Oppgave 1. Skisse til løsning Eksamen i Reservoarteknikk 1 4. juni, a) p c = 2σ/R hvor R = R 1 = R 2.

Transkript

1 Skisse til løsning Eksamen i Reservoarteknikk 1 4. juni, 003 Oppgave 1 a) p c = σ/r hvor R = R 1 = R. b) Arbeidet utført ved volumutvidelsen er netto kraft multiplisert med veien kraften har virket. Kraften er lik trykk multiplisert med den flaten trykket virker på. Da får vi arbeidet gitt ved (p 1 p )4π R δr siden kraften δ F på et flateelement δ A overalt virker i samme retning som forskyvningen δ R, eller at δ F δ R = δ F δ R. Økning i overflateenergi er σ (4π(R + δr) 4π R ) = (4π RδR + 4π(δR) ). Vi stryker. ordens leddet (δr) og setter de to uttrykkene lik hverandre og får (p 1 p ) = p c = σ/r. c) p c = 0. d) For en kuleflate er R 1 = R = R og av figuren ser vi at r = R cos θ. De to vinklene merket med θ er like siden vinkelbeina står parvis normalt på hverandre. Dermed følger uttrykket i oppgaven. Merk at dette er en tilnærmelse hvor vi har sett bort fra tyngdekraftens innvirkning på formen av fluid-fluid overflaten. Krumningen vil i virkeligheten være større inne ved veggen enn i midten av røret. Dersom r blir stor, vil overflaten bli et horisontal plan inne i midten av røret. Figur 1: Sylindrisk rør med kuleformet skilleflate 1

2 e) Siden alle kontaktvinklene er like så kan kapillartrykk i reservoaret, p cr, omgjøres til kapillartrykk i laboratoriet, p cl, med følgende uttrykk: p cl σ R = p cr σ L. Videre har vi at p cr = ρgh hvor h er høyden over det frie fluidnivå. Først betrakter vi tofasesystemet olje-vann (tenker oss gassen som olje), finner kapillartrykket i en høyde på 75 ft over det frie vannivå og gjør dette om til kapillartrykk i lab, p ow cl, p ow cl = σ L σ R ρgh = / =.4 psi. Videre har vi : pcl ow = A ln S n + p D ln S n = pow cl p D A =.4 1 = Dermed blir S n = 0 og S w = S iw = Så bruker vi samme prosedyre på gass-olje hvor nå vannfasen er tenkt erstatte med olje slik at vi kun ser på tofasesystemet gass-olje. Siden vi bruker kapillartrykket over skilleflaten mellom olje- og gassfasen, så er dette en rimelig antagelse. Da har vi: p og cl = σ L σ R ρgh = / = 1.60 psi. Videre har vi : pcl ow = A ln S n + p D ln S n = pow cl p D A = = Dermed er S n = 0.41 og dette er lik (S L S iw )/(1 S iw ), slik at S L = S o + S w = 0.59 og dermed blir svaret at i høyden 5 ft over det frie oljenivå er metningene S w = 0.30, S o = 0.9, S g = Oppgave a) Se forelesningene.

3 b) [bbl [cm3 [bbl q [day86400 [sec [day π k h[ft30.48 [cm [ft ( ) µ re ln [atm p[psi [psi, som ordnet gir p q = 7.08 ( ). re µ ln c) Trykkfallet fra radius r inn mot en brønn er gitt ved (i Darcy-enheter): p = qµ π ln r, med k lik permeabiliteten til uskadet formasjon. Dersom en brønn er skadet ut til en radius r d med permeabilitet k d, så defineres skinfaktoren S ved at p skin = S qµ π, hvor p skin er det ekstra trykkfallet som ligger over den skadete sone, p skin = qµ [ ln(rd / ) ln(r d/ ), πh k d k og altså S = k [ ln(rd / ) ln(r d/ ) k d k = k k d k d ln(r d / ). d) Vi finner først midlere permeabilitet k, k = ln(r e / ) ln(r e /r 1 ) k + ln(r 1/ ) k 1 = = p e = p w + qµ ln(r e/ ) 7.08 = ln(330/0.5) = 73 psia. 3

4 Videre er S = k k d k d ln r d = ln(10/0.5) = Vi kan også finne p e ved først å regne ut S = 9.0 og så bruke at p e = p w + qµ(ln(r e/ ) + S), 7.08 hvor k = 00 md, permeabilitet til uskadd formasjon. Dette gir også at p e = 73 psia, selvfølgelig. e) Se forelesningene eller boken til Dake. Oppgave 3 a) Velger t = 1 time og antar t << t 1. Fra trykkløsningen får vi da p i p 1HR = 16.6Q µb k Q 1µB t 1. Fra linjekildeløsningen finner vi følgende uttrykk for p w f 1, trykket i brønnen ved rateskift, p i p w f 1 = 16.6Q 1µB k + t S. Vi trekker disse to ligningene fra hverandre og får k p 1HR p w f 1 = m m Q k Q 1 hvor m = 16.6Q 1µB og dermed p 1HR p w f 1 = m Q 1 Q k Q 1 og, løst med hensyn på S, Q 1 p1hr p w f 1 k S = Q 1 Q m S,

5 pwf mot tidsgruppe Serie1 Serie Lineær (Serie) pwf y = x R = tidsgruppe Figur : Plott av p w f mot t1 + t t + Q Q 1 ( t) 5

6 b) Av figur () finner vi at m = 68 psi/dekade, at p 1H R = 3865 psi fra den ekstrapolerte rette linjen, at trykkoppbyggingen ekstrapolert til verdi 0 av tidsgruppen er psia. Permeabiliteten blir da k = 16.6 Q 1Bµ mh = 7.65 md. c) Innsatt i uttrykket for S så får vi at [ ( ) S = = d) Estimatet på p i, det vil si p, kan finnes på flere måter. En kan bruke den oppgitte trykkløsningen for samhørende verdier av t og p w f og slik estimere initielt trykk punktvis. Bedre er det å bruke alle datapunktene samtidig, for eksempel ved å ekstrapolere den rette linjen til skjæring med y-aksen i plottet, på denne måten: Den ekstrapolerte verdien av p w f når hakeparentesen t1 + t + Q ( t) t Q 1 går mot null i plottet er 400 psia. Estimatet på p i, det vil si p, blir da ifølge den oppgitte trykkløsningen p = m Q k Q 1 = = 4385 psia. Det betyr at trykket bygger seg opp mot et tilsynelatende intielt trykk p som ligger 15 psi under det virkelig initielle trykk p i og reservoaret kan neppe betraktes som uendelig-virkende i testen selv om det hefter usikkerhet til datapunktene. 6