Auftriebskraftwerk
30.12.2016 um 10:59@richard W.: In Ihrem Video "Beitrag 28 Klärung der Schwerkraftnutzung" kritisieren Sie ca. @Hermine_:50 das StEnSEA-Projekt (Archiv-Version vom 25.01.2017) (Stored Energy in the SEA = Energiespeicher im Meer), das gegenwärtig vom Fraunhofer-Institut für Windenergie und Energiesystemtechnik in Kassel und vom Baukonzern Hochtief durchgeführt, und vom Bundesministerium für Wirtschaft und Energie gefördert wird. Derzeit wird eine Versuchsanlage im Massstab 1:10 im Bodensee in 100 m Tiefe getestet. Leider kann man Ihren Text nicht vollständig lesen, aber zumindest der wesentlichste Teil der fehlenden Informationen geht aus dem Zusammenhang hervor.
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Das StEnSEA-Projekt hat eine ganze Reihe von Berührungspunkten mit dem Thema dieses Threads (u.a. es geht um Energie im Zusammenhang mit Luft- und Wasserdruck), weshalb ich an dieser Stelle auf das Projekt und Ihre Kritik eingehen möchte. Ich bitte allerdings um Verständnis dafür, dass ich die Berechnungen in diesem Fall (sofern ich mich nicht direkt auf Berechnungen von Ihnen beziehe) mit den heute üblichen Einheiten durchführen werde.
Auf der Webseite des Projekts (Archiv-Version vom 25.01.2017) wird auf eine ganze Reihe von Medienberichten verwiesen, z.B. bei Spiegel Online. Auch die Kollegen bei revolution-green.com haben darüber berichtet (Archiv-Version vom 14.09.2016). Der Projektleiter beschreibt das Projekt folgendermassen:http://www.eurosolar.de/en/images/stories/IRES_2012_Proceedings/C2_Garg_IRES2012_Presentation.pdf.pdf.
• Hohlkugel mit einem Innendurchmesser von ca. 30 m
• Wandstärke ca. 3 m
• Speichervolumen ca. 12.000 m3
• Mehrstufige Pumpen-Turbine mit einer Leistung von ca. 5-6 MW
• Speicherkapazität von ca. 20 MWh bei einer Wassertiefe von bis zu 700 m
Auf StEnSEA-Webseite (Archiv-Version vom 14.02.2016) der Förderinitiative Energiespeicher der Bundesregierung findet sich eine recht aussagekräftige Grafik (Archiv-Version vom 15.04.2017) des Aufbaus der Kugel. Mittelfristig (ca. 5-10 Jahre) sind, sofern die Tests erfolgreich verlaufen, "Parks" mit einer grösseren Zahl (> 80) dieser Kugeln angedacht.
Nun zu Ihrer Kritik: Zunächst fällt auf, dass Sie "Leistung 20 MW" schreiben. In allen Medienberichten zum Thema, die ich gesehen habe, war von einer Speicherkapazität von 20 MWh die Rede, d.h. von Energie. Auch wenn ich den WAZ-Bericht, auf den Sie sich beziehen, nicht kenne, gehe ich stark davon aus, dass diese Angabe dort ebenfalls korrekt wiedergegeben wurde. Leistung entspricht Energie pro Zeit, und ist damit etwas grundsätzlich wesensverschiedenes.
Als nächstes fällt auf, dass Sie mit einer Wassertiefe von 500 m rechnen, während in den diversen Berichten über das Thema meist "bis zu 700 m" oder "600-800 m" genannt werden. Da ich den WAZ-Bericht, wie erwähnt, nicht kenne, muss an dieser Stelle offen bleiben, ob die WAZ nur 500 m angegeben hat, oder ob sie den Wert nicht korrekt übernommen haben.
