Este documento trata sobre pruebas de presión en pozos petroleros. Explica que las pruebas de presión miden los cambios en la presión de fondo de un pozo a intervalos regulares para determinar parámetros como la capacidad de la formación y el daño causado. Describe dos tipos de pruebas: de restauración (build up) y de declinación (draw down), y presenta fórmulas para calcular la permeabilidad, el factor de daño (skin) y la eficiencia de flujo.

1. PRUEBA DE PRESIONES
INGENIERÍA DE RESERVORIOS III
NIVIA FABIOLA LIMACHI ARPAZI
LA PAZ, 22 DE MARZO DE 2022
PET- 206

2. PRUEBA DE PRESIÓN
•Las Pruebas de Presiones son
tabulaciones continuas en intervalos
de tiempo regulares de las presiones
de fondo de un pozo productor en un
campo determinado.
•Tienen por objeto principal determinar
los parámetros reales que influyen en
la productividad del pozo en análisis.
¿Para que se realiza las pruebas de
presión?
Se realiza para determinar la capacidad
de la formación, el daño a la misma y así
obtener información del comportamiento
dinámico del yacimiento.

3. FACTOR DE SKIN
El factor SKIN permite
calcular el área dañada
de la formación debido a
distintas sustancias a las
que esta expuesta la
formación durante la
perforación y producción.
𝐬
La caída de presión de
SKIN se debe a la caída de
presión de los limites
externos del pozo de
producción debido al
factor de daño.
∆𝐏 𝐒𝐊𝐈𝐍

4. TIPOS DE PRUEBAS
Con los resultados que arrojan estas pruebas, se tienen importantes decisiones
en cuanto a las técnicas que se aplican para aumentar la productividad del
pozo.
PRUEBAS DE RESTITUCIÓN (BUILD UP)
PRUEBAS DE FLUJO DE DECLINACION (DRAW DAWN)

5. BUILD UP
Es una prueba de Restitución de Presiones conocida como BUILD UP, que consiste
en tomar datos y realizar el estudio de un yacimientos a través de un pozo que ha
sido cerrado temporalmente, para determinar la presión estática del yacimiento
sin esperar semanas o meses para que la presión del yacimiento se estabilice.
0
Flowing Period
Shut In Period
∆t
𝑡𝑝
Q
0
Flowing Period
Shut In Period
∆t
𝑡𝑝
P

6. BUILD UP - HORNER
PWS = 𝑃∗
−
162.6 Q0 μ B
k h
log
(tp + ∆t)
∆t
Donde:
𝑃∗ = Presion estatica del Reservoio para un ∆t psi
Pws = Presión de restitución Build Up psi
tp = tiempo de Produccion antes del cierre hr
∆t = tiempo de cierre hr
y = -12.08ln(x) + 3092.5
R² = 0.9921
2920
2940
2960
2980
3000
3020
3040
3060
3080
1.000
10.000
100.000
1000.000
10000.000
100000.000
1000000.000
Pws
(lpc)
(t+∆t/∆t) hr
PRUEBA DE RESTAURACIÓN DE PRESIÓN

7. PWS = 𝑃∗
−
162.6 Q0 μ B
k h
log
(tp + ∆t)
∆t
𝑦 = 𝑎 − 𝑚 𝑥
Calculamos la pendiente:
𝑚 =
162.6 Q0 μ B
k h
BUILD UP - HORNER

8. m =
P2 − P1
#ciclos
El factor de daño se puede calcular con:
𝑠 = 1,151
𝑃1 ℎ𝑟 − 𝑃∆𝑡=0
𝑚
− 𝑙𝑜𝑔
𝑘
𝜇0 𝑐𝑡 𝑟𝑤
2 ∅
+ 3.23
BUILD UP - HORNER

9. De manera general, se puede evaluar los valores del efecto SKIN de la
siguiente manera:
s > 0 → Existe daño y no existe estimulación
s < 0 → No existe daño y existe estimulación
s = 0 → No existe daño y ni estimulación
BUILD UP - HORNER

