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