Auch wenn das von Ihnen berechnete Innenvolumen der Kugel leider in Ihrem Video nicht lesbar ist, kann man es aus den lesbaren Werten zurückrechnen (die letzte Ziffer stimmt nicht mit den sichtbaren Ziffern überein, was aber unwesentlich ist):
? m3 * 49,4 at = 3.573.596 tfm -> ? m3 = 3.573.596.000 kgfm / (49,4 at * 10.000 cm2/m2) = 7234 m3
Rechnet man dieses Volumen zurück auf den Radius, ergibt sich:
V = 4/3 * π * r3 -> r = 3√(3/4 * 1/π * V) = 3√(3/4 * 1/π * 7234 m3) ≈ 12 m
Das entspricht einem Innendurchmesser von 24 m. Sie haben also offensichtlich mit einem Aussendurchmesser der Kugel von 30 m gerechnet, und die 3 m Wandstärke auf jeder Seite davon abgezogen. An dieser Stelle kann man Ihnen vermutlich keinen Vorwurf machen, da aus den meisten Medienberichten nicht eindeutig hervorgeht, ob mit 30 m der Innen- oder der Aussendurchmesser der Kugel gemeint ist. Da aus den technischen Daten in der o.g. pdf-Datei aber eindeutig hervorgeht, dass 30 m der Innendurchmesser der Kugel sein soll, ist das von Ihnen berechnete Innenvolumen viel zu klein. Bei einem Innendurchmesser von 30 m ergibt sich ein Innenvolumen von:
V = 4/3 * π * (15 m)3 ≈ 14.137 m3
Eine Leergewichtsangabe der Kugel (entsprechend den von Ihnen genannten 10.000 t) ist mir in keinem der Berichte, die ich mir angesehen habe, aufgefallen, deshalb kann ich zu diesem Punkt nichts sagen. Für das Volumen der Kugelschale ergibt sich:
V = 4/3 * π * ((18 m)3 - (15 m)3) ≈ 10.292 m3
Bei massiven Füllung mit Beton mit einer angenommenen Dichte von 2,4 t/m3 ergibt sich ein Leergewicht von ca. 24.700 t.
Ihr Preis von 850 EUR/m3 Beton kommt mir etwas seltsam vor. Vermutlich wird für solche Tiefsee-Kugeln zwar ein spezieller Beton erforderlich sein, ich bin jedoch skeptisch, ob der Preis so weit über den üblichen Marktpreisen für normalen Beton liegt.
Weiterhin kritisieren Sie: "Wie der Luftkanal [...] gegen die Meeresströmung gesichert wird, möchte ich gerne wissen". Ich kann weder in den Beschreibungen noch in den Grafiken des Projekts einen Luftkanal entdecken. Die Differenz zwischen dem berechneten Innenvolumen der Kugel (ca. 14.000 m3) und der Angabe für das Speichervolumen (ca. 12.000 m3) spricht vielmehr dafür, dass die Luft beim Befüllen mit Wasser in der Kugel verbleibt, und komprimiert wird. Das mindert durch den Gegendruck der Luft zwar die Ausgangsleistung beim Einströmen des Wassers, mindert aber andererseits auch die notwendige Eingangsleistung beim Herauspumpen des Wassers, da die komprimierte Luft dabei "mithilft". Von Verlusten abgesehen heben sich diese beiden Faktoren gegeneinander auf. Dann verbleibt noch der Nachteil eines geringeren Nutzvolumens gegenüber einer Ausführung mit Luftkanal, der jedoch wesentlich weniger schwer wiegen dürfte, als der Nachteil der technischen Probleme (die Sie ja angesprochen haben), die ein Luftkanal mit sich bringen würde.
Zusammengefasst ist es aufgrund der deutlich geringeren Wassertiefe und des erheblich geringeren Innenvolumens der Kugel gegenüber den tatsächlichen technischen Daten nicht verwunderlich, dass Ihre Berechnungen eine wesentlich geringere Speicherkapazität als die angegebenen 20 MWh ergeben.
Berechnet man die Speicherkapazität anhand der vorliegenden technischen Daten (700 m Wassertiefe und 12.000 m3 Speichervolumen) zunächst vereinfacht (ohne Berücksichtigung der Kompression der Luft in der Kugel), ergibt sich:
E = p * V = rhowasser * g * h * V = 1000 kg/m3 * 9,81 m/s2 * 700 m * 12.000 m3 = 84.404 MWs = 22,89 MWh
Den atmosphärischen Luftdruck habe ich in diesem Fall nicht dem effektiven Wasserdruck zugerechnet, weil der Luftdruck in der Kugel letzterem entgegenwirkt, wodurch sich diese beiden Drücke (unter der vereinfachenden Annahme, dass der Luftdruck in der Kugel konstant bleibt, was ungefähr äquivalent zu einem Betrieb mit Luftkanal wäre) gegeneinander aufheben.