10. CAIDA DE PRESIÓN Y EFICIENCIA DE
FLUJO
Caída de presión debido al efecto daño:
∆𝑃𝑆𝐾𝐼𝑁 = 0.87 𝑚 𝑠
Eficiencia de Flujo:
EF =
IPReal
IPIdeal
= 1 −
∆PSKIN
𝑃∗ − P∆𝑡=0
Relación de Daño:
𝑅𝐷 =
1
EF

11. EJERCICIO 1
La siguiente prueba de restauración de presión de un pozo petrolero se muestra en la grafica
antes de la prueba de presión. Hallar el tiempo de producción, la permeabilidad y el efecto de
SKIN, si la presión de fondo fluyente es de 2911 Psi y la tasa de producción es de 690 STBD.
rw = 0.583 ft
μo = 4.5 cP
ct = 1 × 10−5
psi−1
∅ = 26 %
h = 26 ft
Bo = 1,04 Bbl/STB
Np = 20000 STB (Prueba De producción acumulada antes del cierre)

12. SOLUCIÓN
∆t Hrs ∆t+t/∆t Pwf
0,003 232001,000 2936
0,006 116001,000 2953
1,000 697,000 3008
y = -9.717ln(x) + 3071.3
2920
2940
2960
2980
3000
3020
3040
3060
3080
1.000
10.000
100.000
1000.000
10000.000
100000.000
1000000.000
Pws
(lpc)
∆t+tp/∆t (Hr)
PRUEBA DE RESTAURACIÓN DE PRESIÓN

13. a) Tiempo de producción antes del cierre
Np = 20000 STB (Prueba De producción acumulada antes del cierre)
𝐪 = 690 STBD
tp =
Np
q
tp =
Np
q
=
20000
690
STB
STBD
= 28,98 𝐷𝑖𝑎𝑠 ×
24 𝐻𝑟
1 𝐷í𝑎
= 695,65 𝐻𝑟
𝒕𝒑 = 696 𝐻𝑟
SOLUCIÓN

14. ∆𝑡 + 𝑡
∆𝑡
=
0.003 + 696
0.003
= 232001
∆𝑡 + 𝑡
∆𝑡
=
0.006 + 696
0.006
= 116001
Así completamos para los demás puntos.
b) K=?
𝑚 =
162.6 Q0 μ B
k h
∆t Hrs ∆t+t/∆t Pwf
0,003 232001,000 2936
0,006 116001,000 2953
1,000 697,000 3008
SOLUCIÓN

15. m =?
m =
P2 − P1
#ciclos
m =
3004 − 2982
1
= 22
𝑝𝑠𝑖
𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜
SOLUCIÓN
𝐊 =
162.6 Q0 μ B
m h
=
162.6 690 1,04 (4,5)
26 (22)
𝐊 = 917,95 𝑚𝐷
y = -9.717ln(x) + 3071.3
2920
2940
2960
2980
3000
3020
3040
3060
3080
1.000
10.000
100.000
1000.000
10000.000
100000.000
1000000.000
Pws
(lpc)
∆t+tp/∆t (Hr)
PRUEBA DE RESTAURACIÓN DE PRESIÓN

16. El factor de SKIN se puede calcular con:
s = 1,151
P1 hr − P∆t=0
m
− log
k
μ0 ct rw
2 ∅
+ 3.23
𝑠 = 1,151
3008 − 2911
26
− 𝑙𝑜𝑔
917.95
4,5 1 × 10−5 0,583 2(0,26)
+ 3.23
𝑠 = −0.82
No existe daño y existe estimulación
SOLUCIÓN

17. SOLUCIÓN
Caída de presión debido al efecto SKIN:
∆𝑃𝑆𝐾𝐼𝑁 = 0.87 𝑚 𝑠
∆𝑃𝑆𝐾𝐼𝑁 = 0.87 22 − 0.82
∆𝑃𝑆𝐾𝐼𝑁 = −15,69 𝑃𝑠𝑖
Eficiencia de Flujo:
EF =
IPReal
IPIdeal
= 1 −
∆PSKIN
𝑃∗ − P∆𝑡=0

18. EF =
IPReal
IPIdeal
= 1 −
−15.69
𝑃∗ − P∆𝑡=0
EF = 1 −
−15.69
3071 − 2911
EF = 1.098
Relación de Daño:
𝑅𝐷 =
1
EF
=
1
1.098
= 0.911
SOLUCIÓN

19. DRAW DOWN
Razones para el cierre:
➢ Pozos Nuevos
➢ Abandono Parcial del Pozo
➢ Reacondicionamiento
➢ Intervención del pozo
Se asume que durante el cierre
se llego a una presión estática
de fondo
0
Flowing Period
Shut In Period
∆t
𝑡𝑝
P
0
Flowing Period
Shut In Period
∆t
𝑡𝑝
Q
t t

20. DRAW DOWM
PWS = 𝑃∗
−
162.6 Q0 μ B
k h
log
𝑘
∅ 𝜇 𝑐𝑡𝑟𝑤
2
− 3.23 + 0.87 𝑠
𝑦 = 𝑎 + 𝑚 𝑥
Calculamos la pendiente:
𝑚 = −
162.6 Q0 μ B
k h

21. DRAWN DOWN
FACTOR SKIN
𝑠 = 1,151
𝑃∆𝑡=0 − 𝑃∆𝑡=1 𝐻𝑟
𝑚
− 𝑙𝑜𝑔
𝑘
𝜇0 𝑐𝑡 𝑟𝑤
2 ∅
+ 3.23
s > 0 → Existe daño y no existe estimulación
s < 0 → No existe daño y existe estimulación
s = 0 → No existe daño y ni estimulación

22. CAIDA DE PRESIÓN Y EFICIENCIA
DE FLUJO
Caída de presión debido al efecto daño:
∆𝑃𝑆𝐾𝐼𝑁 = 0.87 𝑚 𝑠
Eficiencia de Flujo:
EF =
IPReal
IPIdeal
= 1 −
∆PSKIN
𝑃∗ − 𝑃∆𝑇=0

23. EFICIENCIA
Si EF > 1 , se tiene un ∆PSKIN < 0 implica un efecto Skin Negativo (Pozo Estimulado)
Si EF < 1 , se tiene un ∆PSKIN > 0 implica un efecto Skin Positivo Pozo Dañado
En el caso que EF = 1 , no existe efecto Skin s = 0

24. PROBLEMA 2
La tabla muestra los datos de una declinación de presión de un pozo petrolero. Antes de la
prueba de presión era de 4000 psi. La presión se lleva a cabo de una taza estabilizada de 200
STB (Barriles Normales Dia) Los datos del yacimiento y fluido son los siguientes:
rw = 0.3 ft
μo = 0.5 cP
ct = 2 × 10−5 psi−1
∅ = 10 %
h = 12 ft
Bo = 1,29 Bbl/STB
Hallar la permeabilidad y Factor Skin

25. PROBLEMA 2
y = -48.31ln(x) + 3966.9
3700
3750
3800
3850
3900
3950
4000
0.1
1
10
100
1000
Pwf
(lpc)
∆t (hr)
PRUEBA DE DECLINACIÓN DE PRESIÓN
∆t Hrs Pwf
0,15 3982
0,2 3978
- -
10 3856
- -
1 3950
- -
100 3744

26. SOLUCIÓN
a) Para el calculo de la permeabilidad
m =?
m =
P2 − P1
#ciclos
m =
3969 − 3743
2
= 113
𝑝𝑠𝑖
𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜
m = 113
𝑝𝑠𝑖
𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜
y = -48.31ln(x) + 3966.9
3700
3750
3800
3850
3900
3950
4000
0.1
1
10
100
1000
Pwf
(lpc)
∆t (hr)
PRUEBA DE DECLINACIÓN DE PRESIÓN

