REPÚBLICA BOLIVARIANA DE VENEZUELA UNIVERSIDAD DEL ZULIA FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA DE PETRÓLEO
Realizado por: Br. Gerardo Lema Br. Jose Valbuena Supervisado por: Prof(a). Maika Gambús
MARACAIBO, ABRIL DEL 2006
Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
PREFACIO El presente trabajo es un compendio de ejercicios tomados de la literatura y del ingenio de los profesores de la Escuela de Ingenieria Petrolera de La Universidad del Zulia, que han dictado a lo largo de los años y que dictan en los actuales momentos la asignatura de Ingeniería de Yacimientos I. Esta primera versión consta de sesenta ejercicios resueltos, y se encuentra actualmente en revisión. Expresamos nuestro agradecimiento al profesor Oscar Gil, sus comentarios en la edición de este compendio permitieron su mejor diseño.
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Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
INDICE GENERAL Página POROSIDAD ……………………………………… …………………………………………………………………………… ……………………………………………….. …………..
4
VOLUMEN DE ROCA …………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………… …………
16
PERMEABILIDAD ……………………………………………………………………… ………………………………………………………………………………….. …………..
24
PRESION CAPILAR ……………………………………………………………………… ………………………………………………………………………………… …………
51
ANALISIS PVT …………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………….. ………………….. 63 BALANCE DE MATERIALES ……………………………………………………………………… ………………………………………………………………………..
84
DECLINACION ………………………………………………………………………………………. 104 YACIMIENTOS DE GAS ……………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………. ……. 116 APENDICE ……………………………………………………… …………………………………………………………………………………………… …………………………………….... 125
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Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
EJERCICIO N° 1 Determine la porosidad del siguiente sistema ideal con granos perfectamente esféricos y de igual diámetro formando un empaque cúbico, el cual es el arreglo de mínima compactación y por lo tanto de máxima porosidad. En este los ejes entre las esferas forman ángulos de 90°.
Porosidad ( φ ) =
Volumen Poroso Volumen Total φ =
=
Volumen Total − Volumen Sólido Volumen Total
Vt − Vs Vt
Vt = ( 2 r )3 = 8 r 3 Vs =
4π r 3 3 3
φ =
8 r 3 − 4π r 8 r 3
π ⎞ 3 = ⎛ ⎜1 − ⎟ ⎝ 6 ⎠
φ = 47 .6 %
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Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
EJERCICIO N° 2 Determine la porosidad del siguiente sistema ideal con granos perfectamente esféricos y de igual diámetro formando un empaque ortorrómbico, en el cual las esferas se acomodan formando sus ejes ángulos entre si de 60 ° en un plano y de 90° en otro plano.
Vt = 2 rh * 2 r = 8 r sen60 = 3
Vs =
4 3
8 r 3 3 2
π r 3
8 r 3
4 3 − π r 3 φ = 2 3 3 = 39.54 % 8 r 3 2
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EJERCICIO Nº 3 Dada la siguiente información determinar las porosidades promedios por los siguientes métodos: A.- Por promedio aritmético. B.- Por promedio ponderado B.1.- Por espesor B.2.- Por volumen B.3.- Por Área C.- Por promedio estadístico Luego de realizar los cálculos, discutir cual valor ofrece mayor confiabilidad. NÚMERO DE POZOS 1 2 3 4 5 6 7
ESPESOR DE LA ARENA (FT) 15 25 28 16 9 24 18
Bo = 1.22 (By/Bn)
AREA DE DRENAJE (ACRES) 21 20 25 22 28 19 15
POROSIDAD (FRACCION) 0.28 0.22 0.24 0.28 0.25 0.18 0.27 Σ = 1.722
Sw = 31.0 %
-Por promedio aritmético: n
∑ φ i 1.72 = 0.246 φ p = i =1 = 7 n
Por promedio ponderado: - Por espesor: ESPESOR DE LA ARENA (Ft) 15 25 28 16 9 24 18 ∑ = 135
POROSIDAD (Fracción) 0.28 0.22 0.24 0.28 0.25 0.18 0.27 Σ = 1.722
6
Øi×hi 4.2 5.5 6.72 4.48 2.25 4.32 4.86 ∑ = 32.33
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Ingenieria de Yacimientos I: Problemario n
∑ φ i × hi = 32.33 = 0.23 φ p = i =1
135
n
∑ hi i =1 - Por volumen: n
∑ φ i ×hi × Ai φ p = i =1 n
∑ hi × Ai i =1
ESPESOR DE LA ARENA (Ft) 15 25 28 16 9 24 18 ∑ = 135 φ p =
POROSIDAD (%) 21 20 25 22 28 19 15 Σ = 1.722
hi×Ai
hi×Ai×Øi
315 500 700 352 252 456 270 ∑ = 2845
88.2 110 168 98056 63 82.08 72.9 ∑ = 682.74
682.74 = 0.239 2845
- Por área: n
∑ φ i × Ai = 36.83 = 0.245 φ p = i =1 n 150 ∑ Ai i =1 - Por promedio estadístico: n
n
∑ Xi ∑ φ i 1.72 = 0.246 μ = i =1 = i =1 = n n 7 n
2
∑ ( Xi − μ ) σ 2 = i =1 n −1 7
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Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
ESPESOR DE LA ARENA (Ft) 15 25 28 16 9 24 18
Xi
µ
( Xi - µ)2
0.28 0.22 0.24 0.28 0.25 0.18 0.27
0.246 0.246 0.246 0.246 0.246 0.246 0.246
0.001156 0.000676 0.000036 0.001156 0.000016 0.004356 0.000576 ∑ = 0.007972
σ 2 = 0.007972 = 0.001328
6
la desviación estándar es: S = σ 2 ; S = 0.001328 = 0.03644
Para obtener la distribución normal
n( x ,μ ,σ ) =
1 S 2π
⎡ ( X − μ )⎤ −1 ⎢⎣ S ⎥⎦ ×l 2
2
Con X = 0.28 n=
1
0.03645 2π
×l
⎡ (0.28 − 0.246)⎤ −1 ⎢⎣ 0.03644 ⎥⎦ 2
2
= 7.08420231
y análogamente con los valores restantes de ø. Luego de obtenidos todos los valores de distribución normal se ordenan de menor a mayor según la porosidad. POROSIDAD 0.18 0.22 0.24 0.25 0.27 0.28
DISTRIBUCION NORMAL (n) 2.1232189 8.48760932 10.8005187 10.8821627 8.81329661 7.08420231
8
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Graficando ø vs n, tenemos:
Distribucion Normal vs Porosidad 12 10 8 n
6 4 2 0 0,00
0,05
0,10
0,15
0,20
0,25
0,30
Porosidad
Dado que en un yacimiento la porosidad varia, se puede concluir que el método mas confiable es el método estadístico, ya que este nos da un rango dentro del cual se encuentran los valores de porosidad. Los métodos ponderados solo nos dan valores puntuales, los cuales pueden tener u alto porcentaje de error.
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EJERCICIO Nº 4 Dada la siguiente distribución de los valores de porosidad con profundidad presentada a continuación: A.- Graficar el perfil de porosidad vs. Profundidad. B.- Determine zonas de porosidad similar. B.- Calcular la porosidad promedio de intervalo 6562 -6570 C.- Asumiendo una distribución de probabilidad normal, calcule la media y la distribución estándar. D.- Grafique la función de probabilidad normal. Profundidad (pies) 6542 6544 6546 6548 6550 6552 6554 6556 6558 6560 6562 6564 6566 6568 6570 6572 6574 6576 6578 6580 6582 6584 6586 6588 6590 6592 6594 6596 6598
Porosidad (Fracción) 0,24 0,22 0,18 0,16 0,21 0,213 0,19 0,18 0,21 0,15 0,16 0,14 0,06 0,07 0,08 0,05 0,07 0,21 0,19 0,17 0,18 0,17 0,19 0,02 0,12 0,14 0,13 0,11 0,14 Σ = 4.353
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Graficando Profundidad vs porosidad, tenemos:
Perfil de porosidad -6540 -6542 0
0,02
0,04
0,06
0,08
0,1
0,12
0,14
0,16
0,18
0,2
0,22
0,24
-6544 -6546 -6548 -6550 -6552 -6554 -6556 -6558 -6560 -6562 -6564 d-6566 a d i -6568 d n-6570 u f -6572 o r -6574 P
-6576 -6578 -6580 -6582 -6584 -6586 -6588 -6590 -6592 -6594 -6596 -6598 -6600
Porosidad
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Zonas de porosidades similares:
Perfil de porosidad -6540 -6542 0
0,02
0,04
0,06
0,08
0,1
0,12
0,14
0,16
0,18
0,2
0,22
0,24
-6544 -6546 -6548 -6550 -6552 -6554 -6556 -6558 -6560 -6562 -6564 d-6566 a d i -6568 d n-6570 u f -6572 o r -6574 P
-6576 -6578 -6580 -6582 -6584 -6586 -6588 -6590 -6592 -6594
ZONA 1
-6596 -6598 -6600
Porosidad
12
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Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
Al identificar las zonas de porosidades similares es posible determinar la porosidad promedio por zona, y de esta manera disminuir el % de error que se pueda presentar. Calculamos la porosidad promedio en el intervalo 6542 – 6598 Por promedio aritmético n
∑ φ i 4.353 = 0.1501 φ p = i =1 = 29 n
Por promedio ponderado (espesor) n
∑ φ i ×hi φ p = i =1 n
∑ hi i =1
Profundidad (pies) 6542 6544 6546 6548 6550 6552 6554 6556 6558 6560 6562 6564 6566 6568 6570 6572 6574 6576 6578 6580 6582 6584 6586 6588 6590 6592 6594 6596
Porosidad (Fracción) 0,24 0,22 0,18 0,16 0,21 0,213 0,19 0,18 0,21 0,15 0,16 0,14 0,06 0,07 0,08 0,05 0,07 0,21 0,19 0,17 0,18 0,17 0,19 0,02 0,12 0,14 0,13 0,11
hi (pies) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 13
ø*hi 0,48 0,44 0,36 0,32 0,42 0,426 0,38 0,36 0,42 0,3 0,32 0,28 0,12 0,14 0,16 0,1 0,14 0,42 0,38 0,34 0,36 0,34 0,38 0,04 0,24 0,28 0,26 0,22 Versión actualmente en revisión
Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
6598
0,14 Σ = 4,353
2 Σ = 58
0,28 Σ = 8,706
Entonces tenemos: φ p =
8.706 = 0.1501 58
Asumiendo una distribución de probabilidad normal, la media y la desviación estándar: - Media: n
n
∑ Xi ∑ φ i 4.353 = 0.1501 μ = i =1 = i =1 = n 29 n
- Desviación estándar: S = σ 2
- Calculamos la varianza ( σ 2) 2 n ∑ ( Xi − μ ) σ 2 = i =1 n −1 (Xi- µ) 0,0899 0,0699 0,0299 0,0099 0,0599 0,0629 0,0399 0,0299 0,0599 -0,0001 0,0099 -0,0101 -0,0901 -0,0801 -0,0701 -0,1001 -0,0801 0,0599 0,0399 0,0199 0,0299 0,0199 0,0399
(Xi - µ)2 0,00808 0,00489 0,00089 0,00010 0,00359 0,00396 0,00159 0,00089 0,00359 0,00000 0,00010 0,00010 0,00812 0,00642 0,00491 0,01002 0,00642 0,00359 0,00159 0,00040 0,00089 0,00040 0,00159 14
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Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
-0,1301 -0,0301 -0,0101 -0,0201 -0,0401 -0,0101
σ 2 =
0.09217 = 0.00329 28
0,01693 0,00091 0,00010 0,00040 0,00161 0,00010 Σ = 0,09217
S = 0.00329 = 0.05736
Hallamos la distribución normal:
n( x ,μ ,σ ) =
1 ×l S 2π
⎡ (( X − μ ))⎤ −1 ⎢⎣ S ⎥⎦ 2
2
X = 0.02 n=
1 ×l 0.05736 2π
⎡ (0.02−0.1501)⎤ −1 ⎢⎣ 0.05736 ⎥⎦ 2
2
= 5.311135
Análogamente para los valores restantes de porosidad. Ahora ordenamos los valores: POROSIDAD 0.02 0.05 0.06 0.07 0.08 0.11 0.12 0.13 0.14 0.15 0.16 0.17 0.18 0.19 0.21 0.213
DISTRIBUCION NORMAL (n) 0.531135 1.157023 2.025452 2.623324 3.295962 5.447211 6.060457 6.540888 6.848073 6.955050 6.852237 6.548845 6.071519 5.460472 4.031778 3.812261 15
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0.22 0.24
3.310016 2.036563
Graficamos la función de distribución normal.
Distribución normal vs porosidad 8 7 6 5
n 4 3 2 1 0 0
0,03
0,06
0,09
0,12
0,15
0,18
0,21
0,24
Porosidad
Volumen de Roca - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - EJERCICIO N° 5 Dada la siguiente información, determinar la distribución, el volumen de petróleo en sitio (POES) por el método determinístico, calculando el volumen de roca. POZO
ANP. (Ft)
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
12 15 32 32 18 43 40 25 12 24 13 ∑ = 266
POROSIDAD (FRACCION) 0.075 0.092 0.085 0.101 0.089 0.076 0.125 0.15 0.162 0.143 0.165 1.264
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Hallamos las áreas planeadas (ver figuras) A0 = 61.5×10 = 615acres A10 = 50×10 = 500 acres A20 = 31×10 = 310 acres A30 = 18×10 = 180 acres A40 = 5.5×10 = 55 acres Para hallar la porosidad promedio (promedio ponderado por espesor) POZO 1 2 3 4 5 6 7 8
POROSIDAD 0.075 0.092 0.085 0.101 0.089 0.076 0.125 0.15
Ai 10 10 30 30 10 40 40 20
19
hi 12 15 32 32 18 43 40 25
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Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
9 10 11
0.162 0.143 0.165
10 20 10
∑ = 1.264
∑ = 230
Øi×Ai 120 150 960 960 180 1720 1600 500 120 480 130 ∑ = 6920
Ø×hi×Ai 9 13.8 81.6 96.96 16.02 130.72 200 75 19.44 68.44 21.45 ∑ = 732.63
12 24 13 ∑ = 266
Ai хhi 120 150 960 960 180 1720 1600 500 120 480 130 Σ = 6920
n
∑ φ i ×hi × Ai = 732.63 = 0.1058 φ p = i =1 n
∑ hi × Ai i =1
6920
A.- Método Piramidal: n
(
ΔVb = h ∑ An + An +1+ An× An +1 3 i =1
)
De (0 -10)
ΔVb = 10 ⎛ ⎜ 615+ 500+ 615×500 ⎞⎟ = 5565.0894acres − pie ⎠ 3 ⎝ De (10 -20)
ΔVb = 10 ⎛ ⎜ 500+ 310 + 500×310 ⎞⎟ = 4012.334acres − pie ⎠ 3 ⎝ De (20 –30)
ΔVb = 10 ⎛ ⎜ 310+180 + 310×180 ⎞⎟ = 2420.7341acres − pie ⎠ 3 ⎝ 20
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Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
De (30 –40)
ΔVb = 10 ⎛ ⎜180+ 55 180×55 ⎞⎟ =1114.99acres − pie ⎠ 3 ⎝ ΔVtotal = 5565.0894 + 4012.33+ 2420.7341+1114.99 =13113.14
POES = POES =
7758 ×Vb ×φ × soi Boi
7758×13113.4×0.1058×0.65 = 5758214.389BN 1.215
POES = 4.758MMBN
B.- Método Trapezoidal: h Vb = ( Ao + 2 A1+ 2 A2+.....+ 2 An)+ tp × An
2
Vb =
10 615+ 2(500)+ 2(180)+ 2(55) + 40 40 =15125acres − pie [ ] ( )( ) 2
POES = POES =
7758 ×Vb ×φ × soi Boi
7758×15125×0.1058×0.65 = 6641526.4259BN 1.215
POES = 6.6415MMBN
C.-Método de los anillos o Tajadas: n ⎛ hi −1+ hi ⎞ Vb = ∑ ⎜ ⎟( Ai ) 2 ⎠ i =1⎝
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Ingenieria de Yacimientos I: Problemario ⎛ 0 +10 ⎞ ⎛ 10+ 20 ⎞ ⎛ 20 + 30 ⎞ ⎛ 30+ 40 ⎞ × 615 − 500 + × 500 − 310 + × 310 − 180 + ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ × (180− 55) ( ) ( ) ( ) ⎜ 2 ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎜ 2 ⎟ 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Vb = ⎜
Vb =11050acres − pie POES = POES =
7758 ×Vb ×φ × soi Boi
7758×11050×0.1058×0.65 = 4852156.4963BN 10215
POES = 4.852156MMBN
d- Método de la Curva ESPESOR NETO PETROLIFERO 40 30 20 10 0
AREA TOTAL 55 180 310 500 615
Gráfico de Espesor neto Vs Área total
Espesor n eto vs Area total 45 40 o 35 t e 30 n r 25 o s 20 e p 15 s E 10 5 0 0
200
400
600
800
Area
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Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
INCREMENTO DEL AREA
AREA (ACRES)
615-600
15
600-500
100
500-400
100
400-300
100
300-200
100
200-100
100
100-0
100
PROMEDIO DE ESPESOR
0 + 2 =1 2 2 + 9 = 5.5 2 9+15 =12 2 15+ 20 =17.5 2 20+ 28 = 24 2 28+ 36.5 = 32.25 2 36.5 + 45 = 40.75 2
INCREMENTO DE VOLUMEN(ACRES-PIES) 15 550 1200 1750 2400 3225 4075
Extrapolando para encontrar el espesor de 0 acres 200 ------28 100 ------36.5 0 ----- X POES = POES =
X = 45
7758 ×Vb ×φ × soi Boi
7758×13215×0.1058×0.65 = 5802827.88BN 1.215
POES = 5.80282788MMBN
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Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
LEY DE DARCY, POTENCIAL DE FLUJO Y TASAS DE PRODUCCIÓN - - - - - - - - - - - EJERCICIO Nº 6 Un núcleo cuyas dimensiones se miden en el laboratorio es analizado para determinar su permeabilidad. Obtenidos los siguientes datos: q P1 P2 L D
= = = = =
10cc/seg. 200 Lpc 100 Lpc 3 in 2 in
Si se consideramos que el fluido sea agua, si seria sería suficiente, entonces, la viscosidad seria igual a 1 cp. Luego, por la ecuación de Darcy tenemos que: Q = K × A×
ΔP L
Q×L K = A×ΔP
Trabajamos en las unidades correspondientes L = 3 in = 7.62 cm. D =2 in = 5.08 cm.
ΔP = P 1− P 2
ΔP = (214.7 −114.7)Lpca = 6.8045atm A = π × r 2 = π × (2.54)2 = 20.2580cm2
Finalmente: Q×L K = A×ΔP K =
10cm / seg ×7.62cm = 0.55279darcy = 552.79md 20.2580cm 2 ×6.8045atm
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EJERCICIO Nº 7 La figura anexa muestra un aparato para conducir el experimento de Darcy y examinar el flujo de un líquido incomprensible en un medio poroso. Se muestra las alturas manométricas en estado estacionario. Las propiedades de las rocas y los fluidos son: K=2 darcy ρ=1.024gr/cm3 A=100cm2 µ=1.5cp A.- Desarrolle los cálculos apropiados para determinar si existe flujo a través del medio poroso o si el flujo se encuentra en equilibrio estático: Pa = Patm +
Za× ×g gc
3 . 2808 Ft ×63.92lbm / Ft 3 ×32.17Ft / seg = Pa =14.7 + lbm×Ft 32.17 lbf ×seg 2 Pa = 224.4087Lpca = 15.2701atm
Pb = Patm +
Zb× ρ ×g gc
1 . 6404 Ft ×63.92lbm / Ft 3 ×32.17Ft / seg = Pb =14.7 + lbm×Ft 32.17 lbf ×seg 2 Φa = Pa ± g × ρ ×Za 1.033×106 63 . 93 lbm / Ft 3 ×0×32.17Ft / seg Φa =15.2701atm + = 6 1.033×10
Φa =15.2701atm Φb = Pb ± g × ρ ×Zb 1.033×106 25
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63 . 93 lbm / Ft 3 ×2.4606×32.17Ft / seg Φb = 8.135atm + = 6 1.033×10
Φb = 8.1351atm EJERCICIO Nº 8 Calcular las presiones al nivel de referencia, los gradientes de presión y el movimiento de fluido en el yacimiento a partir de las presiones estáticas medidas en los pozos.
