tubería:
V IV V V
Dh
2
DePM 2
1029,4
Dh
2
DeHW 2
1029,4 2
DeTP 2
2
· L IV
12,25
1029,4 2
· LV
82
12,25
12,25
6,52
1029,4 2
·540 45,15 Bbl
52
·240 25,14 Bbl
Dh
V VII
DiCSG
V EA
V IV V V V VI V VII 912,32 Bbl
V IV
1029,4 2
· LVI
DeTP 2
1029,4
1029,4 2
· LVII
12,512
·3060 371,76 Bbl
52
1029,4
·3680 469,2 Bbl
Por lo tanto el volumen dentro del pozo será: V h
V i V EA 138,8 912,33 1051,13 Bbl
El volumen en los tanques t anques será: V TK
V h ·K 1051,13·0,75 788,35 Bbl
Finalmente, el volumen total será: V T
V h V TK 1051,13 788,35 1839,48 Bbl
d) El numero de emboladas. emboladas. - Para el tramo superficie – trépano: V i
# EmbSUP TRP
95%
134,8 0,1357
Emb 993,37 Emb
- Para el tramo trépano – superficie: # EmbTRP SUP
V EA
95%
912,32 0,1357
Emb 6723,08 Emb
- Para una circulada:
# Emb Embcirc # Emb EmbSUP TRP 993,37 6723,08 7716,45 Emb TRP # EmbTRP TRP SUP 993 - Para los tanques: # Emb EmbTK
V TK
95%
788,35 0,1357
5809,5 Emb Emb
- Finalmente hallamos el número de emboladas totales: # EmbT # Embcirc # EmbTK
Emb 7716,45 5809,5 13525,96 Emb
e) Tiempo de circulación Sup-TRP, TRP- Sup, total. Para el tramo superficie – trépano: t SUP TRP TRP
V i Q
134,8 350 / 42
16,18 min
Para el tramo trépano – superficie: t TRP SUP
V EA Q
912,33 350 / 42
Para una circulada:
109,5 min min
t circ
t SUP TRP t TRP SUP 16,18 109,5 125,65 min 2 h 5 min 39 s
Para los tanques: t TK
V TK Q
788,35 350 / 42
94,6 min
Finalmente, el tiempo total será: t T
t circ t TK 125,65 94,24 220,25 min min 3 h 40 min 15 s f) Velocidad de flujo en el espacio. V fEA
24,51·
Q
Dh
2
D p 2
ft 99,68 min 12,25 8 min 350 ft V fV 24,51· 79 , 57 min min 12,25 2 6,5 2 350 ft V fVI 24,51· 68 , 59 2 2 min min 12,25 5 350 ft V fIV 24,51· 65 , 21 min min 12,512 2 5 2 V fIV
24,51·
350 2
2
g) Velocidad mínima y caudal mínimo. mínimo. Hallamos la velocidad mínima: V m
11800 Dh ·d L
ft 100,34 12,25·9,6 min 11800
Hallamos el caudal mínimo: Dh D p Qm V m · 24,51 2
2
12,25 2 8 2 100,34· 24,51
h) Velocidad de caída de los recortes. Por el método Chien:
352,32 GPM
36800· 3 ·( d d )·d sol sol lodo lodo V S 1 1 2 2,22·d lodo · so l VP 36800·0,5 3 ·( 22,43 9,6)·9,6 18 V S 1 1 2 2,22·9,6·0,5 18 V S 68,97 pie/min VP
i) Velocidad neta. Hallamos la velocidad neta:
V fm V S V N (100,34 68,97) pie p ie/m /min in V N 31,37 pie p ie/m /min in V N
j) Eficiencia de transporte transporte de los recortes. Hallamos la eficiencia de transporte: V N
Eff Eff trans
Eff Eff trans
Eff Eff trans
31,43 %
V fm
x100%
31,7 100,34
x100%
k) Velocidad de flujo mínima. Hallamos la velocidad crítica:
2,2·V S V C 2,2·68,97 pie p ie/m /min in V C 151,73 pie p ie/m /min in V C
Hallamos el caudal crítico: Dh D p QC V C · 24,51 2