27. 𝐊 =
162.6 Q0 μ B
m h
=
162.6 200 1,29 (0,5)
113 (12)
𝐊 = 15.5 𝑚𝐷
b) Factor SKIN
𝑠 = 1,151
𝑃∆𝑡=0 − 𝑃∆𝑡=1 𝐻𝑟
𝑚
− 𝑙𝑜𝑔
𝑘
𝜇0 𝑐𝑡 𝑟𝑤
2 ∅
+ 3.23
SOLUCIÓN

28. 𝑠 = 1,151
4000 − 3969
113
− 𝑙𝑜𝑔
15.5
0,5 2 × 10−5 0,3 2(0,1)
+ 3.23
𝑠 = −5.45
s < 0 → No existe daño y existe estimulación
∆t Hrs Pwf
0,15 3982
0,2 3978
- -
10 3856
- -
1 3950
- -
100 3744
SOLUCIÓN

29. Caída de presión debido al efecto daño:
∆𝑃𝑆𝐾𝐼𝑁 = 0.87 𝑚 𝑠
∆𝑃𝑆𝐾𝐼𝑁 = −488.72
Eficiencia de Flujo:
EF =
IPReal
IPIdeal
= 1 −
∆PSKIN
𝑃∆𝑡=0 − 𝑃∗
= 1 −
−488.72
4000 − 3970
= 17,29
𝑃∆𝑡=0=𝑃𝑤𝑓
𝑃∗=𝑃𝑜
SOLUCIÓN

30. PROBLEMA N° 3
Una prueba Draw Down, se realiza a un pozo productor de petróleo bajo los siguientes datos:
Q = 250 BPD
μ = 0,8 cP
Bo = 1,136
Ct = 1,7 × 10−3
psi−1
∅ = 4%
h = 69 ft
rw = 0,98 ft
P∆t=0 = 4412 psi
Hallar la Kh, s, ∆Pskin, Eff

31. DATOS
Δt Pwf
110 3545
90 3550
80 3553
70 3555
65 3557
60 3558
53 3560
48 3562
45 3563
38 3565
31 3568

32. SOLUCIÓN
a) Kh=?
m =
P2 − P1
ciclo
m =
3587 − 3547
1
m = 40
psi
ciclo
3200
3300
3400
3500
3600
3700
3800
3900
4000
0.1
1
10
100
1000
Pwf
(psi)
∆t (Hr)
PRUEBA DE DECLINACIÓN

33. Kh =
162,6 QO B μ
m
Kh =
162,6 250 (1,136) (0,8)
40
Kh = 923. 57 mD − ft
K =
923,57
69
= 13,38 mD
SOLUCIÓN

34. b) Factor skin
s = 1,151
P∆t=0 − P∆t=1 Hr
m
− log
k
μ0 ct rw
2 ∅
+ 3.23
s = 1,151
4412 − 3628
40
− log
13.38
(0,8) (1,7 × 10−3) 0,98 2 (0,04)
+ 3.23
s = 20.05
SOLUCIÓN

35. c) Caída de presión debido al efecto daño:
∆PSKIN = 0.87 m s
∆PSKIN = 713.4 psi
d) Eficiencia de Flujo:
EF =
IPReal
IPIdeal
= 1 −
∆PSKIN
𝑃∆𝑡=0 − 𝑃∗ = 1 −
713.4
4412 − 3628
= 0.09
EF = 0.09
SOLUCIÓN

36. Un pozo nuevo produce 500 Bbl normales día durante 3 días, luego se lo cierra para una
prueba de incremento de presión, los datos de la dicha prueba son:
μ = 1 cP
Bo = 1,3
Ct = 20 × 10−6 psi−1
∅ = 20 %
h = 22 ft
rw = 0,3 ft
Completar la tabla de tiempos, la permeabilidad, la presión antes del cierre y el factor SKIN
PROBLEMA N° 4

