Уравнение лапласа для плоскопараллельного поля (6 видео)

Одномерные фильтрационные потоки несжимаемой жидкости в однородном пласте

Одномерным называется фильтрационный поток жидкости, в котором скорость фильтрации и напор являются функциями только одной координаты, отсчитываемой вдоль линии тока.

К одномерным относятся следующие потоки.

1. Прямолинейно-параллельный фильтрационный поток.

Контур питания для одной скважины – это условный контур, окружающий скважину, за пределами которого можно пренебречь возмущающим влиянием добывающей скважины. Для одиночной скважины – таким контуром является окружность такого радиуса, при котором на ней Р = Р_пл = P_k и w = 0. Для прямолинейной батареи скважины контур питания (условия на котором Р = Р_k и w = 0 сохраняются) также становится прямолинейным.

Для прямолинейно-параллельного фильтрационного потока линии тока жидкости в плане пласта и в его продольном сечении являются прямыми линиями, а скорость v в любой точке вертикального сечения пласта одинакова. Такой фильтрационный поток возникает при эксплуатации однородного пласта прямоугольной формы, у которого на контуре питания поддерживается постоянным давление Р_к, а батарея скважин, у которых давление на забое Р_r, расположена параллельно контуру питания (рис.10.1).

Уравнение лапласа для плоскопараллельного поля

Рис. 10.1 План модели (а) и разрез по линии OX (б)

Условныеия обозначения: — линии тока жидкости; — батарея (галерея) добывающих скважин; I-I – контур питания; II-II – линия размещения батареи скважин; В – ширина разрабатываемого месторождения (зоны); L_k – расстояние от контура питания до батареи скважин; h – мощность пласта; v- вектор скорости фильтрации

2. ) Плоскорадиальный параллельный фильтрационный поток.

Особенность плоскорадиального потока заключается в том, что линии тока совпадают с радиусами, сходящимися к центру окружности (скважине) и находятся в одной плоскости. В любом горизонтальном сечении пласта поведение линий тока одинаково. Плоскорадиальный поток создается в однородном круговом пласте постоянной мощности или пласте

неограниченной протяжности, если в центре него пробурена скважина, вскрывшая пласт на всю мощность и имеющая открытый ствол (рис. 10.2 и 10.3).

Рис. 10.3 Линии тока жидкости в вертикальном сечении пласта.

скважина

r_k, P_c

R_k, P_k

Рис. 10.2 Линии тока жидкости в пласте.

1) Радиально-сферический фильт

3. Радиально-сферический фильтрационный поток.

Линии тока этого потока сходятся к центру сферы. Такой поток будет в пласте неограниченной мощности, вскрытом скважиной, имеющей полусферический забой (рис. 10.4).

Описанные три вида фильтрационных потоков являются простейшими моделями реальных течений, возникающих при разработке месторождений и играющих важную роль для практических расчетов.

Задача исследования заключается в определении гидродинамических характеристик: дебита (или расхода), давления, grad P и скорости фильтрации в каждой точке пласта, а также в установлении закона движения частиц вдоль их траекторий, и определения средневзвешенного по объему порового пространства пластового давления.

3.5.1. Прямолинейно-параллельный фильтрационный поток.

Пусть в горизонтальном пласте толщины h и ширины В в сечении I-I, совпадающем с контуром питания, поддерживается постоянное давление Р_к, а в сечении II-II, отстоящем на L_к, поддерживается давление Р_r в батарее добывающих скважин (рис. 10.1).

Дифференциальное уравнение Лапласа для такого течения: , т.к. фильтрация осуществляется вдоль оси х и производные по другим направлениям равны 0.

Интегрируя дважды, имеем:

Постоянные интегрирования определим из граничных условий (начальных условий нет, т.к. движение установившееся, т.е. не зависит от t).

Решением уравнения Лапласа будет функция Р(х) (распределение давления):

Находим из уравнения движения скорость фильтрации в пласте

Находим объемный расход жидкости в потоке как произведение скорости фильтрации w на площадь поперечного сечения пласта S = Bh, т.е.

Находим закон движения t = f (x), используя связь между скоростью фильтрации и скоростью движения частиц жидкости

Интегрируя по t от 0 до t и по х от 0 до х, получим

Видео:Урок 202. Давление под искривленной поверхностью жидкости. Формула ЛапласаСкачать

Вычисляем средневзвешенное по объему порового пространства пластовое давление

Поведение найденных характеристик плоскопараллельного фильтрационного процесса показано на рис. 10.5 и рис.10.6.

Q-const

w-const

Рис. 10.5 Изменение характеристик вдоль линий тока.

Рис. 10.6 Гидродинамическое поле плоскопараллельного фильтрационного процесса.

При фильтрации давление равномерно падает от P_k до P_r. Линии равного давления (изобары) на плоскости перпендикулярны кровле и почве пласта и равноотстоят друг от друга. Линии тока жидкости являются параллельными прямыми и перпендикулярны к изобарам. Поведение изобар и линий тока жидкости в пласте определяет гидродинамическое поле данного фильтрационного потока (рис. 10.6).

Лекция № 11

3.5.2 Плоскорадиальный фильтрационный поток.

Лекция № 11

Будем считать, что несжимаемая жидкость притекает к гидродинамической совершенной скважине радиусом r_c, расположенной в центре однородного горизонтального кругового пласта, толщиной h. На внешней круговой границе пласта радиусом R_k, служащей контуром питания, поддерживается постоянное давление P_k, на забое скважины давление Р_с тоже постоянно. Дифференциальное уравнение Лапласа в случае плоскорадиального фильтрационного потока имеет вид

Удобно перейти и решить задачу в цилиндрической системе координат (r,j,z) (рис. 11.1).

Рис. 11.1 Связь координат декартовой и цилиндрической систем: x = r cos j y = r sin j z = z

Рис. 11.2.

Уравнение Лапласа в криволинейной системе ( цилиндрической) системе координат:

Линии тока жидкости для данной фильтрационной модели совпадают с радиусами окружности (рис. 11.2). Поэтому в уравнении Лапласа останется одно слагаемое, зависимое от координаты r, и после подстановки в него значений коэффициентов Ляме примет вид:

Получаем

Это и есть дифференциальное уравнение Лапласа в цилиндрических полярных координатах для установившегося плоскорадиального течения несжимаемой жидкости по закону Дарси.

Дважды проинтегрировав дифференциальное уравнение, получаем

Постоянные интегрирования С₁, С₂ находим как обычно из граничных условий Р = Р_c при r = r_c; Р = Р_к при r = R_k.

Подставляя граничные условия, получаем систему уравнений для нахождения С₁, С₂:

Подставляя найденные значения С₁ и С₂ в решение, получим зависимость давления от координаты r в плоскорадиальном потоке.

Находим градиент давления

и используем его для нахождения скорости фильтрации

где: S = 2prh – поверхность фильтрации (боковая поверхность цилиндра радиуса r и высотой h) (рис. 11.3).

Формула — называется формулой Дюпюи.

Находим закон движения частиц из связи

;

. Подставляя сюда значение w и интегрируя от 0 до t и от R₀ до переменного r получим:

Рис. 11.3.

где: R₀ – начальное положение частицы в момент t = 0 и r – текущее положение в момент t.

Если в эту формулу подставить вместо R₀ ®R_к , а вместо r ® r_c, то получим время Т отбора всей жидкости, находящейся в пласте

Находим средневзвешенное по объему порового пространства пластовое давление

Прокомментируем некоторые результаты.

Дебит скважины пропорционален депрессии DР (разнице давлений в пласте и на забое работающей скважины) и одинаков через любую цилиндрическую поверхность, соосную со скважиной т.е. не зависит от r.

Отношение объемного дебита скважины к DР называется коэффициентом продуктивности

;

_.Через этот коэффициент дебит скважины выражается уравнением

Q=K_прDP , которое называется индикаторной диаграммой. На ней коэффициент продуктивности определяется как тангенс угла наклона прямой к оси DP (tg j = K_пр). На практике индикаторную диаграмму строят по данным испытания скважины, путем получения притоков нефти при различных депрессиях.

r_c

Рис. 11.4

Рис. 11.5 График зависимости скорости и градиента давления от расстояния до скважины.

Градиент давления и скорости фильтрации ведут себя одинаково и резко возрастают при приближении к скважине (рис. 11.5).