Datos: Distancia entre pozos Espesor neto del estrato Buzamiento del estrato entre pozos Gravedad específica del fluido en el yacimiento Permeabilidad del yacimiento Viscosidad del fluido del yacimiento Presión estática del pozo N 0 1 Presión estática del pozo N 0 2 Nivel de referencia del estrato
1320 ft 20 Ft 8 0 37´ 0.693 ( agua = 1.00) 145 md 0.32 3400 Lpca a 7720 Ft bajo el nivel del mar 3380 lpca a 7520 Ft bajo el nivel del mar 7600 Ft bajo el nivel del mar
Gradiente del fluido del yacimiento = 0.693 × 0.433= 0.300 lpc/Ft P1 al nivel de referencia de 7600 Ft = 3400 – 120 × 0.30= 3364lpca P2 al nivel de referencia de 7600 Ft= 3380 + 80 × 0.30= 3404 lpca La diferencia de 40 lpca indica movimiento del fluido buzamiento abajo, del pozo N 0. 2 al pozo N0. 1. El gradiente efectivo promedio es 40/1335 =0.030 lpca/Ft, donde 1335 es la distancia a lo largo del estrato entre los pozos. Luego la velocidad es:
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⎛ 0.145 ⎞ ⎜ 0.32 ⎟⎟× 0.030 = 0.0153bl/día/Ft ⎝ ⎠
ν =1.128⎜
ν = 5.615× 0.0153 = 0.086 Ft/día
EJERCICIO Nº 9 De la siguiente información: Distancia del pozo A –B (Ft) PA = Lpc Pb = Lpc Gradiente de fluido: Lpc/pie K = md Viscosidad = centripoise Densidad = gr/cc
2500 4365 @ 9332t 4372 @ 9672t 0.25 245 0.63 0.577367
Determinar: A- Dirección de flujo entre pozos B.-Gradiente promedio de presión C.- Velocidad del fluido D.- Distribución de presión en ambos pozos
A.- dirección de flujo entre pozos:
Φ = P ± ρ ×g ×Z 1.03×106 Transformando las unidades: Pa Za Pb Zb ρ
g
4635 lpc 9332 Ft 4372 lpc 9672 Ft 0.57736 gr/cc 32.2 Ft/seg2
4379.7 lpca 284439.36 cm 4386.7 lpca 294802.56 cm 36.0437 lbs/pie 3 981.456 cm/seg 2
298.0209 atm 298.4972 atm
Φa = Pa ± ρ ×g ×Za 1.03×106
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⎛ 0.577367gr / cm 3 ×981.456cm / seg 2 ×284439.36cm ⎞ ⎟ = 454.5051 atm Φ = 298.0209atm + ⎜ 6 ⎜ ⎟ 1.03×10 ⎝ ⎠
Φb = Pb ± ρ ×g ×Zb 1.03×106 ⎛ 0.577367gr / cm 3 ×981.456cm / seg 2 ×294802.56cm ⎞ ⎟ = 460.6844 atm Φ = 298.0209atm + ⎜ ⎜ ⎟ 1.03×106 ⎝ ⎠
Como Φa〉Φb , nos indica que el flujo va desde el punto B al punto A B.- Gradiente de presión: Gp =
Ga +Gb
2
Para calcular el gradiente Para el pozo A: dP = Pa − Patm = (Pa + Patm )−Patm = Pa ds Ha Ha Pa 4365lpc = = 0.4677 lpc Ha 9332Ft pies
Para el pozo B: dP Pb −Patm = = (Pb + Patm) − Patm = Pb ds Hb −0 Hb dP 4372lpc = = 0.4520 ds 9672 pie Gp =
(0.4677+ 0.4520) = 0.4598lpc / pie 2
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C.- Velocidad del fluido υ =
− k ⎡ dP ± ρ ×g ×senα ⎤ ⎢ ⎥ μ ⎣ ds ⎦
Para buscar el ángulo
h = 9672 – 9332 = 340 Ft tg α =
C .op = 340ft = 0.136 C .ady 2500ft
α = arctg 0.136 = 7.744o = 0.1352 rad.
dp Pb −Pa 4372− 4365 = = = 0.020588lpc / pie = 4.5962×10− 5atm / cm ds Hb −Ha 9372−9332 ρ ×g ×senα
gc
lbs / pie 3 32.2 pie / seg 2 (sen0.1352rad ) 36 . 0437 = lbm× pie 32.2 lbf ×seg 2
lbs lbs 1 pie 2 = 4.858 × = 0.0337lps 4.858 / pie 3 3 2 pie pie 144in
Transformando a atm. /cm 7.534 х10-5 atm/cm
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dp Pb −Pa = = 298.4972 − 298.0209)atm = 4.5960×10− 5atm / cm ds Ha −Hb (294802.56 − 284439.36)cm
Sustituyen en la ecuación: υ =
− 0.245darcy ⎡4.5960×10− 5 − 7.534×10 − 5 ⎤atm / cm ⎥⎦ 0.63cp ⎢⎣
υ = 0.13935×10− 5cm / seg
D.- Distribución de presión en ambos pozos: Para el pozo A GA
=
.4677lpc/pie
P1
=
0.4677 ×
1000
=
467.7 Lpc
P2
=
0.4677 ×
2000
=
935.4 Lpc
P3
=
0.4677 ×
3000
=
1403.1 Lpc
P4
=
0.4677 ×
4000
=
1870.8 Lpc
P5
=
0.4677 ×
5000
=
2338.5 Lpc
P6
=
0.4677 ×
6000
=
2806.2 Lpc
P7
=
0.4677 ×
7000
=
3273.9 Lpc
P8
=
0.4677 ×
8000
=
3741.6 Lpc
P9
=
0.4677 ×
9000
=
4364.5 Lpc
Para el pozo B GB: 0.4520lpc/pie P1
=
0.4520 ×
1000
=
452 Lpc
P2
=
0.4520 ×
2000
=
904 Lpc
P3
=
0.4520 ×
3000
=
1356 Lpc
P4
=
0.4520 ×
4000
=
1808 Lpc
P5
=
0.4520 ×
5000
=
2260 Lpc
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P6
=
0.4520 ×
6000
=
2712 Lpc
P7
=
0.4520 ×
7000
=
3164 Lpc
P8
=
0.4520 ×
8000
=
3616 lpc
P9
=
0.4520 ×
9000
=
4371.74 Lpc
Gradiente de presión por fluido (ya encontrado) = 0.0377 Lpc/pie Luego la distribución de presiones en la siguiente: P1
=
0.0377 ×
1000
=
33.7Lpc
P2
=
0.0377 ×
2000
=
67.4Lpc
P3
=
0.0377 ×
3000
=
101.1Lpc
P4
=
0.0377 ×
4000
=
134.8Lpc
P5
=
0.0377 ×
5000
=
168.5Lpc
P6
=
0.0377 ×
6000
=
202.2lpc
P7
=
0.0377 ×
7000
=
235.9Lpc
P8
=
0.0377 ×
8000
=
269.6Lpc
P9
=
0.0377 ×
9000
=
325.94Lpc
EJERCICIO Nº 10 Cuatro pozos han sido completados en un yacimiento con las siguientes presiones estáticas. Los pozos están ubicados en un cuadrado de 150 metro de lado. Determinar las direcciones del flujo y los gradientes entre cada pozo POZO LUZ – 01 LUZ – 02 LUZ - 03 LUZ - 04 API = 31
PROFUNDIDAD DE LOS TOPES (Ft) 8956 9235 9350 9050
ρ agua = 62.4 lb/Ft 3
PRESION AL TOPE (Lpc) 2125 2180 2289 2160
Datum = 9100 Ft
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Las alturas serán: Z1 Z2 Z3 Z4
= = = =
144 Ft 135 Ft 250 Ft 50 Ft
Calculando el potencial para cada pozo, a través de:
Φ = P ± ρ ×g ×Z
gc Hallamos la densidad: ρ f → ρ f = γ × ρ a γ = ρ a γ =
141.5 = 0.8707 131.5 + 31
ρ f = 0.8707× 62.4lb / ft 3
Para el pozo 1:
Φ1= P 1± ρ ×g ×Z 1 gc
⎡ ⎤ ⎢ 54.3504lb / pie 3 × 32.2Ft / seg 2 ×144Ft ⎥⎛ 1Ft 2 ⎞ ⎟ = 2070.6496 lpc ⎥⎜ Φ1= 2125Lpc ± ⎢ lbm × Ft ⎢ ⎥⎜ 144in 2 ⎟ 32 . 2 ⎠ ⎢ ⎥⎝ 2 lbf seg × ⎣ ⎦
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Φ1= 2070.6496 lpc Para el pozo 2:
Φ2 = P 2 ± ρ ×g ×Z 2 gc
⎡ ⎤ ⎢ 54.3504lb / pie 3 ×32.2Ft / seg 2 ×135Ft ⎥⎛ 1Ft 2 ⎞ ⎟ = 2230.954 lpc ⎥⎜ Φ2 = 2180Lpc + ⎢ 2 lbm×Ft ⎢ ⎥⎜ 144in ⎟ 32 . 2 ⎠ ⎢ ⎥⎝ 2 lbf ×seg ⎣ ⎦ Para el pozo 3:
Φ3 = P 3 ± ρ ×g ×Z 3 gc
⎡ ⎤ ⎢ 54.3504lb / pie 3 × 32.2Ft / seg 2 × 50Ft ⎥⎛ 1Ft 2 ⎞ ⎟ = 2383.3256 lpc ⎥⎜ Φ3 = 2289Lpc + ⎢ 2 lbm ×Ft ⎢ ⎥⎜ 144in ⎟ 32 . 2 ⎝ ⎠ ⎢ ⎥ 2 lbf × seg ⎣ ⎦ Para el pozo 4:
Φ4 = P 4 ± ρ ×g ×Z 4 gc
⎡ ⎤ ⎢ 54.3504lb / pie 3 × 32.2Ft / seg 2 × 50Ft ⎥⎛ 1Ft 2 ⎞ ⎟ = 2141.1283 lpc ⎥⎜ Φ4 = 2160Lpc − ⎢ lbm ×Ft ⎢ ⎥⎜ 144in 2 ⎟ 32 . 2 ⎝ ⎠ ⎢ ⎥ 2 lbf × seg ⎣ ⎦ De acuerdo a los resultados obtenidos tenemos: Φ3>Φ2>Φ4>Φ1
La dirección del flujo será: Pozo 3 → Pozo2 → Pozo4 → Pozo1 Hallamos los gradientes entre los pozos.
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Entre 3 y 2: dP P 3 −P 2 2289− 2180 Lpc = = = 0.9478Lpc / Ft ds h3 −h2 (9350− 9235)Ft
Entre 2 y 4: dP P 2 −P 4 2289−2160 Lpc = = = 0.6972Lpc / Ft ds h2 −h4 (9350− 9050)Ft
Entre 4 y 1: dP P 4 −P 1 2160− 2125 Lpc = = = 0.3723Lpc / Ft ds h4 − h1 (9050− 8956)Ft
EJERCICIO Nº 11 Mediante la siguiente información, calcular la tasa de flujo Pe = 1800Lpc Pw = 1400Lpc
re = 527 Ft rw = 4.5 in
µo = 1.67 cps
PROFUNDIDAD (Ft) 4720 – 4722 4722 4724 4726 4728 4730 2732 4734 4736 4738 4740 4742 4744 4746 4748 4750 4752 4754 4756 4758 - 4760
PERMEABILIDAD (md) 49 98 160 237 160 108 23 47 125 215 280 235 210 140 170 90 127 75 46 27
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n
∑ Ki ×hi × 7 . 08 k × h × (Pe − Pw ) ; Donde Kp = i =1 Q= n re × μ Ln ∑ hi rw
PERMEABILIDAD (k) 0,049 0,098 0,160 0,237 0,160 0,108 0,023 0,047 0,125 0,215 0,280 0,235 0,210 0,140 0,170 0,090 0,127 0,075 0,046 0,027
i =1
ESPESOR (h) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
Ki×hi 0,098 0,196 0,320 0,474 0,320 0,216 0,046 0,094 0,250 0,430 0,560 0,470 0,420 0,280 0,340 0,180 0,254 0,150 0,092 0,054 .∑ = 5.244
Ki × hi = 5.244darcy × pie ∑hi = 40 Ft
Kp =
5.244darcy × pie = 0.1311darcy 40 pie
Sustituyendo: Q=
7.08×0.1311×10× 1800−1400 =1226.9291bl/dia ⎛ 527 ⎞ 1.6×ln⎜ ⎟ ⎝ 0.275 ⎠
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EJERCICIO Nº 12 Los datos de permeabilidad de un yacimiento se encuentran a continuación. ¿Cómo se podría llamar al yacimiento: homogéneo o heterogéneo. CAPA 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
PERMEABILIDAD (k) 10 6.8 4.7 10.4 20.5 12.1 8.6 18.4 14.3 10.9
Hallamos el % mayor que para cada una de las capas:
%mayorque = (i −1)×100 n
%mayorque (1)= 1−1 ×100 = 0 10 %mayorque(2)= 2 −1 ×100 =10 10 %mayorque (3)= 3 −1 ×100 = 20 10 %mayorque (4)= 4 −1 ×100 = 30 10 %mayorque (5)= 5 −1 ×100 = 40 10 %mayorque (6)= 6 −1 ×100 = 50 10 %mayorque(7)= 7−1 ×100 = 60 10
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%mayorque(8)= 8 −1 ×100 = 70 10 %mayorque (9)= 9 −1 ×100 = 80 10 %mayorque (10)= 10−1 ×100 = 90 10 Ordenamos los valores de permeabilidad (K) de mayor a menor valor: PERMEABILIDAD (k) K1 K2 K3 K4 K5 K6 K7 K8 K9 K10
VALORES 20.5 18.4 14.3 12.1 10.9 10.4 10 8.6 6.8 4.7
Graficamos en papel probabilístico log k vs % mayor que, para poder hallar la variación de permeabilidad:
− K 84.1% K V DP = 50% K 50% Luego de graficar entramos a la grafica para obtener: K 50% = 9.4 md K 84.1% = 5.5 md
Finalmente : V DP =
9.4md − 5.5md = 0.4149 9.4md
Como VDP se encuentra entre 0 y 0.6 el yacimiento es relativamente homogéneo.
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EJERCICIO Nº 13 Se tiene los siguientes datos de un pozo. K H µo
= = =
345 md Pw = 15 Ft Pe = 3.2 cp rw =
φ
750 Lpc 1400 Lpc 0.6 Ft
A re
= 32 % = 11acres = 479161.91 Ft = 320 md
Calcular el caudal de petróleo: 3 7 . 08 ( 0 . 345 )( 15 )( 1400 750 ) bl 5 . 614 Ft − qo = = 541.26 × = 3039.63 Ft3 / día día 1 bl (7.8)ln⎛ ⎜ 300 ⎞⎟ ⎝ 0.6 ⎠
Calcular la velocidad del fluido para un r = 10 ft A = 2×π × r 2 = 2×π (10)2 = 628Ft 2
3 / día q 2729 . 8075 Ft = 4.3668 Ft/día Velocidad aparente = = 2 A 628 Ft
Velocidad real = velocidad aparente = 4.3668 Ft/día =13.58 Ft/día φ efectiva 0.32 Si K = 200 md, Cual es el qo:
qo = 7.08 0.2 30 1400−750 = 563.77 bl/día ⎡ ⎛ 320 ⎞⎤ 7.8⎢ln⎜ ⎟⎥ 0 . 6 ⎣ ⎝ ⎠⎦ Determinar el valor de q, si se considera una zona dañada de 18 ft con una permeabilidad de 100 md:
q = 7.08 k h Pe −Pw = 7.08 0.1 15 1400− 750 = 88.84 bl/día ⎡ ⎛ 320 ⎞ ⎤ ⎡ ⎛ 320 ⎞ ⎤ μ o ⎢ln⎜ + 18 3 . 2 ln⎜ ⎟ ⎥ ⎟ +18⎥ ⎢ ⎣ ⎝ 0.6 ⎠ ⎦ ⎣ ⎝ 0.6 ⎠ ⎦ Determinar el ΔP del yacimiento:
⎡
⎤ ⎣ ⎝ rw ⎠⎦ = 7.08(k)(h)
⎡
⎤ ⎣ ⎝ 0.6 ⎠⎦ = 48.72 lpc 7.08(0.345)(15)
(q)(μ )⎢ln⎛ ⎜ re ⎞⎟⎥ (88.84)(3.2)⎢ln⎛ ⎜ 320 ⎞⎟⎥ ΔP del yacimiento =
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⎡ (q )(μ ) ⎤ ⎡ (88.84)(32) ⎤ 18)= 139.66 lpc Δp skin = ⎢ S=⎢ ( ⎥ ⎥ ⎣ 7.08(k )(h )⎦ ⎣ 7.08(0.345)(15)⎦ EJERCICIO Nº 14 Se tiene los siguientes datos: Área Re Rw Permeabilidad Espesor Pe Pw µo Swi Bo
400 Ft2 660 Ft 6 in = 0.5 Ft 500 md 120 Ft 4500 Lpc 2900 Lpc 1.79 cp 0.18 1.29 BY/BN
Determinar el qo:
qo = 7.08(k)(h )(Pe −Pw) = 7.08(0.5)(120)(4500− 2900) = 52844.69 bl/día ⎡ ⎛ 320 ⎞⎤ ⎡ ⎛ 660 ⎞⎤ μ o ⎢ln⎜ 1.79⎢ln⎜ ⎟⎥ ⎟⎥ 0.6 0.5 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ Determinar el qo en el punto medio de la arena:
qo = 7.08 k) h ) Pe −Pw) = 7.08 0.5) 60) 4500 − 2900) = 26422.3413 bl/día ⎡ ⎛ 320 ⎞⎤ ⎡ ⎛ 660 ⎞⎤ μ o ⎢ln⎜ 1.79⎢ln⎜ ⎟⎥ ⎟⎥ 0.6 0.5 ⎣ ⎝ ⎠⎦ ⎣ ⎝ ⎠⎦ Se detecto una zona dañada alrededor del pozo de 20 Ft y una permeabilidad de 300 md. ¿Cual es el caudal de petróleo?
qo = 7.08(k)(h)(Pe −Pw) = 7.08(0.5)(120)(4500− 2900) = 8380.44 bl/día ⎡ ⎛ 320 ⎞⎤ ⎡ ⎛ 660 ⎞ ⎤ μ o ⎢ln⎜ 1.79⎢ln⎜ ⎟⎥ ⎟ + 20⎥ ⎣ ⎝ 0.6 ⎠⎦ ⎣ ⎝ 0.5 ⎠ ⎦
Cuál es el ΔP adicional que provoca esta zona dañada:
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⎡
⎤ ⎡ ⎤ ⎣ ⎝ rw ⎠⎦ = ⎣ ⎝ 0.5 ⎠⎦ = 253.73 lpc ΔP del yacimiento = 7.08(k)(h) 7.08(0.5)(120) ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ (q)(μ )⎢ln⎛ ⎜ re ⎞⎟⎥ (8380.44)(1.79)⎢ln⎛ ⎜ 660 ⎞⎟⎥ ⎣ ⎝ rw ⎠⎦ = ⎣ ⎝ 0.5 ⎠⎦ = 253.73 lpc ΔP del yacimiento = 7.08(k)(h) 7.08(0.5)(120)
(q)(μ )⎢ln⎛ ⎜ re ⎞⎟⎥ (8380.44)(1.79)⎢ln⎛ ⎜ 660 ⎞⎟⎥
Cuál es el POES volumétrico si el área del yacimiento es de 280 Ft 2 N = POES = 7758×A×h 1- Swi) = 7758 280) 120) 1− 0.18) = 165.99 MMBN Boi 1.29 EJERCICIO Nº 15 Una formación productora tiene la siguiente información: Pe = 1700 Lpc Pw = 850 Lpc re = 220 Ft rw = 0.5 Ft µo = 6.5 cps h = 30 Ft µw = 1.03 cps K = Ko = 165 md Ø = 14% A.- Calcular la tasa de producción de petróleo: Qt =
7.08× 30Ft × 0.165darcy × (1700 − 850)Lpc = 752.934 bls día ⎛ 220Ft ⎞ 6.5cps ×ln⎜ ⎟ ⎝ 0.5Ft ⎠
B.- Dado que se ha detectado una zona de 10 Ft alrededor del pozo con una permeabilidad de 80 md, calcular el factor S de la siguiente expresión.