37. SOLUCIÓN
Pws Δt (tp +Δt)/(Δt)
1150 0
1794 2 37
1823 4 19
1850 8 10
1876 16 5,5
1890 24 4
1910 48 2,5
1750
1800
1850
1900
1950
2000
1 10 100
Pws
(psi)
(tp +Δt)/(Δt)
PRUEBA DE PRSIONES BUILD UP

38. SOLUCIÓN
a) Calculo del tp
tp = 3 días ×
24 hr
1 día
= 72 hr
b) Hallar la K
m =
P2 − P1
ciclo
=
1948 − 1850
1
m = 98
psi
ciclo
1750
1800
1850
1900
1950
2000
1 10 100
Pws
(psi)
(tp +Δt)/(Δt)
PRUEBA DE PRSIONES BUILD UP

39. K =
162,6 QO B μ
m h
K =
162,6 500 (1,3) (1)
98 (22)
K = 49,021 mD
c) Presión antes del cierre
PWS = P∗
−
162.6 Q0 μ B
k h
log
(tp + ∆t)
∆t
SOLUCIÓN

40. Calculamos la presión antes del cierre:
Calculamos P∗:
(tp + ∆t)
∆t
=
tp
∆t
+
∆t
∆t
=
tp
∆t
+ 1
tp ≪ ∆t →
tp
∆t
+ 1 = 1
SOLUCIÓN
Pws Δt
1150 0

41. PWS = P∗ −
162.6 Q0 μ B
k h
log
tp + ∆t
∆t
PWS = P∗ = 1948 psi
d) El factor SKIN
s = 1,151
P∆t=1 hr − P∆t=0
m
− log
k
μ0 ct rw
2 ∅
+ 3.23
(tp + ∆t)
∆t
=
72 + 1
1
= 73 Hr
SOLUCIÓN
0

42. Leemos del gráfico:
P∆t=1 hr = 1765
s = 1,151
1765 − 1150
98
− log
49.021
(1) 20 × 10−6 0,3 2(0,2)
+ 3.23
s = 1,57
1750
1800
1850
1900
1950
2000
1 10 100
Pws
(psi)
(tp +Δt)/(Δt)
PRUEBA DE PRSIONES BUILD UP
SOLUCIÓN

43. PROBLEMA 5
Los datos de una prueba de incremento de presión de un pozo que estaba produciendo por un
tiempo efectivo de 13630 Hrs. Adicionalmente se conocen las siguientes propiedades:
Q = 250 BPD
rw = 0.198 ft
μo = 0.8 cP
ct = 17 × 10−6 psi−1
∅ = 3,9 %
h = 69 ft
Bo = 1,136 Bbl/STB
Hallar la permeabilidad, presión inicial y el Factor Skin
Δt (tp +Δt)/(Δt) Pws
0 3534
1 13631 4103
4 3409 4320
6 2273 4340
7 1948 4344
8 1705 4350
12 1137 4364
16 853 4373
20 683 4379
24 569 4384
30 455 4393
40 342 4398
50 274 4402

44. DATOS
Δt (tp +Δt)/(Δt) Pws
0 3534
1 13631 4103
4 3409 4320
6 2273 4340
7 1948 4344
8 1705 4350
12 1137 4364
16 853 4373
20 683 4379
24 569 4384
30 455 4393
40 342 4398
50 274 4402
3600
3700
3800
3900
4000
4100
4200
4300
4400
4500
100 1000 10000 100000
Pws
(psi)
(tp +Δt)/(Δt)
PRUEBAS DE BUILD UP