Ich vermute, dass bei der Angabe der Speicherkapazität nur der Entlade-Wirkungsgrad berücksichtigt wurde. Die "Speicherkapazität" entspricht dann der Energie, die der gefüllte Speicher effektiv liefern kann, was m.E. eine akzeptable Betrachtungsweise ist. Nimmt man einen Gesamt-Wirkungsgrad von ca. 80% an (was im oberen Bereich der bei Pumpspeicherkraftwerken üblichen Werte liegt) ergibt sich unter der Annahme der Gleichverteilung des Gesamt-Wirkungsgrads auf Laden und Entladen ein Entlade-Wirkungsgrad von ca. 90%. Daraus folgt für die effektive Speicherkapazität: 22,89 MWh * 90% ≈ 20,6 MWh, was weitgehend der angegebenen Speicherkapazität von 20 MWh entspricht.
Nun noch die etwas schwierigere Berechnung mit Kompression der Luft in der Kugel. Da sich der effektive Druck beim Einströmen des Wassers in die Kugel in diesem Fall durch den zunehmenden Luftdruck in der Kugel laufend ändert, muss die Multiplikation in der obigen Formel -- ähnlich wie bei der Berechnung der Auftriebsenergie -- durch ein Integral ersetzt werden. Als Integrationsvariable dient in diesem Fall das Wasservolumen w in der Kugel. w verläuft dabei von 0..V. Mathematische Feinheiten lasse ich zur Erleichterung der Verständlichkeit beiseite.
E = ∫ p(w) dw
Auch hier eine kurze Erläuterung des Grundprinzips für Integralrechnungs-Unkundige: Durch das Integral wird das Volumen V in quasi unendlich kleine Teilvolumen dw zerlegt, für jedes Teilvolumen wird die Energie p(w)*dw berechnet, und die Teilergebnisse werden aufsummiert.
Als nächstes muss ermittelt werden, wie der effektive Druck des einströmenden Wassers p(w) vom Wasservolumen w in der Kugel abhängt. Dieser Druck entspricht der Differenz zwischen dem Wasserdruck ausserhalb der Kugel (der sich aus dem atmosphärischen Luftdruck und dem reinen Wasserdruck zusammensetzt), und dem Luftdruck in der Kugel:
p(w) = patm + rhowasser * g * h - pluft(w)
Für den Druck pluft(w) in der Kugel gilt unter der vermutlich brauchbaren Annahme einer isothermen Zustandsänderung das Boyle-Mariottesche Gesetz:
pluft(w) * Vluft(w) = pluft(0) * Vges -> pluft(w) = pluft(0) * Vges / Vluft(w)
Das Volumen Vluft(w) der Luft in der Kugel berechnet sich sehr einfach als Differenz zwischen dem Gesamtvolumen der Kugel und dem Volumen w des Wassers:
Vluft(w) = Vges - w
Insgesamt ergibt sich damit für p(w) im Integral:
E = ∫ patm + rhowasser * g * h - pluft(0) * Vges / (Vges - w) dw
Abtrennen der konstanten Summanden und Herausziehen der konstanten Faktoren aus dem Integral ergibt:
E = ∫ patm dw + ∫ rhowasser * g * h dw - pluft(0) * Vges * ∫ 1 / (Vges - w) dw
Die Integrale der beiden konstanten Summanden (∫ c dx = c*x) ergeben nach Einsetzen der Integrationsgrenzen 0 und V:
E = patm * V + rhowasser * g * h * V - pluft(0) * Vges * ∫ 1 / (Vges - w) dw
Das verbleibende Integral hat die bekannte Grundform 1/(a*x+b) mit der allgemeinen Lösung (siehe z.B. hier):
∫ 1/(a*x+b) dx = 1/a*ln(a*x+b)
Daraus folgt mit den Integrationsgrenzen 0 und V für das bestimmte Integral:
[1/a*ln(a*V+b)] - [1/a*ln(a*0+b)] = 1/a*ln((a*V+b)/b)
Mit a = - 1 und b = Vges ergibt sich daraus für das spezifische Integral:
- ln((-V + Vges) / Vges)
Das lässt sich vereinfachen zu:
ln(Vges / (Vges - V))
Die vollständige Formel lautet dann:
E = (patm + rhowasser * g * h) * V - pluft(0) * Vges * ln(Vges / (Vges - V))
Der erste Teil der Formel (bis zum Minus) entspricht der Situation, die sich bei einem Vakuum in der Kugel ergeben würde (pluft(0) = 0). Der Abschnitt des ersten Teils in der Klammer entspricht dem Wasserdruck ausserhalb der Kugel, dem sich bei einem Vakuum in der Kugel kein Gegendruck entgegensetzen würde. Die Berechnung würde sich in diesem Fall auf die klassische Formel E = p * V reduzieren. Im Gegensatz zu der weiter oben durchgeführten vereinfachten Berechnung ist in diesem Fall der effektive Druck noch um den atmosphärischen Luftdruck erhöht, da dieser bei der vereinfachten Berechnung als konstanter Gegendruck in der Kugel angenommen war.