⎡ k
⎤ ⎛ rd ⎞ −1⎥ ln⎜⎜ ⎟⎟ ⎣ Kd ⎦ ⎝ rw ⎠
S=⎢
⎡ 165md ⎤ ⎛ 10Ft ⎞ −1⎥ ln⎜⎜ ⎟⎟ = 3.1829 80 0 . 5 md Ft ⎣ ⎦ ⎝ ⎠
S=⎢
C.- Calcule la nueva tasa de producción del petróleo asumiendo que Pw se mantiene constante: 40
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Q=
Q=
7.08×K ×h× Pe −Pw ⎡ re ⎤ μ o ⎢ln +S⎥ ⎣ rw ⎦ 7.08×30Ft ×0.165darcy × 1700− 850 Lpc = 494.4012bl / dia ⎡ ⎛ 220Ft ⎞ ⎤ 6.5cps ⎢ln⎜ ⎟ + 3.1829⎥ ⎣ ⎝ 0.5Ft ⎠ ⎦
D.- Calcule la Pw asumiendo que la tasa de producción es la calculada en (A):
⎡ ⎛ ⎧ re ⎫ ⎢ Q⎜⎜ μ ln⎨ ⎬+S ⎢ ⎝ ⎩ rw ⎭ × 7 . 08 K ×h×(Pe −Pw ) ⇒ Pw = Pe − ⎢ Q= 7.08×h×k ⎡ re ⎤ ⎢ μ o ⎢ln +S⎥ ⎢ ⎣ rw ⎦ ⎣
⎞ ⎤ ⎟⎥ ⎟ ⎠ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦
⎡ ⎛ ⎞ ⎤ ⎧ 220Ft ⎫ ⎟⎥ ⎢ 752bls / dia⎜⎜ 6.5cps ln⎨ + 3 . 189 ⎬ ⎟⎥ ⎩ 0.5Ft ⎭ ⎢ ⎝ ⎠ Pw = 170Lpc − ⎢ ⎥ = 406.2722Lpc × × 7 . 08 30 Ft 0 . 165 darcy ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦
E.- Calcule la permeabilidad promedio y la tasa de producción usando la ecuación de darcy:
Q=
7.08×K ×h×(Pe −Pw ) ⎡ re ⎤ μ o ⎢ln +S⎥ ⎣ rw ⎦
⎛ re ⎞ ⎟ rw ⎝ ⎠ Calculando la Permeabilidad promedio (Kp) por: Kp = n ⎛ ri ⎞ ∑ ln⎜ ⎟ − 1 ri ⎠ i =1 ⎝ Ln⎜
Ki
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⎛ 220Ft ⎞ ⎟ 0 . 5 Ft ⎝ ⎠ = 0.1083436md Kp = n ⎛ 220Ft ⎞ ⎛ 10Ft ⎞ ∑ ln⎜ ⎟ Ln⎜ ⎟ 10 0 . 5 Ft Ft ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ i =1 + 165md 80md Ln⎜
Kp = 0.1083436 darcy 7.08×0.1083436darcy ×30Ft ×(1700− 850)Lpc = 324.6376bls / dia ⎡ ⎛ 220Ft ⎞ ⎤ 6.5cps⎢ln⎜ ⎟ + 3.1829⎥ ⎣ ⎝ 0.5Ft ⎠ ⎦ EJERCICIO Nº 16 Q=
Un pozo en un yacimiento recién descubierto con permeabilidad de 120md ha presentado el siguiente comportamiento: Qo Qw Pe Pw µw µo h rw re Bo Bw
= = = = = = = = = = =
35Bn/dia 18Bn/dia 1800Lpc 60Lpc 1.1cps 18cps 22Ft 0.5Ft 300Ft 1.235By/Bn 1.05By/Bn
a) De una prueba de presión se pudo determinar que existe un daño equivalente a S = 10. Determine si la baja de producción es debido a este efecto. b) Se estimo una saturación de agua crítica de 30% y se usaron las siguientes curvas de permeabilidades relativas. Sw
Krw
Kro
0.8
0.3
0
0.65
0.17
0.055
0.47
0.06
0.195
0.35
0.02
0.37
0.275
0.006
0.54
0.225
0.002
0.69
0.2
0
0.8
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Calcule las tasas de producción de petróleo y agua bajo estas nuevas condiciones y concluya (mantenga la condición impuesta en la parte a). Q=
7.08×K ×H ×(Pe −Pw ) ⎡ ⎛ re ⎞ ⎤ μ ⎢Ln⎜ ⎟ +S⎥ ⎣ ⎝ rw ⎠ ⎦
Con agua: Qw =
7.08×0.120darcy ×22Ft × 1800−600 Lpc =1243.54By / dia ⎡ ⎛ 150Ft ⎞ ⎤ 1.1⎢Ln⎜ ⎟ +10⎥ 0 . 25 Ft ⎠ ⎦ ⎣ ⎝
Qw =1243
By 1Bn × =1183.80 Bn dia 1.05By dia
Como el Qw = 35Bn/día el obtenido con el daño es de Qw obtenido = 18Bn/día, entonces, el daño no afecta a el yacimiento Con Petróleo: Qo =
7.08×0.120darcy ×22Ft × 1800−600 Lpc = 76By / dia ⎡ ⎛ 150Ft ⎞ ⎤ 18⎢Ln⎜ ⎟ +10⎥ ⎣ ⎝ 0.25Ft ⎠ ⎦
Qo = 76
By 1Bn × = 61.53 Bn dia 1235By dia
Como en Qo = 35Bn/día y el Qo Obtenido fue de Qo = 76Bn/día, entonces, el daño no afecta la producción del pozo
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EJERCICIO Nº 17 El pozo LL – 3053 del yacimiento B – 6 – X – 10 del campo Tía Juana tiene los siguientes datos básicos: permeabilidad 700 md, espesor de arena neta petrolífera 150’, viscosidad 7.363 cp, r w = 0,5’, r e = 300’, porosidad = 20%, Boi = 1.3134 BY/BN, S wi = 16.10%, Presión inicial = 2504.1 lpc (Yac. Subsaturado). A dicho pozo recientemente se le corrió una prueba de presión estática la cual arrojó que P ws = 800 Lpc. Actualmente la tasa de producción es q = 237 Bls/día. Se requiere calcular: A.- Determine la Pwf:
⎛ re ⎞ ⎞ ⎜ q × μ ×ln⎛ ⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎝ rw ⎠ ⎟ Pwf = Pws − ⎜ 7.08×K × h ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎛ 300 ⎞ 237× 7.363×ln⎜ ⎟ 0.5 ⎝ ⎠ = 784.98 Lpc Pwf = 800 − 7.08× 0.7×150 C.- Calcular la curva de distribución de presión del yacimiento
⎛ re ⎞ ⎞ ⎜ q × μ × Ln⎛ ⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎝ rw ⎠ ⎟ Pws = Pwf + ⎜ 7.08×K × h ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Calculamos los Pe para los diferentes re: Para un re = 50
⎛ 50 ⎞ 237× 7.363×ln⎜ ⎟ ⎝ 0.5 ⎠ = 774.17 Lpca Pws = 784.98 − 7.08× 0.7×150 Se seleccionan otros re y se determina la respectiva Pe. Re (pies) 50 100 150 200
Pws (lpca) 774.17 772.54 771.09 784.91 44
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250 300
770.39 769.96
Curva de distribución de Presión del Yacimiento 810
800
790
780 .50
rw
50.00
100.00
150.00
200.00
250.00
300.00
re
D.- Cuál es la presión en el yacimiento si el radio de drenaje es 150 Ft
⎛ 150 ⎞ 237×7.363×ln⎜ ⎟ ⎝ 0.5 ⎠ = 771.59 Lpca Pe = 784.98 − 7.08×0.7×150 E. Cual será la producción de petróleo si existiera una zona de daño S = 1
qo = 7.08× 0.7×150×(800 − 771.59) = 387.78 Bl dia ⎡ ⎛ 300 ⎞ ⎤ 7.363× ⎢ln⎜ ⎟ +1⎥ 0 . 5 ⎣ ⎝ ⎠ ⎦ F.- Cual será la caída de presión entre el pozo – yacimiento si el pozo produce a una tasa de 150 Bls/día
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⎛ re ⎞ ⎟ rw ⎝ ⎠ Δ pyac . = 7.08×K ×h q × μ ×Ln⎜
⎛ 300 ⎞ 150× 7.363× Ln⎜ ⎟ 0 . 5 ⎝ ⎠ = 9.503lpc Δ pyac . = 7.08× 0.7×150 G.- Cuanto sería la tasa de producción si Pw = 795 Lpc
7.08×0.7×150×(800 − 795) = 78.9 BPD ⎛ 300 ⎞ 7.08×ln⎜ ⎟ ⎝ 0.5 ⎠ q = 78.91BN
q=
H.- Si se realiza una estimulación y este produce 40% más de su tasa actual. Cuanto sería el valor de S: q = 237× 0.40 = 94.8BN q = 94.8 + 237 BN = 331.8BN
Utilizando la ec. de darcy para flujo radial:
331.8 = 7.08×0.7×150× 800− 784.98 ⎡ 300 ⎤ 7.363⎢ln +S ⎥ ⎣ 0.5 ⎦ 331.8 = 11165.868 47.10+ 7363(S ) 331.8 47.10+ 7.363(S ) =11165.868 15627.78 + 2423.043 S =11165.868 S=
11165.868−15627.78 = −1.826 2443.0434
Nota: Como el daño es menor que cero, el pozo se encuentra estimulado.
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EJERCICIO Nº 18 En un área uniforme de espesor 27 Ft y permeabilidad absoluta 200 md. Fluye petróleo a una tasa de 250 bls/día, con una viscosidad de 0.59 cp y un factor volumétrico de 1.4 By/Bn. La presión estática de la arena es de 3550 Lpca. La porosidad promedio es de 18% y la saturación de agua es de 26% h = 27Ft Kabs = 200md o = 0.59cp Bo = 1.4BY / BN
Pe = 3550Lpca φ p =18% Sw = 26%
A.- Cual es la Pw a un radio de 20 Ft, si el radio de drenaje es de 400 Ft y 700 Ft:
⎛ re ⎞ ⎟ ⎝ rw ⎠ Pw = Pe − 7.08×K × h q × μ × Ln⎜
⎛ 400 ⎞ 250×0.59×Ln⎜ ⎟ 0 . 7 ⎝ ⎠ = 3525.5087Lpc Pw = 3550 − 7.08×0.200×27 ⎛ 700 ⎞ 250×0.59×Ln⎜ ⎟ ⎝ 0.7 ⎠ = 3523.3497Lpc Pw = 3550 − 7.08×0.200×27 B.- Cual es la presión diferencial si el radio de drenaje es de 400 Ft y el radio del pozo es 8 in.
8 in = 0.66 Ft ⎛ re ⎞ ⎟ rw ⎝ ⎠ Δ p = 7.08×K ×h q × μ ×ln⎜
⎛ 400 ⎞ 250×0.59×ln⎜ ⎟ 0 . 66 ⎝ ⎠ = 24.71Lpc Δ p = 7.08×0.200×27 C.- Cual es el gradiente de presión a 20 Ft, si el radio de drenaje del yacimiento es de 40 Ft y en el pozo es de 8 in:
Grad .depresión =
ΔP L
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⎛ 40 ⎞ 250×0.59×ln⎜ ⎟ 0 . 66 ⎝ ⎠ = 21.37Lpc Δ p = 7.08×0.200×20 Grad .depresión =
21.37Lpc = 1.0685 Lpc 20Ft Ft
D.- Cual es la velocidad promedio real para un radio de 40 Ft y un radio del pozo de 8 in:
Velocidad aparente = q = 1403.575 =12.5420 Ft A 2×π ×0.66×27 día Velocidad real = velocidad aparente = 12.5420 = 69.67 Ft 0.18 día φ efectiva EJERCICIO Nº 19 Con base a los siguientes datos: h = 30Ft re = 310Ft K =115md rw = 0.5Ft Pe = 2750Lpc o = 3.5cps Pw = 600Lpc w =1.01cps Se pide determinar para el pozo DM – 018: A.- Tasa de producción de petróleo y agua (Suponiendo que no existe daño): q=
7.08×K ×h Pe −Pw ⎛ re ⎞ μ ×Ln⎜ ⎟ ⎝ rw ⎠
7.08×0.115×30(2750− 600) = 2333.6232bls / dia ⎛ 310 ⎞ 3.5×Ln⎜ ⎟ 0 . 5 ⎝ ⎠ 7.08×0.115×30(2750− 600) = 8086.8132bls / dia qw = ⎛ 310 ⎞ 1.01×Ln⎜ ⎟ ⎝ 0.5 ⎠
qo =
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B.- Sabiendo que existe una zona dañada de 7 Ft con una reducción de 50% de la permeabilidad original, De qué manera afecta las tasas de producción dicha reducción: K =115× 0.40 = 46md
Knuevo =115 − 46 = 69md q=
q=
7.08× ×h× Pe −Pw = ⎡ ⎛ re ⎞ ⎤ μ ⎢ln⎜ ⎟ +S⎥ ⎣ ⎝ rw ⎠ ⎦ 7.08×0.115×30 2750− 600 = 913.2561Bls dia ⎡ ⎛ 310 ⎞ ⎤ 3.5⎢ln⎜ ⎟ +10⎥ ⎣ ⎝ 0.5 ⎠ ⎦
EJERCICIO Nº 20 Con base a los siguientes datos: K = 180md re = 300Ft H = 30Ft rw = 0.45Ft µo = 3.2cp Pe = 1250Lpc µw = 1.2cp Pw = 600Lpc Swi = 0.37 Swirr = 0.25 A.- Tasa de producción de petróleo y agua. Determinamos las Krw y Kro utilizando las siguientes correlaciones: 2
2
3
3
⎛ 0.9−Sw ⎞ ⎛ 0.9− 0.37 ⎞ Kro = ⎜ ⎜ 0.9−Swirr ⎟⎟ = ⎜⎜ 0.9− 0.25 ⎟⎟ = 0.665 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ Sw −Swirr ⎞ ⎛ 0.7− 0.25 ⎞ Krw = ⎜ ⎜ 1−Swirr ⎟⎟ = ⎜⎜ 1− 0.25 ⎟⎟ = 0.004096 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Ko = Kro ×Kbase = 0.665×180md = 120md
Kw = Krw × Kbase = 0.004096×180md = 0.73728md
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3 ×Ko×h×(Pe −Pw ) × 7 . 08 10 qo = ⎛ re ⎞ μ o×ln⎜ ⎟ ⎝ rw ⎠ − 3 ×120md ×30Ft ×(1250 −600) × 7 . 08 10 = 796.21bl / dia qo = ⎛ 300 ⎞ 3.2cp×ln⎜ ⎟ 0 . 45 ⎝ ⎠ 3 ×Kw ×h×(Pe −Pw ) × 7 . 08 10 qw = ⎛ re ⎞ μ w ×ln⎜ ⎟ ⎝ rw ⎠ − 3 ×0.73728md ×30Ft ×(1250− 600) 7 . 08 10 × =13.04525bl / dia qw = 300 ⎛ ⎞ 1.2cp×ln⎜ ⎟ 0 . 45 ⎝ ⎠
B.- Sabiendo que existe una zona dañada de 10 Ft. ¿De que manera afecta las tasa de producción dicha reducción? Kd = 0.45×180 = 81md
⎤ ⎛ rd ⎞ ⎡180 ⎤ ⎛ 10 ⎞ −1⎥ ln⎜⎜ ⎟⎟ = ⎢ −1⎥ ln⎜⎜ ⎟⎟ = 3.7902 Kd rw 81 0 . 45 ⎣ ⎦ ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ⎝ ⎠ ⎡ K
S=⎢
− 3 ×K ×h×(Pe −Pw )Lpc × 7 . 09 10 q= ⎡ ⎛ re ⎞ ⎤ μ o ⎢ln⎜ ⎟ +S⎥ ⎣ ⎝ rw ⎠ ⎦ − 3 ×120md ×30Ft ×(1250 − 600)Lpc 7 . 09 10 × qo = = 503.0123bl / dia ⎡ ⎛ 300 ⎞ ⎤ 3.2⎢ln⎜ ⎟ + 3.7902⎥ ⎣ ⎝ 0.45 ⎠ ⎦
50
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− 3 ×0.73728md ×30Ft ×(1250− 600)Lpc × 7 . 09 10 = 8.2413bl / dia qw = ⎡ ⎛ 300 ⎞ ⎤ 1.2⎢ln⎜ ⎟ + 3.7902⎥ 0 . 45 ⎣ ⎝ ⎠ ⎦
C.- ¿Qué presión de fondo debería de tener el pozo?
⎡ ⎛ re ⎞ ⎤ ⎟ +S ⎥ ⎣ ⎝ rw ⎠ ⎦ Pw = Pe − 7.08×10−3 ×K ×h ⎡ ⎛ 300Ft ⎞ ⎤ 796.21bl ×3.2⎢Ln⎜ ⎟ + 3.7902⎥ ⎣ ⎝ 0.45Ft ⎠ ⎦= Pw =1250Lpc − 7.08×10− 3 ×120×30 qo× μ o ⎢ln⎜
Pw = 221.1251Lpc
Presión Capilar
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
EJERCICIO Nº 21 Determine la ubicación del nivel de agua libre en el yacimiento basándose en la siguiente información: - El contacto inicial agua – petróleo es un yacimiento que ha sido ubicado a 3788 Ft (b.n.m.) - La información sobre presión capilar obtenida de una muestra de núcleo representativo del yacimiento se describe en forma tabulada, conjuntamente con la información acerca del fluido en el yacimiento: Sw (%) 100 100 85 72 58 52 45 39 35 32 30 30
Pc (Psi) 0 1.9 2.02 2.34 2.74 3.25 3.60 4.57 5.44 7.20 10 15 51
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La prueba fue hecha desplazando agua con aire, cuya tensión interfacial en el laboratorio es de 70 dinas/cm. y el cos θ =1.00 .Adimensionalmente se conoce también: Densidad de la salmuera = 63.8lb/Ft Densidad del petróleo en el yacimiento = 54.7 lm Ft 3 Tensión interfacial salmuera – petróleo en el yacimiento = Cosθ = 1.0 a condición de yacimiento
NAL =WOC + do ⇒ do =
28 dinas.