Логарифмическая кривая давления, вращение которой вокруг скважины образует поверхность, называется воронкой депрессии. Основная часть депрессии образуется в призабойной зоне, параметры которой сильно влияют на дебит скважины (рис. 11.6).

R_k R_k

Р_с

r_c

а)

скважина нагнетательная

скважина добывающая

б)

r_c

Рис. 11.6 Воронка дисперсии (а) и гидродинамическое поле (б)

Гидродинамическое поле плоскорадиального потока описывается семействами изобар и линий тока. Изобара представляет окружности, поскольку, Р

= const- уравнение окружности. Линии тока – прямые, совпадающие с радиусами. Все выведенные формулы с заменой (Р_к – Р_с) на (Р_с – Р_к) справедливы для нагнетательных скважин.

Видео:Уравнение Лапласа (ФКП)Скачать

3.5.3 Радиально-сферический фильтрационный поток

Лекция № 12

r_c

Рис. 12.1 Линии тока в радиально-сферическом потоке

Будем считать, что несжимаемая жидкость притекает к скважине, вскрывающей бесконечный по мощности однородный пласт, через сферический забой радиуса r_c. Схема такого потока изображена на рисунке 12.1.

Дифференциальное уравнение Лапласа удобно решать в сферической системе координат (r, q, j)., т.к. линии тока жидкости совпадают с радиусами полусферы и зависят от одной координаты r.

где: Н_r, Н_q, Н_j — коэффициенты Ламэ в (r, q, j) : x = r sinq´cosj; y = r sinq ´sinj; z= r cosq (рис. 12.2).

Рис. 12.2

H_r = 1; H_q = r; H_j = r sinq.

Для рассматриваемой модели линии тока жидкости совпадают с радиусами полусферы, поэтому В уравнении Лапласа частные производные по координатам q и j равны 0 и уравнение Лапласа будет иметь вид:

и и .

Далее схема решения и нахождения характеристик потока жидкости полностью аналогична плоскорадиальному потоку. Дважды интегрируя, получим

Постоянные С₁ и С₂ определяем из граничных условий:

Подставив граничные условия, находим С₁ и С₂ из системы уравнений:

После подстановки значений С₁ и С₂ в общее решение, получим распределение давления в потоке несжимаемой жидкости как функции от координаты r

Если сопоставить формулы распределения давления для плоскорадиального и радиально-сферического потоков, то нетрудно заметить, что они имеют одинаковую структуру и переходят друг в друга, если логарифм отношения расстояний заменить разностью обратных значений расстояний:

Такое подобие структур формул характерно для выражений всех гидродинамических характеристик. Поэтому все остальные характеристики радиально-сферического потока (объемный расход несжимаемой жидкости, распределение скорости фильтрации, средневзвешенное давление и др.) можно получить из характеристик плоскорадиальной фильтрации аналогичной заменой в соответствующих формулах.

1.15. Расчет одномерных электростатических полей по уравнениям Пуассона и Лапласа

Электростатическое поле в однородной среде с постоянной диэлектрической проницаемостью полностью характеризуется уравнением Пуассона (1.11) или (если в рассматриваемой области отсутствуют объемные связанные заряды) уравнением Лапласа (1.12).

Наиболее просто уравнения Пуассона и Лапласа решаются в случае одномерных полей, потенциалы которых зависят только от одной координаты. При этом дифференциальные уравнения в частных производных переходят в обыкновенные дифференциальные уравнения второго порядка, решение которых при известных граничных условиях является несложной задачей.

Так, в прямоугольной системе координат уравнения Пуассона и Лапласа для одномерного поля будут иметь следующий вид:

(1.22)

Решение уравнения (1.22), очевидно, может быть получено лишь тогда, когда объемная плотность заряда r и абсолютное значение диэлектрической проницаемости e заданы как функции координат во всем пространстве. Например, если объемная плотность r изменяется вдоль оси ОХ по закону

(где коэффициент а и показатель степени n являются постоянными), то, в случае, когда e=const, частное решение уравнения Пуассона будет иметь следующий вид:

где С₁ и С₂ – постоянныеинтегрирования, которые определяются из граничных условий.