45. m =
P2 − P1
ciclo
=
4438 − 4364
1
m = 74
psi
ciclo
K =
162,6 QO B μ
m h
K =
162,6 250 (1,136) (0,8)
74 (69)
K = 7,23 mD
3600
3700
3800
3900
4000
4100
4200
4300
4400
4500
100 1000 10000 100000
Pws
(psi)
(tp +Δt)/(Δt)
PRUEBAS DE BUILD UP
SOLUCIÓN
a)

46. b)
m =
P2 − P1
ciclo
=
Pinicial − 4438
2
74 =
Pinicial − 4438
2
Pinicial = 4586 psi
SOLUCIÓN
3600
3700
3800
3900
4000
4100
4200
4300
4400
4500
1 10 100 1000 10000 100000
Pws
(psi)
(tp +Δt)/(Δt)
PRUEBAS DE BUILD UP

47. c)
s = 1,151
P∆t=1 hr − P∆t=0
m
− log
k
μ0 ct rw
2 ∅
+ 3.23
s = 1,151
4103 − 3534
74
− log
7,23
(17 × 10−6)(0,8) 0,198 2(0,039)
+ 3.23
s = 2.74
SOLUCIÓN

48. EFECTO DE ALMACENAJE
El efecto almacenaje es el
volumen que se produce
en el pozo debido a la
caída de presión.
En pruebas de restitución,
cuando se cierra el pozo,
la columna que se
encuentra llenando el
pozo, se va comprimiendo
progresivamente.
En pruebas de Draw Down,
cuando se abre el pozo, la
columna que se encuentra
llenando el pozo se va
descomprimiendo
progresivamente.

49. C =
Q Bo ∆t
24 ∆P
Donde:
Q = Caudal de producción 𝑆𝑇𝐵𝐷
∆t = Tiempo de Flujo 𝐻𝑟
∆P = Variacion de la presión 𝑝𝑠𝑖
C = Efecto Almacenaje
𝐵𝑙𝑠
𝑃𝑠𝑖
EFECTO DE ALMACENAJE

50. EJERCICIO 6
Un pozo produce a una tasa de 115 [STBD] y un Bo = 1,136 Bbl/STB se realiza
una prueba de flujo y se obtiene los siguientes datos de la tabla y además se
conoce que: 𝑃∆𝑡=0= 3700 𝑝𝑠𝑖
Determinar la constante de almacenamiento y el tiempo de almacenamiento.

51. DATOS
1
10
100
1000
0 1 10
ΔP
[PSI]
ΔT [HRS]
ΔP vs Δt
Tiempo de Flujo Δt [Hrs] Presion de Flujo Pwf [Psi] ΔP [Psia]
0 3700 0
0,10 3639 61
0,15 3611 89
0,20 3583 117
0,25 3556 144
0,30 3530 170
0,40 3486 214
0,50 3440 260
0,60 3401 299
0,80 3332 368
1,00 3273 427
1,50 3159 541
2,00 3069 631
3,00 2939 761
4,00 2892 808
5,00 2857 843

52. SOLUCIÓN
DATOS
Q = 115 [STB]
Bo = 1,136 Bbl/STB
C =
Q Bo ∆t
24 ∆P
1
10
100
1000
0 1 10
ΔP
[psi]
Δt [Hrs]
ΔP vs Δt
Tiempo de Flujo Δt [Hrs] Presion de Flujo Pwf [Psi] ΔP [Psia]
0 3700 0
0,10 3639 61
0,15 3611 89
0,20 3583 117
0,25 3556 144
0,30 3530 170
0,40 3486 214
0,50 3440 260
𝑃3

53. C =
Q Bo ∆t
24 ∆P
C =
(115) (1,136) (0.2)
24 (117)
C = 9.305 × 10−3
𝐵𝑙𝑠
𝑝𝑠𝑖
∆t = 4.3 Hrs
SOLUCIÓN
1
10
100
1000
0 1 10
ΔP
[psi]
Δt [Hrs]
ΔP vs Δt

54. GRACIAS