Pd g Δy + gc
Δy = (63.8− 54.7) lb = 9.1 lb Ft 3
Ft 3
La presión de desplazamiento es igual a 1.9 Psi, llevada a presión de yacimiento:
(Pc )res = Pc (lab.) σ cos θ res. (σ cos θ )lab.
⎛ dinas ⎞ × cos 1⎟ ⎜ 28 cm ⎠ = 0.76Psi = 109.44 lb (Pc )res = 01.9 psi × ⎝ dinas 2 Ft × con 70 1 cm
NOTA: Se nota este valor debido a que allí esta a100% saturado. En este momento empieza a desplazarse. lb
109.44 2 Ft =12.026Ft do = Ft ⎞ ⎛ ⎜ 32.2 2 ⎟ lb seg ⎟ 9.1 3 ×⎜⎜ ⎟ Ft ⎜ 32.2 lbm×Ft ⎟ ⎜ lbf ×seg 2 ⎠⎟ ⎝ NAL = 3788 +12.026 Ft = 3800.026Ft
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EJERCICIO Nº 22 Basado en la información anterior, calcule e perfil de la saturación del agua. El tope del yacimiento está a 3650 Ft (b.n.m.) Para hallar el perfil de saturación inicial de agua se debe graficar las h vs. Sw. H = WOC − h h=
P c −Pd g Δy × gc
Debemos llevar las presiones capilares (laboratorio) a presiones capilares de yacimiento, a través de:
(Pc )res = Pc (lab.)× (σ cosθ )res (σ cos θ )lab
Calculo típico: Pc res1= 0
⎛ dinas ⎞ ×cos 1⎟res ⎜ 28 ⎠ = 0.76 psi (Pc )res2 =1.9 psi × ⎝ cm. ⎛ dinas ⎞ cos 1⎟lab ⎜ 70 ⎝ cm. ⎠
Pc (lab)
Pc (yac)
0 1.9 2.02 2.34 2.74 3.25 3.60 4.57 5.44 7.20
0 0.76 0.8080 0.936 1.096 1.3 1.44 1.828 2.1760 2.88
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10 15
4 6
Se sabe que Pd. = 0.76psi Del ejercicio anterior tenemos que ΔY = 9.1 Lb/Ft3 Calculamos ahora las h: h=
Pc −Pd g Δy × gc
h1=
2 ⎞ lb ⎛ in 144 (0−0.76) 2 ×⎜⎜ 2 ⎟⎟ 1Ft in
⎝
⎠ = −12.0263Ft lb ⎛ Ft ⎞⎟ ⎜ 9.1 3 × 32.2 2 Ft ⎜⎝ seg ⎠⎟ lbm×Ft 32.2 lbf ×seg 2
H 1= 3788Ft − −12.0263Ft = 3800.26Ft
h2 =
2 ⎞ 144 lb ⎛ in (0.76 −0.76) 2 ×⎜⎜ 2 ⎟⎟ 1Ft in
⎝
lb ⎛ Ft ⎞⎟ ⎜ 9.1 3 × 32.2 2 Ft ⎜ seg ⎟
⎝
32.2
lbm×Ft lbf ×seg 2
⎠ = 0
⎠
H 2 = 3788Ft − 0 = 3788Ft PC(psi)
h(pies)
0 0.76 0.8080 0.936 1.096
-12.0263 0 0.759 2.785 5.316 54
H(pies)
3800.26 3788 3787.241 3785.215 3782.684 Versión actualmente en revisión
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1.3 1.44 1.828 2.1760 2.88 4 6
8.545 10.760 16.90 22.407 33.547 51.270 82.919
3779.455 3777.24 3771.1 3765.593 3754.453 3736.73 3705.081
Para determinar el perfil de saturación graficamos prof vs Sw: H(pies)
SW(%)
3800.26 3788 3787.241 3785.215 3782.684 3779.455 3777.24 3771.1 3765.593 3754.453 3754.453 3754.453
100 100 85 72 58 52 45 39 35 32 30 30
Profund idad vs saturación de agu a Sw (%) 0
20
40
60
80
100
3700 3720 ) 3740 s e i p 3760 ( H 3780
3800 3820
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EJERCICIO Nº 23 Al pozo Nº 2 del yacimiento N.E.W se le extrajo un núcleo con un lodo completamente a base de agua. El núcleo fue conservado y enviado al laboratorio para ser analizado. La tabla I resume los datos de pruebas rutinarias en muestras del núcleo tomadas a intervalos de 3 pies. La tabla II presenta los resultados de las medidas de saturación irreducible de agua, hechas a 150 lpc en seis muestras por el método de punto único de presión capilar con centrifuga. La tabla III da la información de la presión capilar para cuatro de las seis muestras analizadas. Las densidades del crudo y la salmuera del yacimiento son 51.6 y 64.3 lbs/pie 3 respectivamente. La tensión interfacial petróleo agua obtenida por pruebas de laboratorio fue 47.5 dinas/cm. En el yacimiento la tensión interfacial es 21 dinas/cm. El ángulo asumido de contacto tanto en el laboratorio como en el yacimiento fue 0. 1) Localice la profundidad del contacto agua – petróleo por las indicaciones de los análisis de rutina del núcleo. 2) Localice la profundidad del nivel de agua libre 3) Prepare un grafico mostrando profundidad vs. saturación de agua entre el tope de la zona de lutita y el nivel de agua libre. Tabla I Análisis Rutinario de núcleo Yacimiento N.E.W, pozo Nº 2 Profundidad de la muestra (pies) 3924 3927 3930 3933 3936 3939 3942 3945 3948 3951 3954 3957 3960 3963 3966 3969 3972 3975 3978 3981 3984 3987
Permeabilidad (aire, md) 492 503 565 600 1195 1072 1209 1310 1245 860 985 900 400 310 370 320 280 -
Lutita Lutita
Lutita Lutita
56
Porosidad
So
0.263 0.266 0.71 0.273 0.302 0.298 0.301 0.302 0.306 0.298 0.292 0.29 0.257 0.249 0.242 0.248 0.22 -
22 23.6 24 17 19.7 19.6 33.3 36 27.9 14.3 18 23.4 23.4 18.7 20.4 13.3 26 -
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3990 3993 3996 3999 4002 4005 4008 4011 4014 4017 4020 4023 4026 4029
10.7 26.3 14.2 16.2 19.5 69 73 85 103 96 110 73 89
0162 0.18 0.168 0.173 0.175 0.204 0.21 0.207 0.212 0.207 0.224 0.201 0.196
39.7 25.3 15.3 14 11.4 7.2 19 22 17 0.5 3.1 1 0.5
Porosidad (fraccion) 0.306 0.29 0.271 0.248 0.207 0.168
Swirr (%VP)
Lutita
Tabla II Saturación irreducible de agua Muestras
Prof (pies)
K(aire,md)
1 2 3 4 5 6
3957 3966 3936 3978 4014 3996
1245 900 565 320 85 14
18.5 18 19.5 21 24 28
Tabla III Datos sobre presión capilar de drenaje Sw 100 90 80 70 60 50 40 30
Muestra #1 0,5 0,6 0,66 0,8 0,95 1,18 1,59 2,6
Muestra #3 Muestra #4 Muestra #5 0,76 0,96 1,7 0,85 1,07 1,93 0,95 1,19 2,09 1,1 1,41 2,49 1,32 1,7 3,03 1,7 2,13 3,72 2,19 2,79 5,07 3,73 4,67 8,18
57
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Solución: 1) el contacto agua – petróleo se encuentra a 4029 pies ya que aquí se encuentra la mínima saturación de petróleo. 2) Nivel de agua libre NAL = WOC + do do =
Pd Δ ρ * g / gc
Δ ρ = 64.3lbs / pie 3 − 51.6lbs / pie 3 = 12.7lbs / pie 3 Transformamos las presiones capilares del laboratorio a presiones capilares del yacimiento:
(Pc )res = Pc (lab.)× σ cos θ res (σ cos θ )lab
Cálculos típicos:
(Pc )resM 1= 0.5´ psi × (21dinas / cm * cos 0)res
= 0.221 psi
(Pc )resM 1= 0.6´ psi × (21dinas / cm * cos 0)res
= 0.265 psi
(47.5dinas / cm * cos 0)lab
(47.5dinas / cm * cos 0)lab
Los resultados obtenidos de las presiones capilares a nivel de yacimiento de las 4 muestras son: S (%) 100 90 80 70 60 50 40 30
Muestra 1 0.221 0.265 0.292 0.354 0.42 0.522 0.703 1.149
PC res (psi) Muestra 3 Muestra 4 0.336 0.424 0.376 0.473 0.4 0.526 0.486 0.623 0.584 0.752 0.752 0.942 0.968 1.233 1.649 2.065
Muestra 5 0.752 0.853 0.924 1.101 1.339 1.645 2.241 3.616
Ahora transformamos las permeabilidades de md a cm 2: 1 darcy = 9.869*10 -9 cm2
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K1 = 1245 md = 1.245 darcy = 1.2287*10 -8 cm2 K3 = 565 md = 0.565 darcy = 5.5759*10 -9 cm2 K4 = 320 md = 0.32 darcy = 3.1580*10 -9 cm2 K5 = 85 md = 0.85 darcy = 8.3886*10 -10 cm2
Obtenemos la permeabilidad y porosidad promedio Porosidad 0.306 0.271 0.248 0.207 0.258
M1 M2 M3 M4 Prom
Permeabilidad (cm2) 1.2287*10-8 5.5759*10-9 3.1580*10-9 8.3886*10-10 5.465*10-9
Luego: K σ cos θ φ Transformamos las presiones capilares del yacimiento a dinas/cm 2: 1 psi = 68947.57 dinas/cm 2
J (Sw )=
Pc
S (%) 100 90 80 70 60 50 40 30
Muestra 1 15237.4129 18271.1061 20132.6904 24407.4398 28957.9794 35990.6315 48470.1417 79220.7579
PC res (Dinas/cm2) Muestra 3 Muestra 4 23166.3835 29233.7697 25924.2863 32612.2006 28957.9794 36266.4218 33508.5190 42954.3361 40265.3809 51848.5726 51848.5726 64948.6109 66741.2478 85012.3538 113694.5429 142376.7321
Muestra 5 51848.5726 58812.2772 63707.5547 75911.2746 92320.7962 113418.7527 154511.5044 249314.4131
Calculamos J(Sw): Calculo típico: −8 2 15237 . 4129 dinas / cm 2 1.2287 * 10 cm = 0.1454 J (Sw )M 1 = 0 . 306 21dinas / cm
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Los resultados para todas las muestras se encuentran en la siguiente tabla: S (%) 100 90 80 70 60 50 40 30
J(M1) 0.1454 0.1743 0.1921 0.2329 0.2763 0.3434 0.4625 0.7559
J(M3) 0.1582 0.1771 0.1978 0.2289 0.2750 0.3542 0.4559 0.7766
J(M4) 0.1572 0.1783 0.1931 0.2301 0.2799 0.3438 0.4684 0.7558
J(M5) 0.1572 0.1751 0.1950 0.2309 0.2788 0.349 0.4568 0.7653
Jprom 0.1545 0.1762 0.1945 0.2307 0.2775 0.3476 0.4609 0.7634
Se conoce øpromedio, Kpromedio, J(Sw)promedio: J (Sw )= Pc =
K , despejando: φ σ cos θ Pc
J (Sw )σ cos θ
; de aquí obtenemos los valores de Pc
K φ
Sw(%) 100 90 80 70 60 50 40 30
Pc(psi) 0.3233 0.3687 0.4070 0.4828 0.5807 0.7274 0.9645 1.597
60
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Presión capilar vs Saturación d e agua 1,8 1,6 1,4 ) 1,2 c p 1 l ( c 0,8 P 0,6 0,4 0,2 0 0
20
40
60
80
100
Sw(%)
46.555 do =
lb Ft 2
Ft ⎞ ⎛ ⎜ 32.2 2 ⎟ ⎟ lb ⎜ seg ×⎜ 12.7 ⎟ 3 × lbm Ft Ft ⎜ 32.2 ⎟ 2 ⎜ lbf × seg ⎠⎟ ⎝
= 3.666Ft
Por lo tanto; NAL=4029 pies + 3.666 pies = 4032.666 pies
3) H = CAP - h Pc − Pd h= g Δ ρ × gc Calculo típico:
61
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h1 =
144in 2 ⎞⎟ lb ⎛ ⎜ (0.3233 − 0.3233) 2 ×⎜ 2 ⎟ in 1Ft ⎝
⎠ = 0 pies
lb ⎛ Ft ⎞⎟ ⎜ × 32.2 12.7 3 Ft ⎜ seg 2 ⎟
⎝
32.2
⎠
lbm ×Ft lbf × seg 2
H 1= 4029 pies−0 pies= 4029 pies
h2 =
144in 2 ⎞⎟ lb ⎛ ⎜ (0.3687 − 0.3233) 2 × in ⎜ 1Ft 2 ⎟ ⎝
⎛ Ft ⎞⎟ ⎜ × 32.2 2⎟ ⎜ ⎝ seg ⎠ lbm ×Ft 32.2 lbf × seg 2
⎠ = 0.515 pies
lb 12.7 Ft 3
H 2 = 4029 pies−0.515 pies= 4028.485 pies
SW (%)
100 90 80 70 60 50 40 30
H (pies)
4029 4028.051 4028.485 4027.191 4026.081 4024.418 4021.73 4014.558
62
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Análisis PVT EJERCICIO No 24 Una muestra de hidrocarburos es obtenida en estado liquido de un yacimiento a la temperatura y presión de burbujeo. Esta muestra es transferida a una celda PVT a estas mismas condiciones, resultando en un volumen de 300 cc y luego sometida a una liberación similar a la estación de flujo resultando en un volumen de liquido en el tanque de 167.4 cc, un volumen de gas en el separador de 0.537 pcn y de 0.06 pcn en el tanque. Calcular el factor volumétrico de formación para el petróleo y la razón de gas – petróleo de solución. Solución: Factor volumétrico de formación para el petróleo
Bosb =
Volumen de liquido sacado de la celda volumen de liquido llegando al tan que de almacenami ento
300cc cy = 1.79211BY / BN Bosb = 167.4cc cn La razón de gas – petróleo de solución. Rssb =
Volumen de gas en el separador +Volumen deg as en el tan que de almacenami ento volumen de liquido llegando al tan que de almacenami ento
Rssb =
0.537 pcn + 0.06 pcn = 567 PCN / BN 6 − 167.4cc * 6.29 *10 BN / cc
(
EJERCICIO No 25 De un análisis de presión se obtuvieron los siguientes datos Presión (Lpc) 3250 3050 2850 2650 2150 1550 1050 14.7
Vol. Total (ml-cy) 91.89 97.18 93.79 92.88 94.69 116.19 161 90.12
Vol. Gas (ml-cy) 0 7.85 6.37 7.25 11.94 36.51 83.31 24.36
63
Vol. Gas (ml-cn) 0 1312 929 899 1135 1798 2417 656
Vol. Petróleo (ml-cy) 91.98 89.33 87.42 85.63 82.75 79.68 77.69 65.76
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Se pide determinar: A.- Relación Gas – petróleo en solución B.- Factor volumétrico volumétrico del gas (PCY/PCN) (PCY/PCN) C.- Factor volumétrico total, Bt (BY/BN)
A.- Relación Gas – petróleo en solución
⎛ ∑V gt − ∑V gi ⎞ ⎟(5.615) Rsi = ⎜ ⎜ ⎟ ⎝ Vor ⎠ ∑V gt = ∑V g − cn = 9146 ml Para una P = 3250 Lpc
⎛ 9146− 0 ⎞ PCN 5 . 615 781 = ⎟ ( ) ⎜ ⎟ BN ⎝ 65.76 ⎠
Rs = ⎜
Presión Presi ón (LPc)
Rs (PCN/BN (PCN/BN) )
3250 3050 2850 2650 2150 1550 1050 14.7
781 699 590 513 416 262 56 0
B.- Factor volumétrico volumétrico del gas (PCY/PCN) (PCY/PCN) Bg =
Vg cy Vg cn
Para una de 3250 Lpc Bg = 0 Para una p = 3050 Lpc
64
Versión actualmente en revisión
Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
Bg =
7.85 = 5.983×10− 3 Pcy 1312 Pcn Presión (lpc) 3250 3050 2850 2650 2150 1550 1050 14.7
Bg ( Pcn/Pcy) 0 5.983× 10-3 6.857× 10-3 8.065× 10-3 1.052× 10-2 2.031× 10-2 3.447× 10-2 3.713× 10-2
C.- Factor volumétrico total, Bt (BY/BN) Bt = Bt =
Vt cy −Vg cy Vor
+ (Rsi − Rs )Bg 5.615
91.89 − 0 + 781− 781 0 = 1.4 By 65.76 5.615 Bn Presióm (Lpc) 3250 3050 2850 2650 2150 1550 1050 14.7
Bt (By/Bn) 1.4 1.478 1.563 1.687 1.942 3.089 5.632 6.164
EJERCICIO N° 26 De un análisis de presión se obtuvieron los siguientes datos Presión (Lpc) 5000 4500 4000 3500
Vt (ml) 11.7720 11.8200 11.9100 11.9700
Presión (Lpc) 3125 3000 2700 2400
Vg cy (ml)
Vg cn (ml)
Vo cy (ml)
0.5520 0.5004 0.5592
102.2532 83.6772 83.3484
12.06 11.7228 11.5308 11.3388
65
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Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
3290 3000 2700 2400 2100
12.0300 12.030 0 12.3240 12.7236 13.2720 14.0160
2100 1800 1500 1200 900 9 00 600 300 14.7(200 oF) 14.7(60oF)
0.6420 0.7164 0.8244 1.1076 900 2.1816 4.4736 107.590 87.4008
83.150 79.0308 74.7996 79.0740 76.9368 74.8428 74.7564 87.4008 87.4008
11.7576 10.9824 10.8284 10.6608 10.4928 10.3236 10.1508 9.9552 9.3528
A.- Calculo de la presión de burbujeo: Se grafica P vs. Vt
Presión Pre sión v s Vt 6000 5000
a c p 4000 L ( n 3000 ó i s 2000 e r P
Presión (Lpc)
1000 0 11, 5
12
12, 5
13
13, 5
14
14, 5
Vt (ml)
B.- Calculo de volúmenes relativos relativos V/Vb Si V/Vb < 1, Petróleo subsaturado Si V/Vb > 1, Petróleo saturado Presión (LPc) 5000 4500 4000 3500 3290 3000 2700 2400
Vt 11.7720 11.8200 11.9100 11.9700 12.0300 12.3240 12.7236 13.2720 66
Vt/Vb 0.9761 0.9801 0.9876 0.9925 0.9975 1.0219 1.0550 1.1005 Versión actualmente en revisión
Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
2100
14.0160
1.1622
C.- Calculo de la compresibilidad del petróleo subsaturado Co =
−1 ⎛ Vo1 −Vo2 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ − P P Vo1 ⎝ 1 2 ⎠
1.- 3125 < 3290 Co =
−1 ⎛ 12.06−12.03 ⎞ =1.5076×10− 6 Lpc-1 ⎜ ⎟ 12.06 ⎜⎝ 3125− 3290 ⎠⎟ Presión (Lpc) 3125<3290 3290<3500 3500<4000 4000<4500 4500<5000
Co (Lpc-1) 1.5076×10-6 1.3854×10-5 1.4173×10-5 1.5113×10-5 1.5228×10-5
D.- Calculo del factor volumétrico del petróleo Bo =
Vocy ⎛ By ⎞
⎜⎜ ⎟⎟ Vor ⎝ Bn ⎠
Vor = 9.3528 ml
Bo =
12.06 = 1.289 By 9.3528 Bn Vo cy (ml) 12.06 11.7228 11.5308 11.3388 11.7576 10.9824 10.8284 10.6608 10.4928
Bo (BY/Bn) 1.289 1.253 1.233 1.212 1.192 1.174 1.158 1.1398 1.122
67
Versión actualmente en revisión
Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
10.3236 10.1508 9.9552 9.3528
1.104 1.085 1.064 1
E.- Calculo del factor volumétrico del gas Bg =
Bg =
Vo cy
(5.615)(Vg cn ) 0.5520 = 9.614×10− 4 By (5.615)(102.2532) Pcn Vg cy (ml) 0.5520 0.5004 0.5592 0.6420 0.7164
Vg cn (ml) 102.2532 83.6772 83.3484 83.150 79.0308
Bg (By/Pcn) 9.614×10 -4 1.065×10 -3 1.195×10 -3 1.375×10 -3 1.614×10 -3
EJERCICIO N° 27 Los datos de un separador de prueba se muestran a continuación. Note que el volumen de liquido del separador fue medido a presión y temperatura de separación antes de ser enviado al tanque de almacenamiento. Prepare una tabla de prueba para el estudio del fluido en el yacimiento. Volumen de crudo a presión de burbujeo y temperatura del yacimiento. Volumen liquido del separador a 100 lpc y 75°F. Volumen de crudo almacenado a 14.7 lpca y 75 °F Volumen de crudo almacenado a 14.7 lpca y 60 °F Volumen de gas removido del separador Volumen de gas removido del tanque de almacenamiento Gravedad especifica del crudo almacenado Gravedad especifica del gas del separador Gravedad especifica del gas del tanque de almacenamiento
182.637 cc 131.588 cc 124.773 cc 123.906 cc 0.52706 pie 3 0.07139 pie 3 0.8217 0.786 1.363
Solución: 1.- Se calcula la razón de gas petróleo en el separador y a condiciones normales. RGP =
0 .52706 PCN
(131.588 cc )(6 .29 * 10
−6
bbl / cc )
= 637 PCN / bbl sep
68
Versión actualmente en revisión
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RGP =
0 .07139PCN
(124.773cc )(6 .29 * 10 −6 bbl / cc )
= 91PCN / bbl sep
2.- Se calcula la razón de gas petróleo basada en el volumen de petróleo a condiciones normales RGP =
RGP =
0 .52706 PCN
(123.906 cc )(6 .29 * 10 −6 bbl / cc ) 0 .07139PCN
(123.906 cc )(6 .29 * 10
−6
bbl / cc )
= 676 PCN / bbl sep = 92 PCN / bbl sep
3.- Se calcula el factor volumétrico de formación de petróleo Bo =
182 .637 cc yac 123.906 cc CN
= 1.474BY / BN
4.- Se calcula el factor de merma en el separador y en el tanque Factor de merma sep =
131.588 cc 123.906 cc
Factor de merma tan que =
= 1.062 bbl sep / BN
124.773cc 123.906 cc
= 1.007 bbl tan que / BN
5.- Se convierte la gravedad especifica del petróleo en el tanque a °API ° API =
141.5 γ o
− 131.5 =
Presión Temp. °F del separador, lpcm 100 75 Hasta 0 75
141.5 0 .8217
− 131.5 = 40 .7
RGP
RGP
(1) 637
(2) 676
91
92
°API
Factor Vol., Bo (3)
40.7
69
1.474
Volumen Gravedad en el especifica separador. del gas (4) 1.062 0.788 1.007
1.363
Versión actualmente en revisión
Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
EJERCICIO N° 28 Un pozo produce un crudo de 45 API con una relación gas – petróleo de 941 PCN/BN. Se tomó una muestra de fluido de este pozo correspondiente a una presión de yacimiento de 3463 Lpca y una temperatura de 184 °F. El análisis de laboratorio de esta muestra proporciono los siguientes resultados: PRESION (PSI) 5000 4500 4000 3500 3400 3300 3200 3100 3054 = Pb 2700 2400 2100 1800 1500 1200 900 600 300
BO (BY/BN) 1.498 1.507 1.517 1.527 1.53 1.532 1.534 1.537 1.538 1.484 1.441 1.401 1.361 1.323 1.287 1.252 1.215 1.168
RS(PCN/BN) 941 941 941 941 941 941 941 941 941 819 732 646 562 481 400 321 240 137
Bg (BY/PCN)
0.000866 0.000974 0.00109 0.001252 0.001475 0.001795 0.002285 0.003108 0.00476 0.009683
Se pide: A.- Graficar el factor volumétrico de formación para el petróleo, la relación de gas disuelto en el petróleo y el factor volumétrico de formación para el gas en función de presión.
