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Universidad de Oriente Núcleo de Anzoátegui Escuela de Ingeniería y Ciencias Aplicadas Departamento de Petróleo Asignatura: Simulación De Yacimientos

Profesora:

Bachilleres:

Ulacio Ivón

Andrea Vergara 26.564.587 Jailene Gómez 26.916.126 José Vera

Barcelona, noviembre de 2019.

25.101.174

1. pozo está localizado en el bloque con una tasa de 2000 BND. El bloque 1 y el bloque 5 localizados en el borde del yacimiento mantiene una presión constante de 3000lpc, µ=1 cps y Bo= 1 BY/BN. El módulo es simétrico, establezca el modelo matemático en diferencia finita y estime la distribución de presión en el yacimiento.

1 (𝑃𝑖 (𝑥𝑖− ) 2

𝑇

− 1) − ( 𝑇

1 (𝑥𝑖− ) 2

+ 𝑇

1 ) 𝑃𝑖 (𝑥𝑖+ ) 2

1 ( 𝑃𝑖 (𝑥𝑖+ ) 2

+ 𝑇

+ 1) = 𝑞

𝑊𝑖 (𝑃𝑖 − 1) − 𝐶𝑖(𝑃𝑖) + 𝐸(𝑃𝑖 + 1) = 𝑄𝑖

La transmisibilidad: 𝑇𝑥𝑖−1 = (𝐵𝑐 2

𝐴𝑥 ) ( 𝐾𝑥𝑖 𝜇 𝑥 𝐵 𝑥 ∆𝑥

Hallando la permeabilidad: 1 𝑘

1

1

1

= 𝑛 (𝑘 + 𝑘 ) 2

2

1 𝐾𝑥𝑖+1/2

=

1 𝑛

1

( 𝐾𝑥𝑖 +

Para 1 y 2 (i=1) 1 1 1 1 = ( + ) 𝐾𝑥𝑖 + 1/2 2 𝐾𝑖 𝑘2 1 𝐾1+1/2

=

1 1 1 ( + 0,178) 2 0,088

1 𝐾1+1/2

𝑘1 +

Para punto 2 y 3 (i=2)

= 8,491

1 = 0,118 𝐷 2

1 ) 𝑘𝑥𝑖+1

1

± 2)

1 𝐾𝑥𝑖+1/2

=

1 1 1 ( + 0,355) 2 0,178

1 𝐾𝑥𝑖+1/2

𝑘2 +

= 4,217

1 = 0,237𝐷 2

Calculando Txi+ ½ y Tx2 + ½ 𝐴𝑋 1 = 𝐵𝑐 ( ) 𝐾𝑥𝑖 + 𝜇 𝑥 𝐵 𝑥 ∆𝑥 2

𝑇

1 𝑥𝑖+ 2

50 𝑥 100 ) (0,118) 1 𝑥 1 𝑥 200

𝑇𝑥1+1 1,127 ( 2

𝑇

𝑥2+

= 3,325 𝑆𝑇𝐵/𝑃𝑠𝑖

50 𝑥 100 ) (0,237) = 6,677 𝑆𝑇𝐵/𝑃𝑠𝑖 1 𝑥 200

1 1,127 ( 1𝑥 2

Sustituyendo en la Ecuación Finita: Para i=2 1 (𝑃𝑖 (𝑥𝑖− ) 2

𝑇

− 1) − ( 𝑇

1 (𝑥𝑖− ) 2

+ 𝑇

1 ) 𝑃𝑖 (𝑥𝑖+ ) 2

1 ( 𝑃𝑖 (𝑥𝑖+ ) 2

+ 𝑇

+ 1) = 𝑞

(3,325 𝑥 3000) − (3,325 + 6,677)𝑃2 + (6,677)(𝑃3) = 0 9975 − 10,002𝑃2 + 6,677𝑃3 = 0 −10,002𝑃2 + 6,677𝑃3 = − 9975 Ec.1

Para i=3 𝑇

1 (𝑃𝑖 (𝑥𝑖− ) 2

− 2) − ( 𝑇

1 (𝑥2− ) 2

+ 𝑇

1 ) 𝑃𝑖 (𝑥2+ ) 2

+ 𝑇

1 ( 𝑃𝑖 (𝑥3+ ) 2

+ 1) = 𝑞

Como Tx2+ ½ = Tx3+ ½, entonces P2=P4 (6,677𝑃2) − (6,677 + 6,677)𝑃3 + (6,677)(𝑃4) = 2000 (6,677𝑃2) − 13,354𝑃3 + (6,677)(𝑃4) = 2000 𝑃2 − 𝑃3 = 149,768, entonces 𝑃2 = 149,768 + 𝑃3

Sustituyendo en la ecuación 1:

−10,002(149,768 + 𝑃3) + 6,677𝑃3 = − 9975 −1497,980 − 10,002𝑃3 + 6,677𝑃3 = − 9975 −1497,980 − 3,325𝑃3 = − 9975

P3=2549,480 Psi 𝑃2 = 149,768 + 2549,489 P2=2699,248 Psi 2. Tenemos un sistema homogéneo y considere la  :2cps