2
12,25 2 8 2 QC 151,73· GPM 24,51 QC 532,77 GPM
31.- Tomando en cuenta los siguientes datos de pozo: Profundidad del pozo Profundidad del zapato Arreglo de perforación
-
7520 pies 3680 pies
TRP 18 PM 8 HW TP CSG
Bomba triplex Eficiencia mecánica Caudal de bombeo Presión de bombeo Características del lodo
-
12 ¼’’ 8’’ x 3’’ x 30’ 6 ½’’ x 3 ½’’ x 30 ‘ 5’’ x 4.408’’ x 30’ 13 3/8’’ x 12.512’’
7’’ x 12 ‘’
95% 530 GPM 2300 psi
Densidad 9.6 LPG Viscosidad Plástica 18 cp Punto cedente 15 lb/100ft2
Características de los resortes
-
Diámetro promedio 0.5’’ Densidad 22.43 LPG
Calcular: a) El rendimiento rendimiento de la bomba bomba
D 2 S 4118
95%
7 2 12 4118
Bbl Bbl 0.14279 Emb
0.95 0.14279 0.95
95%
Bbl 0.13565 Emb
b) Potencia HHP
HP
P Q 1714
2300 530
HHP
ff h ff M
1714
HHP 711 .20187hp
711.20187 1 0.95
HP 748 .63355hp
c) Geometría
d) Volumen
V T
V h V TK V i V EA V TK
V i
C L
V EA
1030
V I
=
V IIII
=
V III III
=
V i
V IV IV
=
=
Dh Dp 2
D 2 L
1030
4.4082 6740 1030 3.5 2 240 1030 3 2 540
1030
V I I +V II II +V III III
12.25 2
82
1030
540
2
L
V TK
V h 0.75
= 127.14692
[Bbl]
=
2.85437
[Bbl]
=
4.71845
[Bbl]
________ = 134.71974
[Bbl]
= 45.12015 [Bbl]
V V
=
V VI VI
=
2
6.5 2
1030 12.25 2 5 2
240 = 25.12136 [Bbl]
371.5449 [Bbl] 0 1030 2 2 12.512 5 470.0044 = [Bbl] 6740 = 0 1030 _______ _ 911.7908 = V IV [Bbl] = IV +V V V +V VI VI +V VII VII 1
V VII VII
V EA EA V h
12.25
3060
=
134.71974 911.79081 1046.51054 Bbl Bbl V i V EA 134
V TK V h 0.75 1046. 51054 0.75 784.88291 Bbl Bbl V T
784.88291 V h V TK 1046.51054 784 V T
1831 .39345 Bbl Bbl
e) Número de emboladas
Sup TRP
TRP Sup
V i
95% V EA
95%
134.71974
911.79081
0.13565
0.13565
Sup Sup TRP TRP 993 993.14220 Emb Emb
TRP TRP Sup Sup 6721.64254 Emb Emb
Numero de emboladas para una circulación 7714.78474 Emb Emb V 784.88291 Tanques TK Tanques 5786 .08854 Emb 0.13565 95%
13501 Emb Emb
Totales
f) Tiempo
Sup TRP
V i
TRP Sup
V EA
Q
Q
1 circulada V Tanques TK Q Totales
134.71974
530
42
911.79081 530
42
Sup Sup TRP TRP 10.67590min
TRP TRP Sup Sup 72.25512min 82.93102min
784.88291 530
42
Tanques
62.19827min min
145.12929min
g) Velocidad de de flujo en el espacio anular
v EA
24.51
Q Dh
2
D p 2
ft min min
v IV IV
= 24.51
V
= 24.51
v VI VI
= 24.51
v VII VII
= 24.51
530 12.25 8 530 2
= 150.94031
2
12.25 2 6.5 2 530 12.25 2 5 2 530 12.512 2
52
= 120.48974 = 103.87046 =
98.74790
ft min min ft min min ft min min ft min min
________ v EA EA
=
v IV IV +v V V +v VI VI +v VII VII
= 474.04841
ft min min
h) Velocidad critica v fc
ft 98.74790 min min
i)
Velocidad mínima y caudal mínimo
v min
Qmin
j)
11800 Dh L
V min
Dh
2
11800 12.25 9.6
De 2
24.51
ft min min
