Из определения пористости для объёма нефти находим:
$$V_\text{н}=\varphi\cdot bhL{.}
$$
Поскольку $m_\text{н}=\rho V_\text{н}$, имеем:

Жидкость будет вытекать под действием пластового давления, если оно превышает давление гидростатического столба нефти:
$$p_\text{пл}\geq \rho gh{.}
$$
Таким образом:

Как уже говорилось условии - пластовое давление обусловлено сжатием флюида относительно нормальных условий. Если флюид находится под нормальным атмосферным давлением — его фиксированное количество вещества занимает наибольший возможный объём, а значит, наибольшая доля вытесненного флюида достигается, если в конечном состоянии он находится при как можно меньшем давлении.
Это можно реализовать, если устремить глубину залежей $H$ к нулю.
Имеем:
$$\alpha=\cfrac{dV}{V}\approx \beta\Delta{p}{.}
$$
Поскольку пластовое давление во много раз превышает атмосферное — находим:

Аналогично предыдущему пункту, глубина залежей $H$ должна стремиться к нулю. Однако в данном случае КИН серьёзно возрастает, поскольку разжимается не только флюид, но и вода, и, поскольку забирается только нефть, забираемый её объём $dV$ складывается из изменения объёмов нефти и воды::
$$\alpha=\cfrac{dV}{V_0}=\cfrac{dV_\text{н}+dV_\text{в}}{V_0}=(1+9)\beta\Delta{p}{.}
$$
Таким образом:

Получим распределение скоростей жидкости вдоль координаты $z$, направленной перпендикулярно направлению потока от одной пластины к другой. Начало оси $z$ расположено посередине между пластинами.
Из условия сохранения импульса имеем:
$$-hdzdp+\eta hdx\left(\cfrac{dv(z+dz)}{dz}-\cfrac{dv(z)}{dz}\right)=0{,}
$$
откуда:
$$\cfrac{d^2v}{dz^2}=\cfrac{1}{\eta}\cfrac{dp}{dx}{.}
$$
Интегрируя один раз, находим:
$$\cfrac{dv}{dz}=\cfrac{z}{\eta}\cfrac{dp}{dx}+A{.}
$$
Поскольку скорость посередине между пластинами испытывает экстремум — $A=0$. Тогда повторно интегрируя, находим:
$$v(z)=C+\cfrac{z^2}{2\eta}\cfrac{dp}{dx}{.}
$$
При $z=\pm w/2$ скорость должна обращаться в ноль, откуда находим:
$$v(z)=-\cfrac{1}{2\eta}\cfrac{dp}{dx}\left(\cfrac{w^2}{4}-z^2\right){.}
$$
Для потока $Q$ имеем:
$$Q=\int\limits_{-w/2}^{w/2}v(z)hdz=-\cfrac{h}{2\eta}\cfrac{dp}{dx}\int\limits_{-w/2}^{w/2}\left(\cfrac{w^2}{4}-z^2\right)dz{.}
$$
Интегрируя, находим:

Поскольку поток жидкости одинаково растекается в две разные стороны — в каждой из них он равен $Q/2$.
Пусть ось $x$ имеет начало в центре щели и направлена вдоль одного из потоков. Воспользуемся результатом пункта $\mathrm{B1}$:
$$\cfrac{Q}{2}=-\cfrac{w^3h}{12\eta}\cfrac{dp'}{dx}{.}
$$
Воспользовавшись эмпирическим соотношением для ширины щели, получим:
$$\cfrac{Q}{2}=-\cfrac{h^4p'^3}{12\eta E^3}\cfrac{dp'}{dx}{.}
$$
Проинтегрируем полученное выражение:
$$\int\limits_{\Delta{p}}^{p'(x)}p'^3dp'=\cfrac{p'^4(x)-\Delta{p}^4}{4}=-\cfrac{6Q\eta E^3x}{h^4}{.}
$$
Таким образом:

При максимальной длине трещины давление $p'$ обращается в ноль, откуда полудлина трещины $L/2$ составляет:
$$\cfrac{L}{2}=\cfrac{\Delta{p}^4h^4}{24Q\eta E^3}{.}
$$
Таким образом:

Объём трещина равен удвоенному объёму её половины:
$$V=2\int\limits_{0}^{L}hw(x)dx=2\int\limits_{0}^{L}\cfrac{h^2p'}{E}dx{.}
$$
Воспользуемся выражением для $p'(x)$:
$$V=\cfrac{2h^2\Delta{p}}{E}\int\limits_{0}^{L}\sqrt[4]{1-\cfrac{24Q\eta E^3x}{h^4\Delta{p}^4}}dx=\cfrac{h^6\Delta{p}^5}{12Q\eta E^4}\int\limits_{0}^{1}\sqrt[4]{1-z}dz{.}
$$
После элементарного интегрирования находим:

Закон Дарси в рамках задачи можно переписать в следующей форме:
$$v=-\cfrac{k}{\eta}\cfrac{\partial p}{\partial x}{.}
$$
Скорость движения $v$ одинакова для обеих жидкостей и постоянна по всей длине $L$. Тогда для градиентов давления в нефти и в воде с учётом равенства их проницаемостей $k_1=k_2=k$ получим:
$$\cfrac{\partial p_\text{н}}{\partial x}=-\cfrac{\eta_1v}{k_1}\qquad \cfrac{\partial p_\text{в}}{\partial x}=-\cfrac{\eta_2v}{k_2}{.}
$$
Для полного изменения давления находим:
$$p_2-p_1=\cfrac{\eta_2Sv}{k_2}+\cfrac{\eta_1(L-S)v}{k_1}{.}
$$
Таким образом:

Поскольку $v=dx/dt$ и $k_1=k_2=k$, имеем:
$$dt=\cfrac{(\eta_1L+(\eta_2-\eta_1)S)dS}{k(p_2-p_1)}{.}
$$
Интегрируя, найдём:
$$t=\cfrac{1}{k(p_2-p_1)}\int\limits_{0}^S(\eta_1L+(\eta_2-\eta_1)x)dx=\cfrac{1}{k(p_2-p_1)}\left(\eta_1LS+\cfrac{(\eta_2-\eta_1)S^2}{2}\right){.}
$$
Приведём квадратное уравнение к классическому виду:
$$S^2-\cfrac{2\eta_1LS}{\eta_1-\eta_2}+\cfrac{2k(p_2-p_1)t}{\eta_1-\eta_2}=0{.}
$$
Решая, получим:
$$S(t)=\cfrac{\eta_1L}{\eta_1-\eta_2}\pm\sqrt{\left(\cfrac{\eta_1L}{\eta_1-\eta_2}\right)^2-\cfrac{2k(p_2-p_1)t}{\eta_1-\eta_2}}{.}
$$
Поскольку $x(0)=0$ — выберем корень со знаком минус.
Окончательно:

Полное время $\tau$ вытеснения нефти равняется $t(L)$.
Таким образом:

Отклонение не будет возрастать, если $v(x+dx){<}v(x)$.
Обратим внимание, что числитель выражения для скорости постоянный, а знаменатель является линейной функцией $x$ с угловым коэффициентом $a=\eta_2/k_2-\eta_1/k_1$.
Величина скорости уменьшается с ростом $x$, если величина $a$ является положительной, т.е при условии:

Выделим цилиндр радиусом $r$ длиной $L$. Запишем условие постоянства его импульса:
$$\pi r^2\Delta{p}+2\pi rL\eta\cfrac{\partial v}{\partial r}=0\Rightarrow \cfrac{\partial v}{\partial r}=-\cfrac{r}{2}\cfrac{\Delta{p}}{\eta L}{.}
$$
Интегрируя, получим:
$$v=C-\cfrac{\Delta{p}r^2}{4\eta L}{.}
$$
Поскольку $v(R)=0$, получим:

Для потока $Q$ имеем:
$$Q=\int\limits_0^Rv(r)\cdot 2\pi rdr=\cfrac{\pi\Delta{p}}{2\eta L}\int\limits_{0}^R (R^2-r^2)rdr{.}
$$
Интегрируя, находим:

Выразим комбинацию $\Delta{p}/(4\eta L)$ через полный поток $Q$:
$$\cfrac{\Delta{p}}{4\eta L}=\cfrac{2Q}{\pi R^4}{.}
$$
Подставляя в выражение для $v(r)$, находим:

Поскольку жидкость поступает в цилиндр равномерно по его боковой поверхности, имеем:
$$\cfrac{dQ}{dh}=\cfrac{Q_0}{H}{.}
$$
Поскольку $Q(0)=0$, находим:

Воспользуемся выражением, полученным в пункте $\mathrm{D2}$:
$$v(r{,}h)=\cfrac{2Q(h)}{\pi R^2}\left(1-\cfrac{r^2}{R^2}\right){.}
$$
Подставляя $Q(h)$, получим:

Запишем выражение для полного потока жидкости $q$ в кольцо:
$$q=2\pi rdrv(r{,}h+dh)-2\pi rdrv(r{,}h)+2\pi dh(r+dr)u_r(r+dr{,}h)-2\pi dh ru_r(r{,}h)=0{.}
$$
Таким образом:
$$2\pi rdrdv+2\pi drd(ru_r)=0{,}
$$
или же:
$$\cfrac{\partial v}{\partial h}+\cfrac{1}{r}\cfrac{\partial (ru_r)}{\partial r}=0{.}
$$
Что и требовалось доказать.

Последовательно воспользуемся результатами пунктов $\mathrm{D4}$ и $\mathrm{D3}$:
$$\cfrac{\partial (ru_r)}{\partial r}=-r\cfrac{\partial v}{\partial h}=-\cfrac{2Q_0r}{\pi R^2H}\left(1-\cfrac{r^2}{R^2}\right){.}
$$
Обратим внимание, что при $r=0$ величина $ru_r$ также равна нулю.
Временно переобозначим $r$ на $z$ в подынтегральной функции и получим:
$$ru_r(r{,}h)=-\cfrac{2Q_0}{\pi R^2H}\int\limits_{0}^r\left(1-\cfrac{z^2}{R^2}\right)zdz=-\cfrac{Q_0}{\pi R^2H}\left(r^2-\cfrac{r^4}{2R^2}\right){.}
$$
Таким образом:

Максимум величины $u_r$ достигается при равенстве нулю её производной по $r$:
$$\cfrac{du_r}{dr}=0\Rightarrow 1-\cfrac{3r^2}{2R^2}=0\Rightarrow r_{max}=\sqrt{\cfrac{2}{3}}R{.}
$$
Тогда для максимального значения радиальной компоненты скорости $u_{max}$ находим: