ejercicios yacimientos 3
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1) Se tiene un yacimiento con un POES de 2,23 MMBN, un volumen de roca de 1.250 acres-pies y un factor volumétrico del petróleo inicial de 1,06 BY/BN. La gravedad ºAPI del petróleo es 16 grados. La viscosidad del petróleo a la temperatura original del yacimiento es 10.000 cPs y la porosidad de la roca es 29%. Conociendo que el yacimiento no tiene una capa de gas asociada se desea conocer la capacidad calorífica, la conductividad térmica de la roca, la difusividad térmica y la saturación residual de petróleo a 350 F. Suponer que la densidad de la roca, ρr, es igual a 159 lb/pie3, y el calor especifico de la roca, Cr, es 0,24 BTU/lb-F
Datos.
N = 2, 23 MM BDVr = 1250 Acres-pies
BOi = 1,06 BYBN
ₒAPI = 16µₒ = 10000 Cpsφ = 29 % = 0,29ρr = 159 lb/pie3
Cr = 0,24 BTU/lb-F
El yacimiento no tiene capa de gas es decir m = 0
Se desea conocer:A.- Capacidad calorífica (M).B.- La conductividad térmica de la roca ( Khr)C.- Difusividad térmica (α)D.- Saturación residual del petróleo (Sorst )
A.- Capacidad calorífica (M).
La capacidad calorífica de una roca saturada con petróleo, agua y gas, está dada por:
M = (1 -φ ) ρr cr + φ (So ρo co + Sw ρw cw + Sg ρg cg)
Como no hay capa de gas asociada la ecuación queda de la siguiente manera:
M = (1 -φ) ρr cr + φ (So ρo co + Sw ρw cw)
Para proceder a realizar el cálculo se necesitan algunos valores calculados a continuación.
Las saturaciones de los fluidos para esto utilizamos la siguiente ecuación:
N= 7758 x φ xV rxSoi
BOi
De la cual se despeja la saturación inicial de petróleo Soi la cual queda de la siguiente manera.
Soi = NxBOi
7758 x φx V
Soi = 2.23 x106 BN x 1,06
ByBN
7758 x 0,29 x1250 acres−pies
La saturación y porosidad son adimensionales, así que el volumen del petróleo queda expresado en las mismas unidades del volumen bruto (Acre*pie). El factor 7758 permite convertir los Acre*pie en barriles, pero todas éstas son condiciones de yacimiento, así que toman el valor de barriles de yacimiento BN.
Soi = 2363800 BY2812275 BY
Soi = 0,84.
La suma de las saturaciones de los fluidos en el yacimiento es igual a 1 por lo tanto:
Soi + Swi + Sgi = 1 Soi + Swi + Sgi = 1 por no haber presencia de gas.Entonces Soi + Swi = 1 Swi = 1 – Soi
Swi = 1 – 0, 84Swi = 0, 16
Las densidades de los diferentes fluidos.Densidad del petróleo.
ρo=ρocs
1+ T−681885
ρocs = γ0 x ρwcs
γ0 = 141,5
131.5+API = 141,5
131.5+16 = 141,5147,5 = 0, 96
ρocs = 0.96 x 62.4 Lb
pie3 = 59,90 Lb
pie3
ρo = ρocs
1 + T−681885
ρo = 59,90 Lb
pie3 = 59,90
Lb
pie3
1.15 = 52,09
Lb
pie3
1 + 350−68
1885
Densidad del agua.
ρw =
10.01602+0.000023 xG G = -6.6 + 0.0325 x T+ 0.000657 x
T2
G = -6.6 + 0.0325 x (350+ 0.000657 x (350)2
G = -6.6 + 11, 38+80, 48 G = 85, 26.
ρw =
10.01602+0.000023 x (85.26)
ρw =
10,01798 = 55,62
Lb
pie3
Los calores específicos.
Del petróleo.
Co=0.388+0.00045∗T√ γo
= 0.388+0.00045∗350
√ 0.96 =
0.,54550,98
= 0.56 BTU
Lb−° F
Del agua.Cw=1.0504−6.05∗10−4∗T +1.79∗10−6∗T2
Cw=1.0504−6.05∗10−4∗(350 )+1.79∗10−6∗¿Cw=1.0504−0,21175+0,219275
Cw=1,05BTU
Lb−° FTeniendo todos los datos requeridos se procede a calcular la capacidad calorífica.
M = (1 -φ) ρr cr + φ (So ρo co + Sw ρw cw)
M = (1 -0.29)* (159 lb/pie3)* (0, 24 BTU/lb-F) + 0, 29 ((0, 84)*(52, 09 lb/pie3)*( 1,05 BTU /lb−F)
+ ( 0.16)* (55,62 159 lb/pie3)* (105 BTU/lb-F)
M = (0, 71) *(38,169) + 0, 29* (24,503 + 9,344)
M = 27, 0936 + 9, 81563
M = 36,909 BTU
pie3−° F
B.- La conductividad térmica de la roca ( Khr)
Kh=26.31
T 0.55∗e0.6 (ρr+Sw)
Kh=26.31
T 0.55∗e0.6 (ρr+Sw)
T=En grados kelvin .
°C= 59 (350 – 32) = 176,66
° K= °C + 273,15 = 176,66 + 273,15 = 449,81
ρr=en( gr
cm3 )ρr=159
Lb
pie3∗1.6018∗10−2=2 .5468
gr
cm3
K h= 26.31449,810,55∗e
0.6(2.5468 grcm3+0,16 )
=¿
Kh=¿ 0,914¿e1,62408
Kh= 4,637 MilicaloríasS−Cm−° K
4,637 MilicaloríasS−Cm−° K
∗0.24175= 1.9359 BTU
h−pie−° F
C.- Difusividad térmica (α)
α= KhM
α=¿
1.9359BTU
h−pie−° F
36,909BTU
pie3−° F
= 0,0524 pie2
h
Saturación residual del petróleo (Sorst )
Sor st= 1T∗54+0.01004787∗ln ( μo )−0.14881
Sorst = 1
350° F∗54+0.01004787∗ln (10000 CP )−0.14881
Sorcs=0,1542+0,0925−0,14881
Sorcs=0.09789
2) Una roca contiene una saturación de 65% de petróleo y 35% de agua, la
gravedad ºAPI del petróleo es 12 grados. Se realizo un análisis de viscosidad al
crudo y se determinaron las constantes de Andrade, siendo estas: a= 0.0044 y
b= 6250. La temperatura original del yacimiento es 145 F. Calcular la porosidad
de la roca si la capacidad calorífica es de 34,57 BTU/pie3-F, calcular también la
conductividad térmica de la roca, la difusividad térmica y la saturación residual
de petróleo a 400 F. Suponer que la densidad de la roca, ρr, es igual a 170
lb/pie3. (Observación: PARA EL CALCULO DE LA CONDUCTIVIDAD
TERMICA DE LA ROCA USAR LA Ecuación de Tikhomirov para
considerar el efecto combinado de porosidad de la roca, saturación de líquido
y temperatura)
Datos:
So=65 %
Sw=35 %
API=12
Cte. de Andrade
a=0.0044
b=6250
T=145℉
∅=?
M=36.25BTU
PIE3−℉
Kh roca=? α=?
Sor=?