v min 100.34014
100.34014
12.25 2
6.5 2
24.51
Qmin 441.36764GPM
Velocidad de caída de los los recortes
YP 2 VP 1.4427 ln 15 2 18 YP VP 15 18
1.4427 ln
0.62803
k
YP VP 511
15 18 5110.62803
k 0.65697
Método de la viscosidad efectiva
0.8 v fc 2 1 e D D h p
200 k Dh V fc
0.8 98.74790 e 2 0 . 62803 1 0.62803 12 . 512 5 e
v S
175 S S
L
0.333
L 0.667
e
0.333
D p
0.62803
200 0.6569712.512 5 98.74790
.96664cp 116
175 0.522.43 9.6
0.667
9.6 0.333 116.96664 0.333
ft min min
v S 46.28436 k) Velocidad neta v N V fc V S 98 .74790 46.28436
l)
v fc
ft 52.46354 min min
Eficiencia de transporte de los recortes
ff
v N v fc
52.46354 98.74790
ff 53.12877%
100%
m) Velocidad de flujo mínima y caudal mínimo (respecto a los recortes) vc
Qc
2.2 vS 2.2 46.28436
vC Dh
2
De 2
24.51
vc
101.8255912.25 2 24.51
6.5 2
ft 101.82559 min min
Qc
447 .90174GP GPM M
ANÁLISIS DE BOMBAS 32.- Con los siguientes datos hallar: a) La velocidad anular alrededor de los collares de perforación.
b) La velocidad anular alrededor de la tubería de perforación. c) La velocidad critica critica alrededor de los collares de perforación. d) La velocidad critica alrededor de la tubería de perforación. e) La presión perdida alrededor de los collares. f) La presión perdida alrededor de la tubería de perforación. g) La presión total perdida en el anular. h) La densidad equivalente de circulación. Profundidad, ft = 11000 Bit Size, in =8 ½ Tubería de perforación (O.D.), in = 4 ½ Collares, in = 6 ½ Longitud de los collares, ft = 1000 Pump Output, bbl/min = 8 Propiedades del lodo: Viscosidad plástica. cp = 20 Yield Point, lb/100ft2 = 10 Densidad, ppg = 12 Solución: a) Paso 1: Calculamos la velocidad anular alrededor de los collares:
V
17.16(OP , [bbl / min]) d h V V
2
d p 2
(17.16 * 8) 8.5 2 6.5 2 137.28 30
4.6[ ft / sec] V b) Paso 2: Calculamos la velocidad anular alrededor de la tubería: t ubería: V
V V
(17.16 * 8) 8.52 4.52 137.28 52
17.16(OP , [bbl / min]) d h
2
d p 2
V 2.6[ ft / sec]
c) Paso 3: Velocidad critica alrededor de los collares: Vc
Vc
1.08 PV 1.08 PV 2 9.26(d h d p ) 2 *YP *W (d h d p )W (1.08 * 20) 1.08 202 9.26(8.5 6.5) 2 (10)(12) (8.5 6.5)12
Vc 4.0[ ft / sec]
V >Vc por que la l a fluidez es turbulenta alrededor de los collares. d) t ubería de perforación: Paso 4: Velocidad critica alrededor de la tubería Vc
Vc
1.08 PV 1.08 PV 2 9.26(d h d p ) 2 *YP *W (d h d p )W (1.08 * 20) 1.08 202 9.26(8.5 4.5)2 (10)(12) (8.5 4.5)12
Vc 3.5[ ft / sec]
V
928(d h d p )V *W PV
Nr 928
(8.5 6.5)(4.6)(12) 20
Nr 5123
Paso 6: Con este numero de Reynolds y de tablas obtenemos el factor f: f = 0.0085 Paso 7: Pd
f * L *W *V 2 25.8(d h d p )
Pd
(0.0085)(1000)(12)(4.6) 2 25.8(8.5 6.5)