Bei genauem Hinsehen kann man erkennen -- was mir erst nach der Herleitung klar geworden ist -- dass die gesamte Formel im Prinzip der klassischen Formel zur Volumenarbeit unter Aussendruck, nur mit umgekehrtem Vorzeichen entspricht. Das ist eigentlich auch völlig logisch. In diesem Fall ist der üblicherweise nur "unterstützende" Aussendruck erheblich grösser als der zur Kompression notwendige Druck, was zur Folge hat, dass die Gesamt-Kompressionsarbeit negativ ist, d.h. Energie gewonnen wird. Damit wäre gleich auch die Richtigkeit der Herleitung bestätigt. ;)
Nun zur konkreten Berechnung unter Verwendung der hergeleiteten Formel (unter den Annahmen: Ruhedruck der Luft in der Kugel = atmosphärischer Luftdruck, Vges = gerundet 14.000 m3):
E = (100.000 Pa + 1000 kg/m3 * 9,81 m/s2 * 700 m) * 12.000 m3 - 100.000 Pa * 14.000 m3 * ln(14.000 m3 / (14.000 m3 - 12.000 m3)) ≈ 80.880 MWs ≈ 22,47 MWh
Eine Komprimierung der Luft in der Kugel von 14.000 m3 auf 2.000 m3 verringert die Speicherkapazität also nur unwesentlich.
Alles in allem ist rein rechnerisch m.E. nichts gegen das Konzept einzuwenden. In wie weit es sich in der Praxis bewährt, ist natürlich eine andere Frage.
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Original anzeigen (0,5 MB)Das StEnSEA-Projekt hat eine ganze Reihe von Berührungspunkten mit dem Thema dieses Threads (u.a. es geht um Energie im Zusammenhang mit Luft- und Wasserdruck), weshalb ich an dieser Stelle auf das Projekt und Ihre Kritik eingehen möchte. Ich bitte allerdings um Verständnis dafür, dass ich die Berechnungen in diesem Fall (sofern ich mich nicht direkt auf Berechnungen von Ihnen beziehe) mit den heute üblichen Einheiten durchführen werde.
Auf der Webseite des Projekts (Archiv-Version vom 25.01.2017) wird auf eine ganze Reihe von Medienberichten verwiesen, z.B. bei Spiegel Online. Auch die Kollegen bei revolution-green.com haben darüber berichtet (Archiv-Version vom 14.09.2016). Der Projektleiter beschreibt das Projekt folgendermassen:
Zunächst einmal wird [ein] Hohlkörper auf dem Meeresboden installiert. In dem Hohlkörper befindet sich auf der Oberseite eine Öffnung mit einer darin integrierten Pumpturbine (wie bei einem Pumpspeicher-Wasserkraftwerk an Land). Öffnet man nun ein Ventil an der Kugel, strömt Wasser in die Kugel und treibt die Turbine an. Strom wird also erzeugt. Das entspricht dem Entladen des Speichers. Beim Laden des Speicher wird Wasser mit z.B. überschüssigem Windstrom aus der Kugel, gegen den Druck der Wassersäule aus der Kugel herausgepumpt. Die Speicherkapazität steigt bei gleichem Volumen linear mit der Wassertiefe an.Leider habe ich auf der Webseite das Projekts -- m.E. ein kritikwürdiger Punkt -- keine Zusammenstellung der technischen Daten gefunden, lediglich in einer dort verlinkten englischsprachigen pdf-Datei sind die wichtigsten Punkte aufgeführt:
(Dipl.-Ing. Matthias Puchta, Projektleiter StEnSEA (Archiv-Version vom 25.01.2017))
• Hohlkugel mit einem Innendurchmesser von ca. 30 m
• Wandstärke ca. 3 m
• Speichervolumen ca. 12.000 m3
• Mehrstufige Pumpen-Turbine mit einer Leistung von ca. 5-6 MW
• Speicherkapazität von ca. 20 MWh bei einer Wassertiefe von bis zu 700 m
Auf StEnSEA-Webseite (Archiv-Version vom 14.02.2016) der Förderinitiative Energiespeicher der Bundesregierung findet sich eine recht aussagekräftige Grafik (Archiv-Version vom 15.04.2017) des Aufbaus der Kugel. Mittelfristig (ca. 5-10 Jahre) sind, sofern die Tests erfolgreich verlaufen, "Parks" mit einer grösseren Zahl (> 80) dieser Kugeln angedacht.