Si el pozo en el bloque 2 está produciendo a una tasa constante de 450 BN/D, lo cual crea una distribución de presión de p1= 2400 lpca, p2= 800 lpca y p3= 1600 lpca y considerando que el límite izquierdo del sistema es desconocido. ¿Cuál es la permeabilidad del sistema? La ecuación que describe al problema es la siguiente, ∂ kxAx ∂p ( )] ∆x + qlsc = 0 [βc ∂x μlBl ∂x Y la ecuación de diferencia finita se tiene como, T

lxi−

1 pi−1 2

− (T

lxi−

1 2

+ T

lxi+

1 ) pi 2

+ T

1p lxi+ i+1 2

= −qlsci

O en notación matricial como: 𝑊𝑖 𝑝𝑖 − 1 + 𝐶𝑖 𝑝𝑖 + 𝐸𝑖 𝑝𝑖 + 1 = 𝑄𝑖 Donde: A k

x Tlxi±1 = (βc μ Bx ∆x ) 2

l l

A k

i±1/2

x = βc (μ Bx ∆x ) l l

Para todos los valores de i=1, 2, 3 porque Ax , k x , μl , Bl y ∆x son constantes, entonces:

T

1 lxi± 2

= 1.127

(100 ∗ 40)k x = 11.27k x 2 ∗ 1 ∗ 100

Sustituyendo en la para el bloque 2, tenemos que: (11.27𝑘𝑥) ∗ 𝑝1 – (2 ∗ 11.27𝑘𝑥) ∗ 𝑝2 + (11.27𝑘𝑥) ∗ 𝑝3 = − (−450) Para la distribución de presión dada, esta ecuación queda: (11.27𝑘𝑥) ∗ (2400) – (2 ∗ 11.27𝑘𝑥) ∗ (800) + (11.27𝑘𝑥) ∗ (1600) = 450 Entonces Kx: 𝒌𝒙 = 𝟎. 𝟎𝟏𝟔𝟔𝟑𝟕 𝒅𝒂𝒓𝒄𝒚 

¿Qué clase de condición de frontera debería asumirse en el límite izquierdo?

Debe existir un gradiente de presión a lo largo del límite izquierdo del sistema para que esto pueda ocurrir, este gradiente se puede cuantificar como: qlsc = − (βc

Ax k x ∂p ) μl Bl ∂x

Esto también puede obtenerse de: ∂p

qlsc = −Tlx0+1 ∆x ∂x |x=0 2

O de: p1 − p0 ) ∆x

qlsc = −T

1 ∆x ( lx0+ 2

Donde: Tlx0+1 = 11.27kx = 11.27*0.016637 = 0.1875 BN/D-psi ahora, 2

∂p

450 = - (0.1875) (200)( ∂x |x=0 ) Lo que da como resultado: 𝛛𝐩 𝛛𝐱



|x=0 = -12 lpc/ft.

Si las dimensiones de todos los bloques del sistema se duplican, ¿cuál es la tasa de flujo dentro del pozo?, si presenta la misma distribución del sistema. T

lxi−

1 pi−1 2

− (T

lxi−

T

1 2

+ T

1 lxi± 2

lxi+

1 ) pi 2

= (βc

+ T

1p lxi+ i+1 2

Ax k x ) μl Bl i±1/2

= −qlsci

Analizando la ecuación 4.1 Para una distribución de presión se tiene que qlsc es proporcional a la transmisibilidad dada por la ecuación. Observemos que, si las dimensiones de los bloques del sistema se duplican, Ax se cuadruplica y ∆x se duplica debido a Ax kx ), μl B l

Tlxi±1 = βc ( 2

Tlxi±1 2

sólo se duplicará, lo que duplicará a su vez a qlsc en el lado derecho de la ecuación 4.1 En otras palabras, qlsc2= -2*450 = -900 BN/D, es decir: T

1 lxi± 2

= 1.127

(200 ∗ 80)(0.016637) 0.375BN = (2 ∗ 1 ∗ 400) D − lpc

lo que, sustituido en la ecuación da como resultado (0.375) ∗ (2400) − (2 ∗ 0.375) ∗ (800) + (0.375) ∗ (1600) = −𝑞𝑙𝑠𝑐2 𝑜 𝑞𝑙𝑠𝑐2 = −900 𝐵𝑁/𝐷. La tasa de producción se duplica a 900 BN/D. 

Asumiendo que la viscosidad del fluido es 4 cps y la presión en el bloque donde está el pozo se mantiene en 800 lpca, además, considere los extremos finales del sistema representan condición de no flujo. Bajo estas condiciones ¿cuál es la tasa de flujo en el pozo y las presiones en los bloques 1 y 2?