Pd Pd 39.5[ PSI ] f) Paso 8: Presión perdida alrededor de la tubería: Pd
Pd
PV * L *V 1000(d h d p ) 2
(20)(10000)(2.6) (1000)(8.5 4.5) 2
YP * L 200(d h d p )
(10)(10000) 200(8.5 4.5)
Pd 157.5[ PSI ]
g) Paso 9: La presión total perdida en el anular será: 157.5+39.5 = 197.0 [PSI] h) Paso 10: Finalmente se calcula la densidad equivalente de circulación: We W
Pd (anular )
We 12
197.0
0.052 D
0.052 *11000
Pd 12.3[ ppg ]
33. - Toma Tomando ndo en cuenta cuenta los los s ig uientes datos datos de pozo. -
P rofu rofundidad ndidad P ro rofun fundid didad ad del zapa zapato to A rr rreg eg lo de perforaci perfor ación ón
3000 m 1600 m
-
B om omba ba Tri Tripl plex ex E fic ficienci iencia a me mecánica cánica
TRP 15 PM 10 HW TP CSG
8 ½'' 6 ½''x 2 ¼'' x 30 30'' 5'' x 3'' x 30' 4 ½'' x 3.8 3.826 26'''' x 30' 9 5/ 5/8'' 8'' x 8.83 8.835'',N-80 5'',N-80
6 ¾'' x 7'' 90 %
-
C audal de bombe bombeo o P res ión de bom bombeo beo C aracte racteríríss ticas del lo lodo do
500 G P M 2800 ps psii
-
C aract racterís erís ticas de lo loss recorte recortess
Calcular:
Densi dad Densida d 9.5 LP G Viss cos ida Vi idad d Plá Pláss tica 16 cp P unto cedente c edente 12 lb/100 lb/100 ft 2 Di áme Diá metro tro prome promedio dio 0.5'' Densida Densi dad d 22.32 22 .32 LP G
a) E l rendi rendimiento miento de la la bomba b) L a pote potenc ncia ia hi hidráulica dráulica mecánica c) L a g eome eometría tría del pozo d) E l volume volumenn necesa neces aririo o en en el ag ujero, volumen volumen en lo loss ta tanques nques y volumen tota total.l. e) E l número de embo embola lada dass para: uperfificc i e – Tr Trepa epano no S uper uperficie rficie Trepano – S upe Totale less (C irircula culaci ción ón com c omple pleta ta,, Tota incluido inc luido el lodo lodo de los los ta tanques nques)) f) Ti Tiempo empo de cir ci r c ulaci ulación ón
S uper uperfificc i e – Tr Trepa epano no Trepano – S upe uperficie rficie Total
g ) V eloci elocidad dad de flujo en el es paci pacio o anular. anular. h) V elocidad míni mínima ma,, caudal caudal míni mínimo. mo. i) V el eloci ocida dad d de caída de los recortes recortes j) V eloci elocidad dad neta k) E fici ficiencia encia de tra trass port portee de lo loss r ecort ecortes es l) V el eloci ocida dad d cr crítica ítica y cauda caudall cr crítico ítico (res pecto de los recortes) . a) R endimiento de la bomba
D 2 S 4118
6 .75 2 7 4118
Bbl 0.07745 Emb
90%
0.95 0.07745 0.95
90%
Bbl Bbl 0.07358 Emb Emb
b) P otenci otencia a hidráulica y mecánica mecánica
HHP
P Q 1714
HP
2800 psi 500GPM
HHP
ff h ff M
1714
816 .80 hp 1 0.90
HHP HH P 816 816 .80hp HP 907 907 .56 hp
c) G eometría eometría del pozo