70
Versión actualmente en revisión
Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
B.- Determine el factor volumétrico de formación total a las presiones de 3200Lpc y 2400 Lpc. Se tiene que: Bt = Bo + Bg Rsi −Rs
Para una P = 3200Lpc Debido a que ésta presión esta por encima del punto de burbuja, el petróleo se encuentra subsaturado, es decir, todo el gas se encuentra disuelto en él.
71
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Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
Entonces no existe Bg, por consiguiente: Bt = Bo ⇒ Bt = 1.534By / Bn
Para una P = 2400Lpc Bt = 1.441BY / BN + 0.00109BY / BN 941−732 PCN / BN
Bt = 1.6681BY / BN
B.- Establecer el gradiente de presión del petróleo en el yacimiento cuando su presión promedio sea de 270 Lpc. Si se ha estimado que la gravedad del gas en la superficie es de 0.68 γ o =
= Gradiente del fluido ρ w Gradiente del agua ρ o
A una Presión de 2700Lpc Bo = 1.484BY / BN Rs = 819PCN / BN γ o =
141.5 = 0.818 131.5 + 41.5
ρ o =
(350×σ o )+ 0.0764(σ gd )(Rs )
ρ o =
(350×0.818)+ 0.0764(0.68)(819) = 39.46 Lbs
5.615×Bo Ft 3
5.615×1.484
1 Lb Ft 2 × = 0.2740 Lpc 39.46 Ft Pie 3 144in 2
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EJERCICIO N° 29 Supóngase que se ha descubierto un yacimiento que contiene una mezcla de hidrocarburos de etano y n – heptano, y cuyo comportamiento de fases esta dado por:
A
B
C
Se pide: • Localizar en la figura las condiciones iniciales (A) del yacimiento a presión de 1300 lpc y temperatura de 300 °F. • Localizar las condiciones finales (B) del yacimiento a presión de 400 lpc y temperatura de 300 °F y conectar este punto B con el anterior. • Localizar en la figura las condiciones de separacion (C) de los fluidos en superficie a 100 lpc y 150 °F. • Si la mezcla de hidrocarburos en el yacimiento es la representada por la composición N° 2, 3, 4, 5 y 6, respectivamente. ¿Qué tipo de yacimientos serian?
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Solución: Al ubicar los puntos tenemos que: Para la composición 2: Es un yacimiento de gas seco ya que la temperatura de este es mucho mayor que la temperatura crincondentérmica. Para la composición 3: Es un yacimiento de gas húmedo ya que la temperatura de este es ligeramente mayor que la temperatura crincondentérmica. Para la composición 4: Es un yacimiento de condensación retrógrada ya que la temperatura de éste es mayor que la temperatura critica y menor que la temperatura crincondertérmica y su presión es mayor que la presión de rocío superior. Para la composición 5: Es un yacimiento de petróleo subsaturado ya que la temperatura de éste es menor que la temperatura critica y la presión es menor a la presión de burbuja. Para la composición 6: Es un yacimiento de petróleo subsaturado ya que la temperatura de éste es menor que la temperatura critica y la presión es menor a la presión de burbuja. Se obtiene petróleo negro. EJERCICIO N° 30 Valide una Prueba de PVT por Balance de Materiales:
PRESION (Lpca)
Rc (Pcn/Bn)
Bo (By/Bn)
Bg (Pcy/Pcn)
DENSIDAD DEL PETROLEO
2096 1626 1226 826 526 226 26
483 375 300 240 179 95 0
1.39584 1.34324 1.30067 1.25057 1.20392 1.13958 1.06354
----------0.01042 0.01397 0.02114 0.03382 0.08128 0.72688
0.7227 0.7351 0.7514 0.7730 0.7932 0.8228 0.8619
GRAVEDAD ESPECIFICA DEL GAS (AIRE=1) ---------------0.7582 0.7973 0.8441 0.8833 0.9450 1.0122
Validamos la prueba Formulas Empleadas: moi = γ oi ×Boi ×1000
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⎛ mgi ⎞ ⎜ γ gdi ⎟⎟ ⎝ ⎠
Vgi = 0.02881×⎜
Rsi = Rsdi −1+159Vgi
A una Presión de 26 Lpca mo1 = ⎛ 0.8619gr / cm 3 ⎞ 1.06354 ⎛ 1000cm 3 ⎞ = 916.6651gr
⎜ ⎝ mg 1= 0 Vg 1= 0 Rs1= 0
⎟( ⎠
)⎜
⎝
⎟ ⎠
A una Presión de 226 Lpca 3 3 mo2 = ⎛ ⎜ 0.8228gr / cm ⎞⎟(1.13958)⎛ ⎜1000cm ⎞⎟ = 937.6464gr
⎝
⎠ ⎝ ⎠ mg 2 = mo2 − mo1= 937.646−916.665 gr = 20.981gr ⎛ 20.981gr ⎞ Vg 2 = 0.02881⎜ ⎜ 1.0122 ⎟⎟ = 0.59717PCN ⎝ ⎠ Rs2 = 0 +159 0.59797 = 94.95PCN / BN A una Presión de 526 Lpca
3 3 mo3 = ⎛ ⎜ 0.7932gr / cm ⎞⎟(1.20392)⎛ ⎜1000cm ⎞⎟ = 954.9493gr
⎝
⎠ ⎝ ⎠ mg 3 = mo2 − mo1= 954.9493−937.6464 gr =17.3029gr ⎛ 17.3029gr ⎞ Vg 3 = 0.02881⎜ ⎜ 0.9450 ⎟⎟ = 0.52739PCN ⎝ ⎠ Rs3 = 94.95 +159 0.52739 = 178.8PCN / BN Presión (Lpca) 26 226 526 826 1226 1626 2096
Mo (gr) 916.665 937.646 954.949 966.891 977.323 987.416 1008.77
Mg (gr) 0 20.981 17.299 11.742 10.632 10.093 21.357
75
Vg (PCN) 0 0.59717 0.52739 0.38298 0.34288 0.3647 0.81154
Rs (Pcn/Bn) 0 94.95 178.8 239.6939 297.39 355.378 484.4
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Calculamos los porcentajes:
%Dif = Rsd calc . −Rsd exp . ×100 Rsd (calc .)
%Dif 2 =
94.95 − 95 ×100 = 0.0526% 94.95
Rs (calculado) 0 94.95 178.8 236.6939 297.37 355.78 484.4
Rs (expresado) 0 94.95 178.8 239.6939 297.39 355.378 484.4
% Diferencial 0 0.0526 0.11 0.127 0.88 5.40 0.28
Como se observa los % de diferencia son muy bajos por lo tanto la prueba valida por balance de materia. EJERCICI O Nº 31 Valide la prueba de PVT por desigualdad
∂Rsd ⎞ ∂Bod < Bg ⎛ ⎜⎜ ⎟⎟ ∂P ⎝ ∂ p ⎠ Intervalo 2096-1626
∂Bod = (1.39584 −1.34324) = 0.0001191 ∂P (2096 −1626) ⎛ ∂Rsd ⎞ 0.01042⎛ 483− 375 ⎞ ⎜ ∂P ⎟⎟ = 5.615 ⎜⎜ 2096−1626 ⎟⎟ = 0.000426 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0.0001191< 0.000426
Bg ⎜
Intervalo de1626-826
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∂Bod = 1.34324−1.30067 = 0.0001064 ∂P (1626−1226) ⎛ ∂Rsd ⎞ 0.01397⎛ 375−300 ⎞ ⎜ ∂P ⎟⎟ = 5.615 ⎜⎜ 1626−1226 ⎟⎟ = 0.000466 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Bg ⎜
0.0001064 < 0.000466 Intervalo1226-826
∂Bod = 1.30067−1.25057 = 0.000125 ∂P (1226−826) ⎛ ∂Rsd ⎞ 0.02114 ⎛ 300−240 ⎞ ⎜ ∂P ⎟⎟ = 5.615 ⎜⎜ 1226−826 ⎟⎟ = 0.000571 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Bg ⎜
0.000125 < 0.000571 Intervalo 826-526
∂Bod = (1.25057−1.20392) = 0.000155 ∂P (826−526) ⎛ ∂Rsd ⎞ 0.03382⎛ 240−179 ⎞ ⎜ ∂P ⎟⎟ = 5.615 ⎜⎜ 826− 526 ⎟⎟ = 0.001224 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Bg ⎜
0.000155 < 0.001224 Intervalo526-226
∂Bod = 1.20392−1.13958 = 0.000214 ∂P (526−226)
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⎛ ∂Rsd ⎞ 0.08128 ⎛ 179 − 95 ⎞ ⎜ ∂P ⎟⎟ = 5.615 ⎜⎜ 526 − 226 ⎟⎟ = 0.00405 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Bg ⎜
0.000214 < 0.00405 Intervalo 226-26
∂Bod = (1.13958−1.06354) = 0.000380 ∂P (226−26) ⎛ ∂Rsd ⎞ 0.72688⎛ 95− 0 ⎞ ⎜ ∂P ⎟⎟ = 5.615 ⎜⎜ 226− 26 ⎟⎟ = 0.0615 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Bg ⎜
0.000380 < 0.0615 Como se cumple la relación en todos los puntos entonces la prueba valida. EJERCICIO N° 32 Valide los datos obtenidos de una prueba de PVT por liberación instantánea: PRESION DE SEPARADOR (Lpcm) 350-0 250-0 150-0
RELACION GASPETROLEO PCN/BN 253-155 265-135 310-100
API A 60O 0F (TANQUE)
VISCOSIDAD DEL PETROLEO (Bo)By/BN
GRAVEDAD DEL GAS (AIRE=1)
26.5 26.9 26.9
1.34051 1.33404 1.33521
0.7784 0.8292 0.8833
Se conoce que:
⎛ γ o ×Yw ⎞ ⎛ 0.0763277 ⎞ ⎜ Bofb ⎟⎟ + ⎜⎜ Bofb ⎟⎟[(γ g ×Rs )sep + (γ g ×Rs ) tan que] ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Yofb = ⎜
Prueba 1 γ o =
141.5 = 141.5 = 0.895 131.5 + API 131.5 + 26.5
γ ofb =
0.895×350 + 0.0763277 (0.7784×253)+(0.7784×155) [ ] 1.34051By / Bn 1.34051By / BN
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γ ofb =
(251.763Lbs / BY )×⎛ ⎜ 2.853×10 −3 ⎞⎟ = 0.718grm / cm3 ⎝
⎠
Prueba 2 γ o =
141.5 = 0.893 131.5 + 26.9
γ ofb =
0.893×350 + 0.0763277 (0.8292×262)+(0.8292×135) [ ] 1.33404By / Bn 1.33404By / BN
γ ofb =
(253.123Lbs / BY )×⎛ ⎜ 2.853×10 −3 ⎞⎟ = 0.722grm / cm3 ⎝
⎠
Prueba 3
0.894×350 + 0.0763277 (0.8833×310)+(0.8833×100) = [ ] 1.33521By / Bn 1.33521By / BN γ ofb = 2555.047Lbs / BY ×⎛ 2.853×10 −3 ⎞ = 0.727grm / cm 3
γ ofb =
(
)
⎜ ⎝
⎟ ⎠
Calculamos los porcentajes:
%Dif 1 =
0.718 − 0.7227 ×100 = 0.654% 0.718
%Dif 2 =
0.722 − 0.7227 ×100 = 0.069% 0.722
%Dif 30
0.727 − 0.7227 ×100 = 0.5915% 0.727
La prueba puede validarse ya que los porcentajes son menores del 5%.
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CORRELACIONES PVT EJERCICIO No 33 Los resultados de una prueba inicial de producción arrojan los siguientes resultados: Rs = 1035 PCN/BN, Qo = 636 BN/día, grav. gas = 0.934 ( aire = 1.0) API = 35.7 ° API, T = 130 °F, Pi = 4200 lpc.
.
a) Determine Pb y Bob usando las correlaciones de Standing. b) Determine la viscosidad del petróleo al punto de burbujeo (Cualquier correlación)
Solución: a) Determine Pb y Bob usando las correlaciones de Standing y la TOTAL . STANDING 0.83
⎛ Rsb ⎞ Pb = 18.2[F −1.4] , F = ⎜ ⎜ γ g ⎟⎟ ⎝ ⎠ 0.83
⎛ 1035 ⎞ F = ⎜ ⎜ 0.934 ⎟⎟ ⎝ ⎠
*10(0.00091* T − 0.0125 * API )
*10(0.00091* 130 − 0.0125 * 35.7) = 158.14759
Pb = 18.2 158.14759 −1.4 = 2852.8lpca γ g +1.25*T Bob = 0.9759 +12* 10− 5 * F 1.2 , F = Rsb γ o
F = 1035
0.934 141.5
+1.25* 130 = 1249.8108
131.5 + 35.7
Bob = 0.9759 +12* 10− 5 * 1249.81081.2 = 1.6 BY / BN
b) Determine la viscosidad del petróleo al punto de burbujeo (Cualquier correlación) y a la presión inicial utilizando la correlación de Vásquez y Beggs. Para determinar la viscosidad del petróleo en el punto de burbujeo utilizamos la correlacion de Beggs y Robinson:
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μ od = 10 x −1, x = yT −1.163, y = 10z , z = 3.0324 − 0.02023 API
z = 3.0324 − 0.02023* (35.7) = 2.310189 y = 102.310189 = 204.262668 x = 204.262668* (130)−1.163 = 0.710678 μ od = 100.710678 −1= 4.1366 cps
En el punto de burbuja: μ ob = a(μ od )b ,
a = 10.715(Rs +100)− 0.515, b = 5.44(Rs +150)− 0.338
a = 10.715(1035 +100)− 0.515 = 0.2862 b = 5.44(1035 +150)− 0.338 = 0.49732 μ ob = 0.2862(4.1366)0.49732 = 0.57988 cps
EJERCICIO N° 34 La relación inicial de gas en solución – petróleo para un fluido de cierto yacimiento fue de 230 scF/ STb. Calcule Bt a presión de yacimiento de 900 psia, aplicando la siguiente información Bo = 1.10435 RB/STB Bg = 0.02905 RB/SCF Rs = 169 Scf/STB Solución Bt = 1.2816 RB/STB
EJERCICIO N ° 35 Estimar la viscosidad del agua en un yacimiento cuya temperatura es de 180 olF. La salinidad del agua es de 100000 ppm Solución µw = 0.41 cps
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EJERCICIO N° 36 El factor volumétrico del petróleo es requerido a su presión de burbujeo (2200 psia) y T = 147 oF. La información de la relación gas – petróleo y gravedad se presenta a continuación
GOR (scf/STB) Γ gas
1era etapa del 2da etapa del Stock Tank separador separador 445 95 20 0.764 1.08 1.2
Total 560
API = 35 0 Solución Bo = 1.303 RB/STB
EJERCICIO N°37 Determine la solubilidad del gas natural en el agua de formación a 2500 psia y 174 oF si la salinidad es de 20000 ppm Utilizamos la correlación de McCoy, La cual es la siguiente: Rswp = A + Bp +Cp2 A = 2.12 + 3.45 * 10−3 *T − 3.59 * 10−5T 2 B = 0.0107 − 5.26 * 10−5 *T +1.48 * 10−7 *T 2 C = −8.75 * 10−7 + 3.9 * 10−9 * T −1.02 * 10−11* T 2
Y el factor de corrección por salinidad esta dado por: Rsw = 1− (0.0753 −1.73 * 10−4 *T )S Rswp A = 2.12 + 3.45 * 10− 3 * (174) − 3.59 * 10− 5(174)2 = 1.6333916 B = 0.0107 − 5.26 * 10− 5 * (174) +1.48 * 10− 7 * (174)2 = 0.006028448 C = −8.75 * 10− 7 + 3.9 * 10− 9 * (174) −1.02 * 10−11* (174)2 = −5.052152 * 10− 7 Rswp = 1.6333916 + (0.006028448)(2500) − 5.052152* 10− 7(2500) = 13.5469166
Corrigiendo por salinidad: Rsw = 13.5469(1− (0.0753−1.73 * 10−4 * 174)2) = 12.32scf / RB
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COMPRESIBILIDAD DEL AGUA EJERCICIO N° 38 Determinar la compresibilidad del agua de formación a 2500 psia y 174 oF, si la salinidad del agua es de 20000 ppm Utilizamos la correlacion de Osif: Cw =
1 7.033 p + 541.5 * S − 537 *T + 403300
Cw =
1 = 3.05 * 10− 6lpc −1 7.033* 2500 + 541.5 * (20000 / 58443) − 537* (174) + 403300
FACTOR VOLUMENTRICO DEL AGUA EJERCICIO N°39 Determinar el factor volumétrico del agua de formación a 2500 psia y 174 oF, si la salinidad del agua es de 20000 ppm Bw = 1+ ΔV wp 1+ ΔV wt Utilizando las siguientes ecuaciones:
ΔV wt = −1.0001* 10− 2 +1.33391* 10− 4 *T + 5.50654 *10− 7 *T 2 ΔV wp = −1.95301*10− 9 p *T +1.72834 *10−13 *T + 3.58922* 10− 7 *T 2 * p − 2.25341* 10−10 * p2 ΔV wt = −1.0001*10− 2 +1.33391*10− 4 (174)+ 5.50654 * 10− 7 * (174)2 = 0.029880 ΔV wp = −1.95301* 10−9 (2500 )* (174 )+ 1.72834 * 10−13 (2500 )2 (174 )− 3.58922 * 10−7 (2500 ) − 2.25341 * 10−10 * (2500 )2 = −3.31406 * 10−3 −3 Bw = ⎛ ⎜1− 3.31406* 10 ⎞⎟(1+ 0.029880)= 1.026
⎝
⎠
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BALANCE DE MATERIALES EJERCICIO N° 40 Calcule el cambio en el tamaño del casquete de gas de un yacimiento en el que el 20% del casquete fue producido mientras la presión del yacimiento descendió de 1225 lpcm a 1100 lpcm. Originalmente el casquete contenía 21.3E+09 scf. Bgi a 1225 lpcm es 0.002125 RB/scf y a 1100 lpcm es 0.002370 RB/scf. Solución: m = GBgi A condiciones iniciales: A 1100 lpcm, el casquete de gas contiene solamente 0.8 veces el volumen original de gas, asi que: Δm = 0.8 * 21.3 x 109 * 0.002370 − 21.3 x 109 * 0.002125 = −4.88 x 106 RB
Se observa que el casquete de gas ha mermado en casi 5 millones de barriles del yacimiento, lo que significa que un volumen igual de petróleo tuvo que migrar hacia el casquete. Aunque no obstante el casquete puede ser expandido mas tarde mas allá de su tamaño original, probablemente, a lo menos 1 millón de barriles de este petróleo se perderá permanentemente en el casquete de gas. EJERCICIO N° 41 La producción de petróleo acumulada para el yacimiento estudiado fue de 14.73 MMSTB cuando la presión del yacimiento era de 900 lpcm. A la vez, la producción acumulada del gas en solución fue de 4050 MMscf. Calcule el volumen del yacimiento ocupado por el gas liberado. N = 90.46 MMSTB Rsi= 230 scf/STB @ 1225 lpcm Rs = 169 scf/STB @ 900 lpcm Bg = 0.002905 RB/scf @ 900 lpcm V gliberado = [NR si − (N − N p )R s − G p ]B g V gliberado = [90.46 * 230 − (90.46 − 14.73) * 169 − 4050] * 106 * 0.002905 V gliberado = 11.5 x 10 6 RB
El gas liberado puede permanecer distribuido uniformemente por todo el yacimiento o puede migrar a lo alto hacia un casquete de gas ya formado o crear un casquete de gas secundario.
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EJERCICIO N° 42 Determine el recobro fraccional, durante la depleción de un yacimiento mientras cae por debajo de la presión de burbujeo, cuyos parámetros PVT son los siguientes: Presión (psi) 4000 (Pi) 3500 3330 (Pb) 3000 2700 2400 2100 1800 1500 1200 900 600 300
Bo (RB/STB) 1.2417 1.2480 1.2511 1.2222 1.2022 1.1822 1.1633 1.1450 1.1287 1.1115 1.0940 1.0763 1.0583
Rs (scf/STB) 510 510 510 450 401 352 304 257 214 167 122 78 35
Bg (RB/scf) ------0.00087 0.00096 0.00107 0.00119 0.00137 0.00161 0.00196 0.00249 0.00339 0.00519 0.01066
Cw= 3*10-6 lpc-1, Cf = 8.6*10-1 lpc-1, Swi= 0.2 Solución: La data que se requiere de la tabla anterior se resume a la siguiente: Presión (psi) 4000 (Pi) 3330 (Pb)
Bo (RB/STB) 1.2417 1.2511
Rs (scf/STB) 510 510
Bg (RB/scf) ---0.00087
La compresibilidad promedio del petróleo subsaturado entre la presión inicial y la de burbujeo es: C o =
(Bob − Boi ) Boi ΔP
=
1.2511 − 1.2417 1.2417 (4000 − 3330 )
= 11.3 * 10 −6 lpc −1
El recobro de petróleo no es más que la relación entre la producción acumulada entre el volumen total (reservas) de hidrocarburos. Boi Np = c e ΔP Pb Bo N c e =
1 (11.3 * 0 .8 + 3 * 0 .2 + 8 .6 ) * 10 −6 = 22 .8 * 10 −6 lpc 0 .8
De esta manera, el recobro de petróleo vendrá dado por: Np N
= Pb
1.2417 * 22 .8 * 10 −6 * (4000 − 3330 ) = 1.52 % 1.2511
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el recobro de petróleo es extremadamente bajo. Esto se debe al valor muy pequeño de la compresibilidad efectiva la cual contiene solo agua y petróleo. La situación, sin embargo, será totalmente diferente una vez que la presión caiga por debajo de la presión de burbujeo. EJERCICIO N° 43 El yacimiento descrito en el ejercicio anterior producirá hasta alcanzar una presión de abandono de 900 psia. 1) Determine una expresión matemática para obtener el recobro del petróleo al abandono como función de la relación acumulada gas – petróleo, Rp. 2) Derive una expresión para la saturación de gas libre en el yacimiento a la presión de abandono. 1.- para un yacimiento con empuje por gas en solución (P < Pb), las siguientes asumpciones toman lugar: m = 0; no existe capa de gas inicial. No se considera entrada de agua (we = o) El termino reduccion HCPV es despreciable una vez que exista una significativa saturación de gas libre que se desarrolla en el yacimiento.
⎡ (Bo − Boi ) + (Rsi − Rs)Bg
Np(Bo + (Rp − Rs)Bg ) = NBoi ⎢
⎣
Boi
⎤ + ...⎥ = ⎦
⎡ ⎛ Bg ⎞ ⎛ cwSwi + cf ⎞ ⎤ ⎜ ⎟ + − + + ... 1 ( 1 ) m m ⎜ ⎟ΔP ⎥ + (we − wp)Bw ⎢ ⎜ Bgi ⎟ ⎝ 1− Swi ⎠ ⎥⎦ ⎝ ⎠ ⎢⎣ Np Bo + (Rp − Rs)Bg = N (Bo − Boi ) + (Rsi − Rs)Bg Producción del yacimiento Expansión liquida y gas disuelto
El factor de recobro a la presión de abandono de 900 psia se expresa en función de:
(RF )900 = Np 900 = N
Presión (Psia) 4000 Pi 900 Np N
= 900 psi
(Bo − Boi ) + (Rsi − Rs)Bg (Bo + (Rp − Rs)Bg ) 900
Bo (RB/STB) 1.2417 1.0940
Rs (scf/STB 510 122
Bg (RB/scf) ----0.00339
(1.0940 − 1.2417) + (510 − 122)0.00339 344 = 1.0940 + (Rp − 122)0.00339 Rp + 201 900 86
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Esta relación claramente demuestra que existe una relación inversamente proporcional entre el recobro de petróleo y la relación gas – petróleo acumulado B.- Derive una expresión para la saturación de gas libre en el yacimiento a la presión de abandono. La saturación del gas libre en el yacimiento puede ser deducida de dos maneras, la más obvia es considerarla a través del balance total de gas Gas liberado en el = Cantidad total – gas producido en – gas disuelto en el Yacimiento de gas superficie Petróleo Esta expresión en términos de los parámetros básicos PVT puede ser evaluada a cualquier presión del yacimiento como Gas liberado (rb) = [( N × Rsi ) − ( Np × Rp ) − ( N − Np ) Rs ] Bg
Expresando el volumen de gas liberado en términos de saturación, se requiere dividirlo entre el volumen poros:
⎛ N×Bo i ⎞ Volumen poroso = ⎜⎜ ⎟⎟ 1 Sw i ⎠ ⎝ ⎛ 1 − Swi ⎞ ⎟ ⎝ N × Boi ⎠
Sg = [N (Rsi − RS ) − Np(Rp − Rs )]Bg ⎜
Un método simple y directo considera: Gas liberado en = Volumen total de petróleo - Volumen actual de petróleo El yacimiento en el yacimiento en el yacimiento Matemáticamente, esta expresión esta dad en términos de: Gas liberado en el yacimiento (RB) = (N × Boi ) − (N − Np )Bo
De esta manera, la saturación de gas libre es igual a: ⎛ 1 − Sw ⎞ ⎟ ⎝ N × Boi ⎠
Sg = [(N × Boi ) − (N − Np )Bo ]⎜
⎛ ⎝
⎡ ⎣
Sg = ⎜⎜ 1 − ⎢1 −
NP ⎤ ⎛ Bo ⎞ ⎞
⎜ ⎟ ⎟(1 − Swc ) N ⎥⎦ ⎝ Boi ⎠ ⎠⎟
A la presión de abandono: ⎡ ⎣
⎛ Np ⎞ ⎤ ⎟0.88⎥ 0.8 N ⎝ ⎠ ⎦
Sg = ⎢1 − ⎜ 1 −
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EJERCICIO N° 44 Se plantea iniciar una inyección de agua de agua en un yacimiento cuyo PVT fue definido en el ejercicio anterior. La intención del planteamiento es mantener presión al nivel de 2700 psia (Pb=3330 psia). Si la actual relación gas petróleo es de 3000 scf/STB, cual es la tasa de inyección de agua inicial requerida para producir 10000 STB/día de petróleo. Para mantener la presión en a 2700 psia, la producción total debe ser igual a la taa de agua que se inyecta. La producción total asociada a 1 STB de petróleo se expresa como: Bo + (R − Rs )Bg , RB
Evaluando a 2700 psia: Presión (psi) 2700
Bo (RB/STB) 1.2022
Rs (scf/STB) 401
Bg (RB/scf) 0.00107
1.2022 + (3000 − 401)0 .00107 = 4 RB
De esta manera, para producir 10000 STB/día, una tasa de inyección de agua inicial de 40000 RB/día se requeriría. EJERCICIO N° 45 El principal mecanismo de producción de un yacimiento particular es la capa de gas y cuyo volumen inicial de petróleo fue estimado volumetricamente en 115*10 6 STB. La producción acumulada de petróleo y su relación gas –petróleo acumulada son listadas en la tabla contigua, sobre la asumpcion que Pi=Pb=3330 psia. El tamaño de la capa de gas es incierto y el mejor estimado basado en la información geológica es de 0.4. Presión (psi) Np (MMSTB) Rp (MMSTB) 3330 3150 3000 2850 2700 2550 2400
3.295 5.903 8.852 11.503 14.513 17.730
1050 1060 1160 1235 1265 1300
Bo (RB/STB) 1.2511 1.2353 1.2222 1.2122 1.2022 1.1922 1.1822
Rs (scf/STB) 510 477 450 425 401 375 352
Bg (RB/scf) 0.00087 0.00092 0.00096 0.00101 0.00107 0.00113 0.00120
Solución: usando la técnica de Havlena y Odeh, el balance de materiales para un empuje por capa de gas es expresado como: F = N (Eo + mEg )
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Al graficar tenemos que: F vs Eo+mEg 50 40
) b r 30 M M (
y = 131,78x + 0,1052
m=0,4
y = 114,37x + 0,0474
m=0,5
10
y = 101,02x + 0,0033
m=0,6
F
20
0 0
0,2
0,4
0,6
Eo+mEg (rb/stb)
De la ec. de las rectas tenemos que: Para m = 0.4 y tenemos que N = 132 MMstb Para m = 0.5 y tenemos que N = 114 MMstb Para m = 0.6 y tenemos que N = 101 MMstb Por lo tanto el valor mas aproximado para el tamaño de la capa de gas seria: m = 0.5 Si existe incertidumbre en ambos parámetros N y m, Havlena y Odeh proponen rexpresar la anterior ecuación en terminos de:
Presión (psi) 3330 3150 3000 2850 2700 2550 2400
F (MMrb)
Eo (rb/stb
Eg (rb/stb)
Eo + mEg (m=0,4)
Eo + mEg (m=0,5)
Eo + mEg (m=0,6)
5,807 10,671 17,302 24,094 31,898 41,130
0,01456 0,02870 0,04695 0,06773 0,09365 0,12070
0,07190 0,12942 0,20133 0,28761 0,37389 0,47456
0,0433 0,0805 0,1275 0,1828 0,2432 0,3105
0,0505 0,0934 0,1476 0,2115 0,2806 0,3580
0,0577 0,1064 0,1677 0,2403 0,3180 0,4054
Eg F = N + mN Eo Eo
Por lo tanto tenemos que:
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Presión (psi) 3330 3150 3000 2850 2700 2550 2400
F/Eo
Eg/Eo
398,853 371,827 368,513 355,735 340,610 340,763
4,938 4,510 4,288 4,246 3,992 3,932
Al graficar F/Eo vs Eg/Eo tenemos:
F/Eo v s Eg/Eo y = 58,83x + 108,7
410 400 ) 390 b t s 380 M M ( 370 o 360 E / F
350 340 330 2
3
4
5
6
Eg/Eo
Por lo tanto tenemos que: F Eo
= 108 .7 + 58 .83
Eg Eo
y de acuerdo a esta interpretación tenemos que: m = 0.54 y N = 108.7 MMSTB
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EJERCICIO N° 46 Se tiene un yacimiento cuya presión inicial se encuentra en el punto de burbujeo, realice un análisis con base al comportamiento dinámico del mismo. Tiempo (Año) 1962 1963 1964 1965 1966 1967 1968 1969 1970 1971 1972 1973 1974
Presión (lpc) 2400 2340 2245 2150 2080 2040 1975 1920 1860 1825 1790 1750 1720
Np (MMBN)
Rp (PCN/BN)
Wp (MMBN)
4,794 5,867 7,737 9,444 10,755 12,18 13,54 14,642 16,142 17,564 18,465 18,632
910 930 931 935 960 997 1046 1094 1350 1445 1650 1825
0,15 0,218 0,367 0,426 0,55 0,591 0,698 0,807 0,929 1,052 1,152 1,226
Rs (PCN/BN) 466 443 421 401 385 370 356 344 332 324 317 308 302
Bo (BY/BN) 1,2882 1,2769 1,2662 1,2564 1,2487 1,2415 1,2348 1,2291 1,2234 1,2197 1,2164 1,2121 1,2093
Bg (BY/PCN) 0,00120 0,00130 0,00135 0,00140 0,00145 0,00150 0,00155 0,00160 0,00165 0,00170 0,00173 0,00173 0,00178
Utilice: Bw = 1.0385 BY/BN Cw = 3.7E-06 lpc-1 Cf = 4.2E-6 lpc-1 m=0 Determinar: 1.- Graficar F vs Eo+Ef,w 2.- El POES 3.- Graficar F/ (Eo+Ef,w) vs WeBw/ (Eo+Ef,w) 4.- Los índices de empuje para cada año. Solución: Las ecuaciones a utilizar son las siguientes: Producción total a condiciones de yacimiento F = Np Bo + (Rp − Rs )Bg +WpBw Expansión del petróleo y su gas disuelto Eo = Bo − Boi + Rsi − Rs Bg Expansión del agua connota y reducción del volumen poroso ⎛ cwSwi + cf ⎞ Ef ,w = (1+ m)Boi ⎜ ⎜ 1− Swi ⎟⎟ΔP ⎝ ⎠
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Tiempo (Año) 1962 1963 1964 1965 1966 1967 1968 1969 1970 1971 1972 1973 1974
P (psi) 0 60 155 250 320 360 425 480 540 575 610 650 680 Δ
F MMBY 0 9,188 11,687 15,843 19,767 23,442 27,755 32,575 37,160 48,808 56,732 66,447 74,315
Eo BY/BN
Ef,w BY/BN
0,0186 0,0388 0,0592 0,0779 0,0973 0,1171 0,1361 0,1563 0,1729 0,1860 0,1972 0,2130
0,00065 0,00169 0,00272 0,00348 0,00392 0,00463 0,00523 0,00588 0,00626 0,00664 0,00708 0,00741
Eo +Ef,w 0 0,01925 0,04044 0,06192 0,08143 0,10122 0,12173 0,14133 0,16218 0,17916 0,19261 0,20432 0,22043
Al graficar F vs (Eo+Ef,w) tenemos: 80 70 y = 212 ,37x + 2,4991
60 50 F 40
30 20 10 0 0
0,1
0,2
0,3
Eo+Ef,w
2.- El POES es la pendiente de la recta en el gráfico, la cual observando la ecuación de la misma es 212,4 MMBN. 3.Tiempo (Año) 1962 1963 1964 1965 1966 1967 1968 1969
Energía Eo +Ef,w F/(Eo+Ef,w) adicional 0 0,01925 477,19696 5,09825 0,04044 289,00294 3,09767 0,06192 255,84779 2,69040 0,08143 242,73032 2,46995 0,10122 231,59029 1,94245 0,12173 228,00815 1,89995 0,14133 230,49341 2,55709
92
Energía /(Eo+Ef,w) 264,79696 76,60294 43,44779 30,33032 19,19029 15,60815 18,09341
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1970 1971 1972 1973 1974
0,16218 0,17916 0,19261 0,20432 0,22043
229,13005 272,42423 294,54102 325,21372 337,14410
2,71329 10,75405 15,82143 23,04995 27,49676
16,73005 60,02423 82,14102 112,81372 124,74410
Graficando F/ (Eo+Ef,w) vs Energía/ (Eo+Ef,w) se obtiene: 600 500
y = x + 212,4
w , 400 f E + 300 o E ( / 200 F
100 0 0
50
100
150
200
250
300
Energía/(Eo+Ef,w)
4.- Los índices de empujes para cada año serían: Tiempo (Año) 1962 1963 1964 1965 1966 1967 1968 1969 1970 1971 1972 1973 1974
N*Eo/F
N*Ef,w/F
We*Bw/F
total
0,4300 0,7043 0,7937 0,8376 0,8816 0,8961 0,8874 0,8934 0,7524 0,6963 0,6305 0,6088
0,0151 0,0307 0,0365 0,0374 0,0355 0,0354 0,0341 0,0336 0,0273 0,0249 0,0226 0,0212
0,5549 0,2651 0,1698 0,1250 0,0829 0,0685 0,0785 0,0730 0,2203 0,2789 0,3469 0,3700
1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000 1,0000
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Mecanismos de Empuje 1,0000 0,8000 We*Bw/F N*Ef,w/F N*Eo/F
0,6000 0,4000 0,2000 0,0000 1
3
5
7
9
11
EJERCICIO Nº 47 Descrita en la tabla anexa se encuentra la información del yacimiento RESERVOIR 28 para realizar el balance de materiales correspondiente y establecer el POES del mismo (Swc = 0.35). De esta manera: • Determine los valores de N para cada año. • Grafique N vs Tiempo y establezca conclusiones en base a lo observado. • Determine el POES del Yacimiento en Base al intercepto o pendiente que resulte al aplicar Havlena y Odeh. • Determine los índices de empuje presentes y grafique en función del tiempo.