В случае, когда объемная плотность заряда r также является постоянной величиной, решение имеет вид

Частное решение уравнения Лапласа (1.29) можно представить следующим образом:

В цилиндрической системе координат для одномерного поля вид уравнения Пуассона или Лапласа и их решение зависят от того, функцией какой координаты является искомый потенциал U. Например, если потенциал U зависит только от радиальной координаты r (U=U(r)), то уравнения (1.11) и (1.12) будут иметь вид

(1.26)

(1.27)

Решение уравнения (1.26) определяется видом функции r. Если, например, объемная плотность заряда r изменяется вдоль радиуса r по закону

то искомое решение будет иметь вид:

Для случая, когда объемная плотность заряда r не зависит от координаты r, решение уравнения (1.26) можно представить следующим образом:

Решение уравнения Лапласа (1.27) имеет вид:

Если искомый потенциал является функцией только одной угловой координаты j, то уравнения Пуассона и Лапласа приобретают следующий вид:

(1.31)

Видео:Билет №04 "Потенциал электростатического поля"Скачать

При постоянном значении r уравнение (1.31) имеет частное решение

Решение уравнение Лапласа (1.32) можно записать следующим образом:

В сферической системе координат для одномерного поля вид уравнения Пуассона или Лапласа и их решение зависят также от того, функцией какой координаты является искомый потенциал U.

Так, если потенциал U зависит только от радиальной координаты r, то уравнения Пуассона и Лапласа будут иметь вид:

При изменении объемной плотности заряда r по закону

решение уравнения (1.35) можно представить следующим образом:

Если r является постоянной величиной, решение будет иметь вид

Уравнение Лапласа (1.36) имеет следующее решение:

В случае, если потенциал U зависит только от одной координаты q, уравнение Лапласа (1.12) будет иметь вид

Решение этого уравнения можно представить следующим образом:

Если потенциал U является функцией только одной координаты j, то уравнение (1.12) будет иметь вид

а его решение является линейной функцией этой координаты

Пример 1. Плоский конденсатор с двумя слоями диэлектрика подключен к источнику постоянного напряжения U₀=100В (рис. 1.25). Относительные значения диэлектрической проницаемости слоев e_r₁=3, e_r₂=6. Толщина слоев – d₁=d₂=1мм.

Один из слоев заряжен с объемной плотностью r, которая изменяется по толщине по закону r=10 -4 х Кл/м 3 .

Пренебрегая краевым эффектом, найти распределение потенциала и напряженности поля в слоях диэлектрика.

Построить графики изменения потенциала и напряженности электрического поля вдоль оси ОХ.

Данная задача по расчету электрического поля является одномерной. В первом слое электрический потенциал отвечает уравнению Лапласа (1.23), а во втором – уравнению Пуассона (1.22). Решение этих уравнений можно представить с помощью выражений (1.24) и (1.25) , соответственно, при n=1 и а=1.

Для определения постоянных интегрирования используем граничные условия на внешних границах области и на границе раздела двух диэлектриков (внутренней границе).

Будем при этом считать, что правая пластина имеет нулевой потенциал.

Здесь D₁ и D₂ – нормальные составляющие вектора электрического смещения.

Из первого равенства следует, что С₂=U₀.

Перепишем три следующих граничных условия, подставляя в них соответствующие выражения для потенциалов и вектора электрического смещения:

Решая последнюю систему из трех уравнений относительно неизвестных С₁, С₃, и С₄, получим С₁=-66670,

Таким образом, окончательно выражения для напряженности поля и потенциалов можно записать в виде:

Графики изменения потенциала и напряженности поля представлены на рис. 1.26

На графике все значения представлены в относительных единицах, причем за базисные значения приняты значения потенциала и напряженности поля на поверхности левой пластины (Ub=100 В, Eb=66670 В/м).

Пример 2. Бесконечно длинный диэлектрический (e_r=4) полый цилиндр заряжен и находится в воздухе. Радиус внутренней поверхности цилиндра R₁=2мм, наружной – R₂=6мм (рис.1.27). Объемная плотность заряда r является функцией расстояния от оси цилиндра r=0.1r.

Найти законы изменения потенциала и напряженности поля в функции расстояния от оси цилиндра. Построить графики изменения указанных функций вдоль радиуса.