Como en los extremos del sistema no hay flujo, ningún fluido podrá entrar al sistema y la tasa de flujo en el pozo será cero. Esto indica que no hay un gradiente de presión en el sistema, por lo tanto, p1=p2=p3= 800 lpca. 3. En el sistema simplificado el bloque 1 representa un límite de presión constante (por un acuífero activo) de 2000 lpca. En el bloque 3 se localiza un pozo que produce una tasa de 200 BND, las profundidades a los centros de los bloques 1,2 y 3 son 2480 pies, 2540 pies y 2580 pies respectivamente. El límite derecho del sistema representa la condición de “no flujo”. Las dimensiones de todos los bloques son las mismas en cada uno, y estas son: Δx=400 pie, Δy=100 pies y un espesor (h) de 80 pies. La permeabilidad (K) en la dirección “x” es igual en todos los bloques y es igual a 60 mD. Las propiedades del fluido son: μ= 1 cps; Bo= 1 BY/BN; ρ= 62,4 lb/pie3; y Ct= 0 Lpc-1 -Estime la distribución de presión en todo el sistema.

Wi Pi−1 − Ci Pi + Ei Pi+1 = −qisc + Q Gi Q Gi = WGi Zi−1 +CGi Zi + EGi Zi+1 P1= 2000 lpca 

Bloque 2 W2 P1 − C2 P2 + E2 P3 = Q G2

𝐄𝐜. 𝟏

QGi es igual a: Q G2 = WG2 Z1 +CG2 Z2 + EG2 Z3

𝐄𝐜. 𝟐

El valor de las componentes Wi, Ei es el mismo debido a que las propiedades de fluidos como μ, Bl, Bc y del medio como Kx son constantes, al igual que las dimensiones de cada bloque, entonces: W2 = E2 = Bc ∗

Ax ∗ Kx 80 ft ∗ 100 ft ∗ 0,06 darcy = 1,127 ∗ BY μl ∗ Bl ∗ ∆x 1 cps ∗ 1 BN ∗ 400 pies W2 = E2 = 1,352

C2 = −(W2 + E2 ) = −(1,352 + 1,352) = −2,704 Para WGi, EGi: WGi = γ

i−

1 2

∗ (Wi )

Para calcular el gradiente de presión Υi se utiliza la siguiente ecuación: γ = 0,21584x10−3 ∗ ρ ∗ g γ = 0,21584x10−3 ∗ 62,4

lb pie ∗ 32,17 = 0,433 lpc/pie 3 pie seg

Para WG2: WG2 = γ

1 2− 2

∗ (W2 ) = 0,433

lpc lpc ∗ 1,352 = 0,585 pie pie

WG2 = EG2 y para CG2: CG2 = −(WG2 + EG2 ) CG2 = −(0,585 + 0,585) = −1,17

Se sustituye en la ecuación 2: Q G2 = 0,585 ∗ 2480 − 1,17 ∗ 2540 + 0,585 ∗ 2580 Q G2 = −11,7 Se sustituye en la ecuación 1 el valor de QG2: 1,352 ∗ 2000 − 2,704 ∗ P2 + 1,352 ∗ P3 = −11,7 2704 − 2,704 ∗ P2 + 1,352 ∗ P3 = −11,7 −𝟐, 𝟕𝟎𝟒 ∗ 𝐏𝟐 + 𝟏, 𝟑𝟓𝟐 ∗ 𝐏𝟑 = −𝟐𝟕𝟏𝟓, 𝟕 

𝐄𝐜. 𝟑

Bloque 3:

La ecuación de notación matricial: W3 P2 − C3 P3 + E3 P4 = −qsc + Q G2

𝐄𝐜. 𝟒

W3= 1,352 y C3= -1,352 qsc= -200 STB/D QGi es igual a: Q G3 = WG3 Z2 +CG3 Z3 + EG3 Z4 WG3 = γ

1 3− 2

∗ (W3 ) = 0,433

𝐄𝐜. 𝟓

lpc ∗ (1,352) = 0,585 pie

CG3 = −0,585 Entonces QG3 es: Q G3 = 0,585 ∗ 2540 − 0,585 ∗ 2580 = −23,4 Se sustituye en la ecuación 4: 1,352 ∗ P2 − 1,352 ∗ P3 = −(−200) − 23,4 𝟏, 𝟑𝟓𝟐 ∗ 𝐏𝟐 − 𝟏, 𝟑𝟓𝟐 ∗ 𝐏𝟑 = 𝟏𝟕𝟔, 𝟔 𝐄𝐜. 𝟔 Se tiene el siguiente sistema de ecuaciones: −𝟐, 𝟕𝟎𝟒 ∗ 𝐏𝟐 + 𝟏, 𝟑𝟓𝟐 ∗ 𝐏𝟑 = −𝟐𝟕𝟏𝟓, 𝟕

𝟏, 𝟑𝟓𝟐 ∗ 𝐏𝟐 − 𝟏, 𝟑𝟓𝟐 ∗ 𝐏𝟑 = 𝟏𝟕𝟔, 𝟔 Resolviendo el sistema de ecuaciones, se tiene que: P2= 1877,62 lpca

P3= 1747,41 lpca