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• Determine los valores de N para cada año.
Tenemos que: F 44 4 4 8 644 4 4 7
N =
Np(Bo + (Rp − Rs)Bg ) +WpBw −WeBw Eo + Ef ,w + mEg
Asumiendo que no existe capa de gas m = 0, y además, se considera despreciable la expansión de agua connota y reducción del volumen poroso (Ef,w = 0). Nos queda: N =
F −WeBw Eo
Determinamos el valor de F y Eo para cada año. F = Np(Bo + (Rp − Rs)Bg +WpBw Eo = (Bo − Boi ) + (Rsi − Rs)Bg
Cálculos típicos: F 1963 = 3793646(1.2769 + (909.798 − 443)0.0013) + 23148* 1.036 = 7170214RB Eo1963 = (1.2769 −1.2882) + (466 − 443)0.0013 = 0.0186RB / STB N 1963 =
7170214 − 2763014* 1.036 = 23694624.3STB 0.0186
F 1964 = 58667936(1.2662 + (930.373 − 421)0.00135) + 78479 * 1.0364 = 11544190RB Eo1963 = (1.2629 −1.2882) + (466 − 421)0.00135 = 0..03875RB / STB N 1963 =
11544190 − 2288681* 1.0364 = 238851844.3 STB 0.03875
A continuación se presentan los resultados obtenidos para cada año:
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Ano 1962 1963 1964 1965 1966 1967 1968 1969 1970 1971 1972 1973 1974 1975 1976 1977 1978 1979 1980 1981 1982 1983 1984 1985 1986
Eo, RB/STB 0 0,0186 0,03875 0,0592 0,07795 0,0973 0,1171 0,1361 0,1563 0,1729 0,18597 0,2004 0,21302 0,22664 0,2328 0,24638 0,2556 0,27505 0,28183 0,28974 0,2997 0,30479 0,30992 0,31509 0,31866
F RB 3482166 7170214 11544190 15708358 19687950 23339109 27737813 32578287 37162341 43307597 50226738 54895350 56098963 58584593 61245625 63372753 65700068 69053825 71713044 73788151 76453957 78996545 82349975 85192942 87270947
N, STB 0 236946246,3 238851844,3 239398013,3 239106179,2 238104886,8 235818508,8 237671644 237492616,1 237174364,4 237060862,2 236970444,9 236843848,6 236588260,9 236492131 236377976,1 236303766,1 236054390,2 235971718,8 235950646,7 235883438,8 235848982,6 235814687,4 235780609 235742755,9
• Grafique N vs Tiempo y establezca conclusiones en base a lo observado. POES: Petroleo Original en Sitio 3,00E+08
2,50E+08
2,00E+08
B T S 1,50E+08 , N
1,00E+08
5,00E+07
0,00E+00 0
5
10
15
20
25
30
t, anos N, STB
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• Determine el POES del Yacimiento en Base al intercepto o pendiente que resulte al aplicar Havlena y Odeh.
Havlena y Odeh señalan que si existe una inesperada entrada de agua al yacimiento, lo cual ocurre en este caso, la ecuación seria: F = N + We Eo Eo
Debemos graficar F/Eo vs We/Eo.
Ano 1962 1963 1964 1965 1966 1967 1968 1969 1970 1971 1972 1973 1974 1975 1976 1977 1978 1979 1980 1981 1982 1983 1984 1985 1986
F/Eo STB 0 385495386,1 297914579,8 265343891,7 252571516 239867511,7 236872873,5 239370220,1 237762896,5 250477713,2 270079784,6 273928893 263350683,7 258491852,5 263082582 257215491,3 257042518,1 251059171,2 254454971,1 254670226,4 255101623,6 259183521,1 265713651,7 270376533,9 273868532,6
98
We/Eo STB 0 148549139,8 59062735,48 25945878,38 13465336,75 1762624,872 1054364,646 1698576,047 270280,3583 13303348,76 33018922,41 36958448,1 26506835,04 21903591,6 26590451,03 20837515,22 20738751,96 15004780,95 18483252,32 18719579,62 19218184,85 23334538,53 29898964,25 34595924,97 38125776,69
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Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
Graficando tenemos que:
POES: Petroleo Origin al en Sitio 4,50E+08
4,00E+08
3,50E+08
3,00E+08
y = 1,00x + 236819104,27 2 R = 1,00
B2,50E+08 T S , o E / F 2,00E+08
1,50E+08
1,00E+08
5,00E+07
0,00E+00 0
20000000
40000000
60000000
80000000
100000000
120000000
140000000
160000000
We/Eo, STB 'HAVLENA&ODEH'
Lineal ('HAVLENA&ODEH')
El POES dado por el intercepto será: 236819104.27 STB • Determine los índices de empuje presentes y grafique en función del tiempo.
De acuerdo a lo que se ha considerado, los índices de empuje presentes en el yacimiento serán: N Eo Índice de empuje por gas en solución: Isd = foi Et
Índice de empuje natural de agua: Inwd =
We Et
Et = N foi Eo +We −WpBw
Ano 1962 1963 1964 1965 1966 1967 1968
Et, RB 3481026 7146233 11462854 15463434 19327484 22874057 27135186
Isd 1,000327 0,616717 0,807435 0,916508 0,964343 1,012833 1,017658 99
Inwd sumatoria 0 1 0,386639 1 0,199661 1 0,099331 1 0,054307 1 0,007498 1 0,00455 1
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Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
1969 1970 1971 1972 1973 1974 1975 1976 1977 1978 1979 1980 1981 1982 1983 1984 1985 1986
31854310 36325075 42343608 49134384 53698957 54826416 57217716 59792127 61884457 64154598 67426131 70021776 72009733 74468143 76860979 79972359 82614355 84517590
1,01547 1,021886 0,968445 0,897258 0,884354 0,920222 0,937129 0,92078 0,941089 0,941464 0,962932 0,94976 0,949376 0,949322 0,935252 0,913862 0,899264 0,88883
0,007257 0,001163 0,054321 0,124974 0,137926 0,102988 0,08676 0,10353 0,08296 0,082626 0,061209 0,074393 0,075321 0,077344 0,092532 0,115869 0,131948 0,143747
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
Graficando vs tiempo tenemos: 1,2
1
0,8
s e x e 0,6 d n I
0,4
0,2
0 0
5
10
15
20
25
30
t, anos Isd
Inwd
Como se puede observar el índice de empuje predominante es empuje hidráulico.
100
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Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
EJERCICIO N° 48 Calcular los barriles de petróleo fiscales inicialmente en un yacimiento de empujes combinados: Datos: Volumen bruto o total de la zona de petróleo Volumen bruto de la zona de gas Presión inicial del yacimiento Factor volumétrico inicial del petróleo Factor volumétrico inicial del gas Razón inicial gas disuelto – petróleo Producción de petróleo durante el intervalo considerado Presión del yacimiento al final del intervalo Razón gas – petróleo promedia producida Factor volumétrico bifásico a 2000 lpca Volumen de intrusión de agua Factor volumétrico del agua Factor volumétrico del gas @2000 lpca
112000 ac - p 19600 ac –p 2710 Lpca 1.340 bl/BF 0.006266 Ft 3/PCS 526 PCS/BF 20 MMBF 2000 lpca 700 PCS/BF 1.4954 bl/BF 11.58 MMbl 1.028 bl/BF 0.008479 FT 3/PCS
Con el fin de sustituir en la ecuación: N =
Np Bt + (Rp −Rsi )Bg − We −(Bw ×Wp )
⎡ (m×Bti )⎤ ⎥(Bg −Bgi ) Bgi ⎣ ⎦
=
Bt −Bti + ⎢
Bti = 1.3400× 5.615 = 7.5242 Ft3 / BF Bt = 1.4954× 5.615 = 8.3967 Ft3 / BF We = 11.58× 5.615 = 65.02 MMFt 3 Wp = 1.05×1.028× 5.615 = 6.06 MMFt 3 Asumiendo la misma porosidad y saturación de agua connota en las zonas de gas y de petróleo, m=
19600 = 0.175 112000
Ahora sustituyo en la ecuación:
6 [8.3967+(700− 562)0.008489]− (65.02−6.06)×106 × 20 10 = N= 98.97 MMBF N = ⎡ (7.5241) ⎤ 8.3967−7.5241+ 0.175⎢ ⎥(0.008489 − 0.006366) 0 . 006366 ⎣ ⎦ 101
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Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
Si Bt está dado en barriles por barriles fiscales, Bg debe estar en barriles por pie cúbico normal y We y Wp en barriles y la sustitución es la siguiente 6 [1.4954 + (700 −562)0.001510]− (11.58 −1.05×1.028)×106 × 20 10 N = = ⎡ (1.340) ⎤ 1.4954 −1.3400+ 0.175⎢ ⎥(0.001510− 0.001116) 0 . 001116 ⎣ ⎦
N = 98.97 MMBF Esta ecuación se aplica a campos bajo la influencia simultánea de empuje por gas en solución, empuje hidrostático y empuje por capa de gas. Cuando no existe empuje hidrostático, We = 0 y la ecuación se convierte en:
N =
Np Bt + (Rp −Rsi )Bg + (Bw ×Wp )
⎛ mBti ⎞ ⎟⎟(Bg −Bgi ) Bgi ⎝ ⎠
Bt −Bti + ⎜⎜
Cuando no existe gas libre inicial, m = 0 y la ecuación se reduce en: N =
Np Bt + Rp −Rsi Bg + We −Bw ×Wp (Bt −Bti )
Y finalmente, cuando no existe capa inicial de gas ni empuje hidrostática, y Wp = 0, la ecuación anterior queda reducida en. N =
Np Bt + Rp −Rsi Bg (Bt −Bti )
102
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Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
EJERCICIO N° 49 Identifique el mecanismo de producción predominante según la siguiente data: Tiempo
Presión (Lpca)
NP(MMBN)
Dic-51 Dic-73 Dic-75 Dic-77 Dic-79 Dic-81 Dic-83 Dic-85 Dic-87 Dic-89 Dic-91 Dic-93 Dic-95 Dic-97
7500 7403 7349 7294 7206 7089 6958 6690 6219 5689 5066 4398 3735 3074
0 1,223 1,987 2,703 3,659 5,296 7,020 10,538 16,725 23,682 31,578 39,750 46,592 56,141
POES = 880 MMBN Determinamos Np/N y P/Pi: Tiempo
Presión (Lpca)
P/Pi (%)
NP(MMBN)
Np/N (%)
Dic-51 Dic-73 Dic-75 Dic-77 Dic-79 Dic-81 Dic-83 Dic-85 Dic-87 Dic-89 Dic-91 Dic-93 Dic-95 Dic-97
7500 7403 7349 7294 7206 7089 6958 6690 6219 5689 5066 4398 3735 3074
100 98,707 97,987 97,253 96,080 94,520 92,773 89,200 82,920 75,853 67,547 58,640 49,800 40,987
0 1,223 1,987 2,703 3,659 5,296 7,020 10,538 16,725 23,682 31,578 39,750 46,592 56,141
0 0,139 0,226 0,307 0,416 0,602 0,798 1,198 1,901 2,691 3,588 4,517 5,295 6,380
Graficamos sobre los gráficos tipos y tenemos que: 103
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Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
Mecanismo de Producció n Mecanismo Yacimiento C RET DM-115
100
1 Expansión de Roca y Fluidos 2 G as en Solucion 3 Empuje por Capa de Gas Gas 4 Empuje Hidraulico 5 Drenaje Gravitacional Gravitacional 6 Compactación DM - 115
90 80 70 60
% P/Pi 50
4
40 30 20 10
2
1
6
5
3
0 0
10
20
30
40
50
60
Eficiencia de Recobro, % POES
Se observa que existen mecanismos combinados entre los que tenemos la expansión roca fluidos que es el predominante en el inicio de la producción y después se empieza a sentir el efecto del empuje hidráulico. ANALISIS DE CURVAS DE DECLINACION EJERCICIO N° 50 Dada la siguiente tabla de historia de producción, se pide: a) b) c) d)
Indicar el tipo de declinación a usar en la extrapolación Calcular D Estimar qo al 1/95 Calcular la fecha de abandono (qEL=1 m 3/d)
a) Indicar el tipo de declinación a usar en la extrapolación
⎛ q j ⎞ ⎟ − ln⎜ ⎜ q j −1 ⎟ ⎝ ⎠ Determinamos la tasa de declinación, que viene dada por: D j = t j − t j −1 ⎛ 60 ⎞ − ln⎜ ⎟ 100 D1 = ⎝ ⎠ = 0.510826 1− 0
104
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Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
⎛ 44 ⎞ − ln⎜ ⎟ 60 D2 = ⎝ ⎠ = 0.310155 2 −1 Se determinan los valores de 1/D Se grafica 1/D vs t tiempo, anos 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
Fecha Ene-81 Ene-82 Ene-83 Ene-84 Ene-85 Ene-86 Ene-87 Ene-88 Ene-89 Ene-90 Ene-91 Ene-92
Dt, anos 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
qo, m3/d 100 60 44 34 28 23,5 20 17 14,5 12,3 10,4 8,9
D
1/D
0,510826 0,310155 0,257829 0,194156 0,175204 0,161268 0,162519 0,159065 0,164549 0,167793 0,155755
1,957615 3,224195 3,878538 5,150497 5,707629 6,200853 6,153129 6,28675 6,077203 5,959708 6,420359
Tarea9: Ejercic io # 1 8
7
6
5
y = 0,387x + 2,8613 2 R = 0,7372
s o n a 4 , D / 1
3
Primer valor para simular declinacion: b= 0.387 1/Di = 2.8613 ======= > Di = 0.349491
2
1
0 0
2
4
6
8
10
t, anos Data
Lineal (Data)
Debemos seleccionar la mejor curva para la extrapolación: Se determinan qo estimadas con cada modelo: 105
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12
Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
Caso Inicial: Hiperbólica b= 0.387 1/Di = 2.8613 == > Di = 0.349491 q i q(t ) = (1+ bD t )1 / b i
q(1) =
100 = 72.1m3 / d (1+ 0.387 * 0.349491*1)1 / 0.387
Caso Inicial: Exponencial b= 0 1/Di = 2.8613 == > Di = 0.349491 q(t ) = qi e − D i t q(t ) = 100* e − 0.349491* 1 = 70.5m 3 / d
Finalmente obtendríamos que:
Fecha qo, m3/d Ene-81 100 Ene-82 60 Ene-83 44 Ene-84 34 Ene-85 28 Ene-86 23,5 Ene-87 20 Ene-88 17 Ene-89 14,5 Ene-90 12,3 Ene-91 10,4 Ene-92 8,9
q(t) D.Hiperbolica 100,0 72,1 53,9 41,5 32,7 26,3 21,5 17,9 15,0 12,8 11,0 9,5
106
q(t) D.Exponencial 100,0 70,5 49,7 35,0 24,7 17,4 12,3 8,7 6,1 4,3 3,0 2,1
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Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
Declinacion Exponencial 120 Data 100
Hiperbolico(Caso inicial)
Exponencial(Caso inicial) 80
d / 3 m , o q
El caso inicial Hiperbolico ofrece un mejor cotejo al observado por la declinacion Exponencial
60
40
20
0 0
2
4
6
8
10
t, anos
Caso Iteración: Ensayo y error hasta obtener el mejor cotejo. D. Hiperbólica b= 0.387 Di = 0.2437 (Valor aleatorio) q(t ) =
q i
(1+ bD i t )1 / b
Caso Iteración: D.Exponencial b= 0 Di = 0.2437 (Valor aleatorio) q(t ) = qi e − D i t
Fecha Ene-81 Ene-82 Ene-83 Ene-84 Ene-85 Ene-86 Ene-87
qo, m3/d 100 60 44 34 28 23,5 20
q(t) D.Hiperbolica 100,0 79,2 64,0 52,5 43,7 36,9 31,4 107
q(t) D.Exponencial 100,0 78,4 61,4 48,1 37,7 29,6 23,2
Versión actualmente en revisión
12
Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
17 14,5 12,3 10,4 8,9
Ene-88 Ene-89 Ene-90 Ene-91 Ene-92
27,0 23,4 20,4 18,0 15,9
18,2 14,2 11,2 8,7 6,9
Declinacion Exponencial 120
Los resultados del caso iteracion presenta para ambos modelos de declinacion errores lejanos al cotejo historico de produccion. En el mejor escenario solo la declinacion exponencial se acopla a los 4 ultimos puntos, es esto suficiente?
100
80
d / 3 m , o q
Data
Hiperbolico(Caso iteracion)
Exponencial(Caso iteracion)
60
40
20
0 0
2
4
6
8
10
12
t, anos
Finalmente la declinación hiperbólica inicial ofrecio un mejor cotejo. c) Estimar qo al 1/95 q(1) =
100 = 6.420m 3 / d (1+ 0.387* 0.349491* 14)1 / 0.387
d) Calcular la feha de abandono.
⎛ ⎛ q ⎞ b ⎞ ⎜ ⎜ i ⎟ −1⎟ ⎜ ⎟ ⎟ D i b ⎜⎜ ⎝ q ⎠ ⎟ ⎝ ⎠
1 t =
Para un qEL= 1m3/d
⎛ ⎛ 100 ⎞ 0.387 ⎞ 1 ⎜⎜ ⎟ ⎟ = 36.534 ≈ 37 años − t = 1 ⎟⎟ 0.3495941* 0.387 ⎜⎜ ⎝ 1 ⎠ ⎝ ⎠ Por lo que la fecha de abandono seria el año 2018 108
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Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
El valor de Np sería: Npi = q * 365 + Npi −1 Por lo tanto obtendríamos hasta la fecha de abandono que:
Fecha Ene-81 Ene-82 Ene-83 Ene-84 Ene-85 Ene-86 Ene-87 Ene-88 Ene-89 Ene-90 Ene-91 Ene-92 Ene-93 Ene-94 Ene-95 Ene-96 Ene-97 Ene-98 Ene-99 Ene-00 Ene-01 Ene-02 Ene-03 Ene-04 Ene-05 Ene-06 Ene-07 Ene-08 Ene-09 Ene-10 Ene-11 Ene-12 Ene-13 Ene-14 Ene-15 Ene-16 Ene-17 Ene-18 Ene-19 Ene-20
q(t) D.Hiperbolica 100,0 72,1 53,9 41,5 32,7 26,3 21,5 17,9 15,0 12,8 11,0 9,5 8,3 7,3 6,4 5,7 5,1 4,6 4,1 3,7 3,4 3,1 2,8 2,6 2,4 2,2 2,0 1,9 1,7 1,6 1,5 1,4 1,3 1,2 1,2 1,1 1,0 1,0 0,9 0,9 109
Np,m3 - D. Hiperbolica 0 26299 45960 61099 73039 82646 90508 97035 102522 107185 111187 114651 117671 120324 122668 124751 126612 128282 129787 131149 132387 133515 134546 135492 136363 137165 137907 138594 139232 139826 140380 140897 141381 141835 142261 142661 143038 143394 143729 144046 Versión actualmente en revisión
Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
Las predicciones serían:
Declinacion Hiperbolic a 120
La tasa de produccion (qo) par a el 1/95 sera aproximadamente de 6.4 m3/dia. El tiempo de abandono corresponiente a una tasa de 1 m3/d se estimaria para el 1/2018, luego de 37 anos d e produccion.