Решение. Поле в данном случае является одномерным, поскольку напряженность поля и потенциал зависят только от одной радиальной координаты.

Видео:6.2 Решение задач для уравнения Лапласа в круге, вне круга и в кольцеСкачать

При решении задачи по расчету электрического поля в заданной области, эту область необходимо разбить на три подобласти. В первой из них (0?r?R₁) поле отсутствует (Е=0). Во второй подобласти (R₁?r?R₂) электрический потенциал отвечает уравнению Пуассона (1.26), а в третьей (R₂? r??) – уравнению Лапласа (1.27), которые имеют решения (1.28) (при n=1,a=0.1) и (1.30).

Перепишем эти решения в следующем виде:

Здесь индексы у потенциалов обозначают их принадлежность ко второй и третьей подобластям.

Постоянные интегрирования определим из граничных условий, которые можно поставить как из классических граничных условий, так и из следующих соображений. Поскольку поле внутри цилиндра отсутствует, то при r=R₁, можно принять Е₂=0.

Отсюда сразу определяем постоянную С₁=7.533. Примем потенциал равным нулю на наружной поверхности цилиндра (U₂=0 при r=R₂), тогда

и, таким образом, С₂=106.335.

Потенциал U₃ со стороны третьей подобласти на этой же поверхности (r=R₂) также будет равен нулю.

Здесь же на границе раздела двух диэлектриков равны между собой нормальные составляющие векторов электрического смещения, а с учетом того, что в нашем случае вектор электрического смещения имеет одну составляющую, которая направлена по радиусу, то это означает, что на границе раздела равны между собой и сами векторы электрического смещения.

Перепишем последнее уравнение в следующем виде:

Решая совместно уравнения (1.42) и (1.43), находим постоянные интегрирования С₃=-783.427, С₄=-4008.

Таким образом, выражения для напряженности электрического поля и потенциала принимают вид

Потенциал в первой подобласти (внутри цилиндра) является величиной постоянной, равной значению потенциала со стороны второй подобласти на внутренней поверхности цилиндра.

График изменения потенциала и напряженности электрического поля представлен на рис. 1.28. Все значения на графике даны в относительных единицах. За базисное значение напряженности поля принято ее значение на наружной поверхности цилиндра E_b=130.6кВ/м.

В качестве базисного значения потенциала принято абсолютное значение потенциала на расстоянии 0.01м от оси цилиндра U_b=400.2В.

Это же расстояние r=0.01м принято за базисное значение радиальной координаты.

Пример 3. Цилиндрический бесконечно длинный конденсатор заполнен двухслойным диэлектриком, относительные значения диэлектрической проницаемости слоев которого равны соответственно e_r₁=2 и e_r₂=4.

Радиус внутренней жилы равен R₁=1мм, внутренний радиус наружной обкладки – R₃=4мм, радиус поверхности раздела слоев диэлектрика – R₂=2мм (рис. 1.29). К обкладкам конденсатора приложено постоянное напряжение Uо = 100 В. Один из диэлектриков заряжен (внутренний).

Объемная плотность заряда является функцией расстояния r от оси конденсатора r=аr 2 (а=10).

Определить закон изменения потенциала и напряженности электрического поля в каждом слое.

Построить графики изменения напряженности поля и потенциала вдоль радиуса.

Решение. В данной задаче поле так же является одномерным. Поэтому электрический потенциал в первом слое диэлектрика (R₁?r?R₂) удовлетворяет уравнению (1.26), а во втором слое (R₂?r?R₃) – уравнению (1.27). Эти уравнения имеют решения (1.28) и (1.30), соответственно. Перепишем их (при n=2) в следующем виде:

Для определения постоянных интегрирования С₁, С₂, С₃, С₄ поставим граничные условия.

Так, если принять потенциал наружного электрода равным нулю, то потенциал внутреннего электрода будет равен U₀.

; (1.44)

На границе раздела слоев диэлектриков (r=R₂) равны между собой потенциалы и векторы электрического смещения (вектор электрического смещения имеет одну составляющую, направленную вдоль радиуса).