d) V olumen olumen necesa neces ario ri o en el ag ujero, volumen volumen en los los tanques tanques,, volumen volumen total V T
V h V T V 1 V EA V T
V i
C L
D 2 L
V EA
314
V I
V II
=
=
V 1
=
V IV IV V V V VI VI
314 3 2 91.44
=
314 2.25 2 137 .16 314
V I V II V III 8.5 2
314 8.52 52
= =
6 .5 2
314 8.52 4.52 314
2
D p 2
314
3.826 2 2771.4
=
V III
Dh
L
V TK
V h 0.75
=
129. 129.20
Bbl Bbl
=
2.62
Bbl Bbl
=
2.21
Bbl Bbl
=
134. 134.03
Bbl Bbl
137 .16 =
13. 13.10
Bbl Bbl
=
13. 13.76
Bbl Bbl
1171.4 =
193. 193.99
Bbl Bbl
91.44
8.8352 4.52
V VII VII
=
1600 =
294. 294.56
Bbl Bbl
v EA
= V IV V V V VI V VII =
515. 515.41
Bbl Bbl
314
V h V T
649.44 Bbl Bbl V 1 V A 649
V h 0.75 649 649.44 0.75 487 .08 Bbl Bbl
V TOTAL
Bbl V h V T 649.44 487 .08 Bbl
V TOTAL
1136 .52 Bbl
e) Número de embolad embolada as para:
Superficie – Trepano
Trepano – Superficie
Circulación completa
V 1
95% V A
95%
134.03 0.07358 515.41 0.07358
SUP TRP TRP 1821.56 Emb Emb SUP
TRP SUP SUP 7004.76 Emb Emb TRP
SUP SUP TRP TRP SUP SUP 8826 .32 Emb Emb
Tanques
Totales
V TK
95%
487 .08 0.07358
TANQUES 6619.73 Emb Emb
SUP SUP TRP TRP SUP SUP TANQUES 15446 .05 Emb Emb
f) Tiempos Ti empos de c i rculaci rc ulación ón V 1
Superficie – Trepano
Trepano – Superficie
Tiempo de circulación
Tanques
Total
V T Q
Q V A
Q
134.03 500
515.41 500
SUP TRP TRP 11.26 min min 42 SUP
TRP SUP SUP 43.29min min 42 TRP SUP SUP TRP TRP SUP SUP 54.55min min
487 .08 500
40.91min min 42 TANQUES
1h35 min 46 s
SUP TRP SUP 95.46 min min
g ) V elocidad eloci dad de flujo en el espaci es pacio o anular: anular: v EA
V IV IV
= 24.51
V V
= 24.51
V VI VI
= 24.51
V VII VII
= 24.51
v EA EA
=
24.51
Q D h
2
500 8.5 2 6 .5 2 500 8.5 2 5 2 500
8.5 2 4.5 2 500 8.835 2
4.5 2
V IV V V V VI V VII
D p 2
ft min
=
408.50
=
259.36
=
235.67
=
212.00
=
1115.53
ft min ft min ft min ft min ft min
h) V elocidad mínima míni ma y caudal caudal mínimo míni mo vmin Qmin
V min
Dh
2
De 2
24.51
11800 Dh L
146 .13
11800 8.5 9.5 LPG
8.5 2
6 .5 2
24.51
ft min min
vmin 146.13 Qmin
178.86 GP GPM M
i) V eloci elocida dad d de caída de los recortes YP 2 VP 1.4427 ln 12 2 16 YP VP 12 16
0.652
1.4427 ln
k
YP VP 511
12 16 5110.652
k 0.480
0.8 v fc 2 1 e Dh D p
0.8 212 2 0 . 652 1 e 0.652 8.835 4.5
0.667
D p
V fc 0.652
200 0.4808.835 4.5 212
65.18 2.30 0.652 1.96 e 51.4cp
e
v S
200 k Dh
175 S S L
L
0.333
e 0.333
0.667
175 0.522.32 9.5
9.5 51.4 0.333 ft min
v S 61.04
j) V elocidad eloci dad neta v N V fc V S 212 61.04
v N
ft 150.96 min
k) E ficiencia fici encia de transporte de los los recortes recortes ff
v N v fc
150.96 212
100%
l) V eloci elocida dad d critica cr itica y caudal caudal critico cr itico
ff 71.21%