100
80
d / 3 m , o q
60
40
20
0 0
5
10
15
20
25
30
35
40
45
t, anos Data
Hiperbolico(Caso inicial)
110
Versión actualmente en revisión
Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
Declinacion Hiperbolic a 160000
140000
120000
100000 3 m , p N
80000
La produccion acumulada (Np) para el 1/95 sera aproximadamente de 122,668 m3; mientras que para el 1/92 sera de 114,651 m3. De esta manera, el acumulado de petroleo producido entre esos anos seria de 8,017 m3. La produccion acumulada (Np) para el ano de abandono (1/2017) seria aproximadamente de 143,038 m3. El acumulado de petroleo pro ducido entre el abandono y el 1/95 se estimaria en 20,370.
60000
40000
20000
0 0
5
10
15
20
25
30
35
40
45
t, anos Data
Hiperbolico(Caso inicial)
EJERCICIO Nº 51 Se cuenta con los siguientes datos de producción de unu pozo : tiempo, anos 0 1 2 3 4 5 6 7 8
qo, STB/d 100 51,7 32,3 22,4 16,6 12,8 10,3 8,5 7,1
a.- Corresponden los datos a una declinación exponencial b.- A una declinación Armónica? c.- si las respuestas en a) y b) son “NO”, hallar el valor de b si la declinación inicial es 0.809 1/año. d.- que tiempo de vida le queda al pozo (qEL= 5stb/d)? e.- Cuál será la producción acumulada al abandonar el pozo? Solución
111
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Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
Determinamos los 1/D y posteriormente se grafica 1/D vs t y determinadmos el valor de b.
tiempo, anos 0 1 2 3 4 5 6 7 8
qo, STB/d 100 51,7 32,3 22,4 16,6 12,8 10,3 8,5 7,1
Dt, anos 0 1 1 1 1 1 1 1 1
D
1/D
0,659712 0,470391 0,366006 0,299658 0,259958 0,217301 0,192078 0,179971
1,515812 2,125893 2,732194 3,337135 3,846782 4,601906 5,206226 5,556439
Graficando tenemos: 8
7
6
5 s o n a 4 , D / 1
y = 0,5929x + 0,9472 2
R = 0,997 Ya que el valor "b" es diferente de cero, la declinacion no es exponencial.Ya que el valor "b" es diferente de uno, la declinacion no es armonica; por tanto es HIPERBOLICA. b= 0.5929 1/Di = 0.9472 ======= > Di = 1.0557
3
2
1
0 0
2
4
6
8
10
12
t, anos Data
Lineal (Data)
a.- Estos datos no corresponden a una declinación exponencial ya que el valor de b es diferente de cero. b.- estos datos tampoco corresponden a una declinación armónica ya que el valor de b es distinto de 1. Por lo tanto los datos corresponden a una declinación hiperbólica.
112
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Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
c.7
y = 0,5372x + 1,263 6
2
R = 0,9859
5
4
s o n a , D / 1
3
Si el valor de la declinacion inicial fuese de 0.809 /ano, equivaldria a decir que el valor del intercepto seria 1.236. Ajustando la recta tendencia al nuevo valor, la pendiente o valor "b" resulta 0.5372.
2
1
0 0
2
4
6
8
10
12
t, anos Data
Lineal (Data)
d.- El tiempo de vida si qEL = 5stb/d será: Como el pozo lleva 8 años produciendo: tvida = tabandono – 8 Tenemos que según la declinación hiperbólica la predicción sería: Caso 1: D.Hiperbólica b= 0.5929 Di = 1.0557
Caso 2: D.Hiperbólica b= 0.5372 Di = 0.809 q(t ) =
q i
(1+ bD i t )1 / b
Npi = q * 365 + Npi −1
113
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tiempo, anos 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
qo, STB/d 100 51,7 32,3 22,4 16,6 12,8 10,3 8,5 7,1
Dt, anos 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
Caso1 q(t) D.Hiperbolica 100,0 44,1 25,4 16,8 12,1 9,1 7,2 5,9 4,9
Caso2 q(t) D.Hiperbolica 100,0 51,1 31,2 21,2 15,3 11,7 9,2 7,4 6,1 5,2 4,4
Caso2 Np,STB - D. Hiperbolica 0 18644 30036 37756 43352 47606 50956 53667 55909 57795 59406
Declinacion Exponencial
120 Data
100
Hiperbolico(Caso 1)
Hiperbolico(Caso 2)
80
d / B T S , o q
El caso Hiperboli co 2 ofrece un mejor cotejo historico de produccion.
60
40
20
0 0
2
4
6
8
10
t, anos
114
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12
Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
Declinacion Exponencial 120
El yacimiento lleva 8 anos de produccion a una tasa actual de 7.1 STB/d. Si la tasa limite de abandono es de 5 STB/d, al yacimiento le queda escasamente 1 ano; ya que basandonos en una declinacion hiperbolica el yacimiento produciria 5.2 STB/d en el noveno ano.
100
80
d / B T S , o q
60
40
20
0 0
2
4
6
8
10
12
t, anos Data
Hiperbolico(Caso2)
115
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Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
Declinacion Exponencial
70000
60000
50000
40000
B T S , p N
30000
20000
La produccion acumulada (Np) para el momento de abandono (9no. ano) seria aproximadamente de 57795 STB.
10000
0 0
2
4
6
8
10
12
t, anos Dat a
Hi perboli co(Caso2)
YACIMIENTOS DE GAS EJERCICIO Nº 52 Un volumen de una muestra tiene un valor de 364.6 cm 3 a una temperatura de 213 0F y una presión de 3250 Lpca y un volumen de 70860 cm 3 a 82 0F y 14.8 Lpca. El factor de desviación del gas unitario a la presión menor, el factor de desviación a 3250 Lpca y 213 o F
⎛ 3250×364.6 ⎞⎛ 1.00[460+ 82] ⎞ ⎜ 460+ 213 ⎟⎟⎜⎜ (14.80×70.860) ⎟⎟ = 0.910 ⎝ ⎠⎝ ⎠
Z = ⎜
EJERCICIO Nº 53 Un campo produce por empuje hidrostático y que la presión se estabiliza a 1500 Lpca. Si la saturación residual del gas es de 24 % y el factor volumétrico del gas es 89.1 PCS/Ft 3, la reserva inicial unitaria o recuperación por unidad es: Reserva unitaria en PCS/ac-p = 43560×φ × 1−Sw Bgi − Sgr ×Bga Reserva unitaria = 43560× 0.22× (1− 0.23)188− (0.24×89.1) Reserva unitaria = 1182PCS / ac − p
116
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Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
Factor de recuperación:
100 1−Swi Bgi − Sgr ×Bg ×100 (1−Swi )Bgi
Factor de recuperación:
100 (1− 0.23)188− (0.24×89.1) ×100 = 85% (1−0.23)188
EJERCICIO Nº 54 Calcular las reservas iniciales de gas de una unidad de 160 acres. Asumir que el yacimiento produce bajo: A.- Depleción volumétrica. B.- Empuje hidrostático parcial C.- Empuje hidrostático total. Datos: Φ = 22 % Sw = 23 % Sgr después del desplazamiento = 39 % Bgi = 188 PCS/Ft3 @ Pi = 3250 Lpca Bg = 150 PCS/Ft3 @ Pi = 2500 Lpca Bg = 27.6 PCS/Ft3 @ Pi = 500 Lpca Área = 160 acres Espesor neto = 40 Ft Vp = 43560×φ × A× h Vp = 43560× 0.22×160× 40 = 61.33Ft 3 Gas inicial en el yacimiento: G1=Vp × 1−Sw Bg G1= 61.33×106 1− 0.23 180 = 8500 MMPCS
(
)( )
Gas en el yacimiento después de la depleción volumétrica hasta 2500 Lpca: G2 =Vp × 1−Sw Bg = G2 = 61.33×106(1− 0.23)(150)= 7083 MMPCS
Gas en el yacimiento después de depleción volumétrica hasta 500 Lpca: G3 = 61.33×106(1−Sw )(Bgi )= G3 = 61.33×106(1− 0.23)(27.6)= 1303 MMPCS
117
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Ingenieria de Yacimientos I: Problemario
Gas en el yacimiento después de depleción volumétrica hasta 3250 Lpca: G4 = 61.33×106(0.34)(188)= 3920 MMPCS
Gas en el yacimiento después de la invasión por agua después a 2500 Lpca: G5 = 61.33×106(0.34)(150)= 3127 MMPCS
Reserva inicial por empuje por depleción hasta 500 Lpca. G1−G3 = (8878 −1303)×106 = 7575 MMPCS
Reserva inicial con empuje hidrostática a 3250 Lpca: G1−G4 = (8878 − 3290)×106 = 5588 MMPCS
Reserva inicial con empuje hidrostática a 2500 Lpca: G1− G5 = (8878 −3120)×106 = 5758 MMPCS Si hay un pozo buzamiento arriba, las reservas iniciales por empuje hidrostático a 3250 Lpca:
(G1−G4) = (8878−3920)×106 = 2479 MMPCS 2
2
EJERCICIO Nº 55 Calcule el gas inicial en el yacimiento y la reserva inicial de un yacimiento volumétrico de gas a partir de los datos de presión y producción: Datos: Presión inicial Temperatura del yacimiento Pn Presión promedia del yacimiento Producción acumulativa Factor de desviación del gas @ 3250 Lpca 2864 Lpca 500 Lpca
3250 lpca 231 0F .025 Lpca15 2864 Lpca 1 х106 PCS 0.910 0.888 0.951
Psc ×Gp Pi ×Vi Pi ×Vi = − Tsc Zi ×T Zf ×T
118
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15.025×1×109 = 3250×Vi − 286×Vi 520 0.910×673 0.888×673
28894230.79 = 5.3067Vi − 4.7923Vi 28894230.79 = 0.5144Vi 28894230.76 = 56170744.0902Ft 3 Vi = 0.5144 Vi = 56.17 MMFt3 El gas inicial en el yacimiento: Pi ×Vi Tsc × = G= Zi ×T Psc 6 ×520 3250 56 . 17 10 × × = 10316210405.7PCS G=
0.910×673×15.025
G = 10.31MMMFt3 El gas remanente a 500 Lpca en el yacimiento: Pa×Vi Tsc × = Za×T Psc 500×56.17×106 ×520
Ga = G=
0.951×673×15.025
= 15.186885022.92 PCS
G = 15.18MMMFt3 La reserva inicial del gas en base a una presión de abandono de 500Lpca, es la diferencia entre el gas inicial en el yacimiento y el gas residual a 500 Lpca, es decir: Gr = G −Ga Gr = (10.32−1.52)×106 = 8.88 MMPCS
EJERCICIO Nº 56 Calcule la intrusión de agua y la saturación residual de gas en un yacimiento de gas con empuje hidrostático. Datos: Volumen total inicial de yacimiento Pp
415.3 MMFT 3 0.172 119
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Saturación promedio de agua connota Bgi Pf Bgf Producción acumulada de agua Bw Pp Volumen total invadido por agua @2925 lpca
0.25 0.005262 Ft3/
[email protected] Lpca y 60 0F 2925 Lpca 0.005700 Ft3/
[email protected] y 60 0F 15200 bbl (cond. Atmosférica) 1.03@ cond. Atmosferica 935.4 MMPCS @14.7 y 600F 13.04 MMFT 3
Gas inicial en el yacimiento (G): 6 ×0.172×(1− 0.25) × 415 . 3 10 = G= 0.005262 G = 10.80MMPCS @ 14.7 Lpca y 60 0F We = Gp × Bgi − G Bgi −Bg + Pr od .agua Bw 5.615
6 6 We = ⎛ ⎜ 935×10 ⎞⎟(0.005700)− ⎛ ⎜10.180×10 ⎞⎟(0.005700− 0.005262)
⎝ ⎠ + 15200 1.03 5.615 = We = 960400Ft 3
⎝
⎠
Este volumen de agua ha invadido 13.04 MMFT 3 de roca yacimiento con un 25% de agua connota. Luego, la saturación final de agua es la parte inundada del yacimiento:
Sw = Agua innata +Intrusión de agua Espacio poroso 6 (0.172)(0.25)+ 96400 × 13 . 04 10 = 62% Sw = 6 13.04×10 ×0.172
Entonces la saturación de gas residual es. Sgr =1− Sw Sw =1− 0.67
EJERCICIO Nº 57 Calcular producción diaria total del gas incluyendo los equivalentes en gas y condensados: Datos: Producción diaria de gas del separador Producción diaria de condensado a condición fiscal Producción diaria de agua a condición estándar 120
3.25 MMPCS 53.2 BF 10 MPCS Versión actualmente en revisión
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Producción diaria de agua dulce Presión inicial en el yacimiento Presión actual en el yacimiento Temperatura del yacimiento Gravedad del condensado Gravedad especifica Peso molecular del condensado EG = 53.2×133000×
5.5 bbl 4000 Lpca 1500 Lpca 220 0F 55 API 0.7589 124
0.759 = 43000PCS 124
EGw = 3.25× 7390 = 24000PCS
La producción diaria de gas – ΔGp es:
ΔGp = 3250+10+ 43+ 24 M = 3327MMPCS EJERCICIO Nº 58 Calcular el petróleo y gas inicial en el yacimiento en acre – pie neto de un yacimiento de condensado de gas Datos: Presión inicial Temperatura del yacimiento Porosidad promedio Producción diaria de petróleo fiscal Gravedad del petróleo Producción diaria de gas del separador Gravedad Especifica del gas del separador Producción diaria de gas del tanque a cond. Stand. Gravedad especifica del gas del tanque Tc Pc Tr PR
2740 Lpca 215 0F 30 % 242 bl 48 API 3100MPC 0.650 120 MPC 1.20 425 0R 625 Lpca 1.59 4.20
Gravedad especifica promedio: γ p =
γ o =
3100 0.650 + 120 1.20 = 0.670 (3100+120)
141.5 = 141.5 = 0.7833 131.5 + API 131.54 +131.5
121
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6048
6048
= =144.5 Mo = − − 5 . 9 48 5 . 9 API R =
3100+120 ×1000 =13300 PCS 242 bbl
γ w =
(R )× (γ g )+ (4584)(γ o) R + (132.800)
γ w =
γ o
Mo
13300 × 0.670 + 4584 0.7883 = 0.893 ⎛ 0.7883 ⎞ 13000+ (132.800)⎜ ⎟ 144 . 5 ⎝ ⎠
Calculamos el gas inicial en el yacimiento por acre – pie de roca disponible para hidrocarburos en el yacimiento. G=
379.4×P ×V Z ×R ×T
G=
379.4×2740×43560 1− 0.30 = 0.82×10.73×675
G =1334
MPC acre − pie
Como la fracción por volumen es igual a la fracción molar de gas producción en superficie en base a la producción total es: fg =
ng = ng + no
R / 379.4
⎡ 350(γ o )⎤ ⎥ ⎣ Mo ⎦
R / 379.5 + ⎢
13300 379.4 = 0.9483 fg = 13300 (350)(0.7883) + 379.4 144.5 Luego: Gas inicial en = fg ×G = 0.9483×1334 = 1265 MPC/acre - ft el yacimiento
122
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3 1265 10 × Petróleo inicial en = = 95.1 bl/ acre - ft 13300 el yacimiento Debido a que la producción de gas es 94.83 % de los moles totales producidos, la producción diaria de condensado de gas en Ft 3 a condiciones normales es. ΔGp = Producción diaria de gas
0.9483
ΔGp = 3100+120 = 3396 MPC 0.9483 dia La rata diaria de vaciamiento del yacimiento por la ley de los gases es.
⎛ 675 ⎞⎛ 14.7 ⎞ Ft 3 ΔV = 3396000× ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟× 0.820 =19400 dia ⎝ 520 ⎠⎝ 2740 ⎠
EJERCICIO Nº 59 Calcule el efecto de radio de gas – petróleo producido en recobro fraccional en un yacimiento volumétrico subsaturado: Datos: GOR @ 2800 Psi: Temperatura de yacimiento Condición estándar Rsoi Boi Bo @ 2800 Psi Rso @ 2800 Psi Rp Bg =
Z ×n×B×T 5.615×P
Bg =
(0.870)(10.73)(650) = 0.00102 bl (5.615)(379.4)(2800) SCF
190 0F 14.7 psi y 60 0 F 1100 SCF/STB 1.572 bbl/STB 1.520 Bl/STB 900 SCF/STb 3300 SCF/SRB
Bt = Bo + Bg Rsoi −Rso
123
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Bt =1.520 + (0.00102)(1100−900)=1.724 RF =
bl STB
1.724 −1.572 = 0.0383 = 3.83% 1.724 + (0.00102)(3300−1100)
6 [1.724 + 0.00102(3300−1100)] 1.486 10 × N= = 38.8 MMSTB (1.724 −1.572)
EJERCICIO Nº 60 Un yacimiento de gas contiene inicialmente 1300000 PCS de gas seco por acre – pie y 115 bl de condensado. S e calcula que la recuperación de gas será de 85 %, y la de condensado es de 58 %. ¿Cual es le valor de las reservas iniciales de gas y condensado por acre – pie si el precio de venta de gas es 20 centavos por cada 100000 PCS y el condensado 2.50 dólar por barril: Volumen de gas seco Volumen de gas condensado Porcentaje de recuperación de gas seco Porcentaje de recuperación de gas condensado
1300000 PCS 115 Bl 85 % 58 %
Vol. g. r. = 1300000× 0.85 = 1105000 PCS Valor. g. s. = 2.50 dolares×66.7 bbl =166.75 dolar 1 bbl
Valor del gas recuperado: Valor. g. r. = 2.50 dolares×66.7 bbl =166.75 dolar 1 bbl
124
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APÉNDICE
125
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CONSTANTE Y FACTORES DE CONVERSIÓN Constantes básicas: Temperatura absoluta equivalente a 0 0F Densidad máxima del agua (39.16 0F) Densidad del agua a 60 0F Peso molecular promedio de aire seco Números de Abogados
459.688 0R 0.999973 g por cm3 0.999014 g por cm3 28.97 2.733 × 1026 moléculas por lb mol
Constantes derivadas:
( lpc )(Ft 3 ) 10.732 (lb − mol )( 0 R )
Constante del gas Volumen de 1 lb-mol de gas a14.4 lpca y 60 0F Volumen de 1 lb-mol de gas a14.65 lpca y 60 0F Volumen de 1 lb-mol de gas a14.696 lpca y 60 0F Volumen de 1 lb-mol de gas a14.4 lpca y 60 0F Volumen de 1 lb-mol de gas a14.73 lpca y 60 0F Densidad de agua a 60 0F Un pie de agua a 60 0F Densidad del agua a 60 0F
387.29 z Ft3 380.68 z Ft3 379.51 z Ft3 379.41 z Ft3 378.62 z Ft3 62.366 lb × mol 0.43310 lpc 8.33727 lb × mol
Z es el factor de desviación del gas
Conversiones: M = 1000 y MM o M2 = 1.000.000 MCF (ingles) = MPC (español) = 1000 Ft3 Temperatura Standard legal comúnmente usad = 60 0F
Unidades de longi tud: 1cm. 1p 1p
Unidades de superficie.
= = =
0.397pl1 30.4801 cm.40 0.3600 varas1
ac ac ac
= = = =
39.370 pl 3.2808 p 5280 p 2.54001 cm.
1 milla2 =
lado
1m 1m 1 milla 1 pl
126
= = =
43.560 Ft3 1320 p por 1320 p cuadrado de 208.71 Ft de
640 ac
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