Решая систему уравнений, составленную из последних двух уравнений и уравнений (1.44) и (1.45) относительно постоянных интегрирования, получаем С₁=-94.917, С₂=-555.628, С₃=-48.588, С₄=-268.279.

Таким образом, выражения для напряженности электрического поля и потенциала принимают вид

Графики изменения данных функций вдоль радиуса представлены на рис. 1.30.

Все значения на графике даны в относительных единицах. За базисное значение напряженности поля и потенциала приняты их значения на поверхности внутреннего электрода E_b=95.06кВ/м,

U_b=100В. За базисное значение радиальной координаты принят внутренний радиус наружного электрода R₂.

Пример 4. Две протяженные проводящие пластины расположены в воздухе под углом a₀=p/4 друг к другу и не соприкасаются (рис. 1.31). Напряжение между пластинами U₀=100В.

Видео:7.1 Решение уравнения Лапласа в прямоугольникеСкачать

Пренебрегая краевым эффектом, определить закон распределения потенциала и напряженности электрического поля между пластинами.

Поле между пластинами является одномерным (все величины зависят только от одной угловой координаты a цилиндрической системы координат). Потенциал, в этом случае, удовлетворяет уравнению (1.32) с решением (1.34).

Постоянные интегрирования определяются из граничных условий

Из данной системы уравнений определяем постоянные интегрирования С₂=0, С₁=U₀/a₀.

Таким образом, закон изменения искомых функций вдоль угловой координаты a цилиндрической системы координат можно окончательно представить следующим образом:

Как видно из последних выражений, эквипотенциальными поверхностями являются полуплоскости, проходящие через ось OZ и изолированными драг от друга, а линиями поля являются дуги окружностей с центром в начале координат.

Пример 5. Шар из диэлектрика (e_r = 4) заряжен и расположен в воздухе. Объемная плотность заряда является функцией расстояния r от центра шара: r = k*r (k = 0,05p). Радиус шара R = 2см.

Рассчитать потенциал и напряженность электрического поля внутри и вне шара.

Данная задача была решена в примере 3 раздела 1.14 с помощью теоремы Гаусса.

Покажем, что этой же цели можно добиться и путем решения уравнений Пуассона (1.35) и Лапласа (1.36), которым удовлетворяет потенциал поля внутри и вне шара, соответственно.

Выражения, определяющие этот потенциал внутри (1.37) и вне шара (1.39), можно для данного случая представить в следующем виде:

Постоянные интегрирования определяются из известных граничных условий и с помощью некоторых физических соображений. Так, потенциал в центре шара (r=0) имеет конечное значение, поэтому постоянную С₁ необходимо принимать равной нулю (С₁=0). Далее, принимая потенциал равный нулю в точке, лежащей в бесконечности (r=?), получаем С₄=0.

Оставшиеся две постоянные С₂ и С₃ определяем исходя из того, что на поверхности шара (r=R) равны между собой потенциалы и нормальные составляющие вектора электрического смещения

Перепишем данные граничные условия в следующем виде:

Решая совместно последние уравнения, находим постоянные интегрирования. C₂=38460, С₃=-709,964.

Подставляя значения этих постоянных в формулы для потенциалов, получаем

Отсюда видно, что данные выражения полностью аналогичны тем, которые были получены в примере 3 предыдущего раздела.

Пример 6. Две тонкие проводящие поверхности в виде коаксиальных конусов с изолированными вершинами расположены в воздухе. Потенциал первой поверхности U₁=0, второй – U₂=100В (рис. 1.32), q₁=p/6, q₂=2p/3.

Найти закон распределения потенциалов и напряженности электрического поля в пространстве между конусами.

Данная задача является одномерной, поскольку, в силу симметрии, решение для потенциала U зависит только от угла q. Поле в данном случае характеризуется уравнением (1.40) и имеет решение (1.41).

Исходя из заданных граничных условий составим уравнения для нахождения постоянных интегрирования С₁ и С₂

Решая данную систему, получим С₁=53.583, С₂=70.567.

Таким образом, выражение для определения потенциала будет иметь вид

Напряженность электрического поля имеет одну составляющую

Эквипотенциальными поверхностями являются поверхности конусов с изолированными вершинами. При q=p/2 один из конусов переходит в плоскость. Линии поля лежат на меридианах.