Todo esto @ 400 ℉
ρr=170lb
pie3
Para el cálculo de la porosidad se utilizará la siguiente ecuación:
M=(1−∅ ) ρr C r+∅ ¿
Como no hay capa de gas la Sg ρg Cg=0, por tanto la ecuación queda de la siguiente
manera:
M=(1−∅ ) ρr C r+∅ (So ρo Co+Sw ρw Cw)
Despejando∅ , queda:
∅=M−ρr Cr
−ρr C r+(So ρoCo+Sw ρw Cw)
Calculo de las densidades:
ρo=ρocs
1+ T−681885
γ O=141.5
131.5+ API
γ O=141.5
131.5+12
γ O=141.5143.5
γ O=0.99
ρocs=γ O× ρwcs
ρocs=0.99×62.4lb
pie3
ρocs=61.78lb
pie3
ρo=61.78
lb
pie3
1+ 400−681885
ρo=61.78
lb
p ie3
1.17
ρo=52.80lb
pie3
ρw= 10.01602+0.000023G
G=−6.6+0.0325 T+0.000657 T2
G=−6.6+0.0325(400)+0.000657(400)2
G=−6.6+13+105.12
G=111.52
ρw= 10.01602+0.000023(111.52)
ρw=53.81lb
pie3
Calculo de los calores específicos:
Co=0.388+0.00045 T
√γO
Co=0.388+0.00045 (400)
√0.99
Co=0.5680.99
Co=0.5719BTU
Lb−℉
Cw=1.0504−6.05 ×10−4 T+1.79 ×10−6T 2
Cw=1.0504−6.05 ×10−4(400)+1.79 × 10−6(400)2
Cw=1.0504−0.242+0.2864
Cw=1.0948BTU
Lb−℉
C r=0.18+0.00006 T
C r=0.18+0.00006(400)
C r=0.18+0.024
C r=0.204BTU
Lb−℉
Sustituyendo valores en la ecuación para el cálculo de la porosidad, queda:
∅=M− ρr Cr
−ρr C r+(So ρoCo+Sw ρw Cw)
∅=36.25
BTU
pie3−℉−(170
lb
pie3 )(0.204BTU
Lb−℉)
−(170lb
pie3 )(0.204BTU
Lb−℉)+((0.65)(52.80
lbpie3 )(0.5719
BTULb−℉
)+(0.35)(53.81lb
pie3 )(1.0948BTU
Lb−℉))
∅=36.25
BTU
pie3−℉−34.68
BTU
pie3−℉
−34.68BTU
pie3−℉+(19.628
BTUpie3−℉
+20.629BTU
pie3−℉)
∅=1.57
BTU
pie3−℉
5.577BTU
pie3−℉
∅=0.2815 ×100=28.15 %
Calculo de conductividad térmica: Ecuación de Tikhomirov para considerar el
efecto combinado de porosidad de la roca, saturación de líquido y temperatura.
Kh=6.36 e [2.65 (1−∅ )+Sl ]
(0.556 T +255.3)0.55
℃=59(℉−32)
℃=59(400−32)
℃=204.44
ºK=℃+273.15
ºK=204.44+273.15
ºK=477.59
Sl=So+Sw
Sl=0.65+0.35
Sl=1
Sustituyendo estos valores en la ecuación de tikhomitov, se precede a calcular K h y
queda:
Kh=6.36 e [2.65(1−0.2815)+1 ]
(0.556 [ 477.59 ]+255.3)0.55
Kh= 6.36 e1.74
(520.84 )0.55
Kh=36.2431.20
Kh=1.16BTU
h−pie−℉
Calculo de difusividad térmica:
α= KhM
α=1.16
BTUh−pie−℉
36.25BTU
pie3−℉
α=0.032pie2
h
Calculo de saturación residual del petróleo:
S¿=1.0T
(54.0 )+0.01004787 ln μo−0.14881
μo=aebT¿
Para el cálculo de laμo se necesita la temperatura en ºR, queda:
ºR=℉+460
ºR=145+460
ºR=605
μo=0.0044 e6250605
μo=0.0044 e10.33
μo=134.81Cps
Sustituyendo estos valores en la ecuación de S¿, queda:
S¿=1.0400
(54.0 )+0.01004787 ln 134.81−0.14881
S¿=0.135+0.04927−0.14881
S¿=0.03546