Nun zu Ihrer Kritik: Zunächst fällt auf, dass Sie "Leistung 20 MW" schreiben. In allen Medienberichten zum Thema, die ich gesehen habe, war von einer Speicherkapazität von 20 MWh die Rede, d.h. von Energie. Auch wenn ich den WAZ-Bericht, auf den Sie sich beziehen, nicht kenne, gehe ich stark davon aus, dass diese Angabe dort ebenfalls korrekt wiedergegeben wurde. Leistung entspricht Energie pro Zeit, und ist damit etwas grundsätzlich wesensverschiedenes.
Als nächstes fällt auf, dass Sie mit einer Wassertiefe von 500 m rechnen, während in den diversen Berichten über das Thema meist "bis zu 700 m" oder "600-800 m" genannt werden. Da ich den WAZ-Bericht, wie erwähnt, nicht kenne, muss an dieser Stelle offen bleiben, ob die WAZ nur 500 m angegeben hat, oder ob sie den Wert nicht korrekt übernommen haben.
Auch wenn das von Ihnen berechnete Innenvolumen der Kugel leider in Ihrem Video nicht lesbar ist, kann man es aus den lesbaren Werten zurückrechnen (die letzte Ziffer stimmt nicht mit den sichtbaren Ziffern überein, was aber unwesentlich ist):
? m3 * 49,4 at = 3.573.596 tfm -> ? m3 = 3.573.596.000 kgfm / (49,4 at * 10.000 cm2/m2) = 7234 m3
Rechnet man dieses Volumen zurück auf den Radius, ergibt sich:
V = 4/3 * π * r3 -> r = 3√(3/4 * 1/π * V) = 3√(3/4 * 1/π * 7234 m3) ≈ 12 m
Das entspricht einem Innendurchmesser von 24 m. Sie haben also offensichtlich mit einem Aussendurchmesser der Kugel von 30 m gerechnet, und die 3 m Wandstärke auf jeder Seite davon abgezogen. An dieser Stelle kann man Ihnen vermutlich keinen Vorwurf machen, da aus den meisten Medienberichten nicht eindeutig hervorgeht, ob mit 30 m der Innen- oder der Aussendurchmesser der Kugel gemeint ist. Da aus den technischen Daten in der o.g. pdf-Datei aber eindeutig hervorgeht, dass 30 m der Innendurchmesser der Kugel sein soll, ist das von Ihnen berechnete Innenvolumen viel zu klein. Bei einem Innendurchmesser von 30 m ergibt sich ein Innenvolumen von:
V = 4/3 * π * (15 m)3 ≈ 14.137 m3
Eine Leergewichtsangabe der Kugel (entsprechend den von Ihnen genannten 10.000 t) ist mir in keinem der Berichte, die ich mir angesehen habe, aufgefallen, deshalb kann ich zu diesem Punkt nichts sagen. Für das Volumen der Kugelschale ergibt sich:
V = 4/3 * π * ((18 m)3 - (15 m)3) ≈ 10.292 m3
Bei massiven Füllung mit Beton mit einer angenommenen Dichte von 2,4 t/m3 ergibt sich ein Leergewicht von ca. 24.700 t.
Ihr Preis von 850 EUR/m3 Beton kommt mir etwas seltsam vor. Vermutlich wird für solche Tiefsee-Kugeln zwar ein spezieller Beton erforderlich sein, ich bin jedoch skeptisch, ob der Preis so weit über den üblichen Marktpreisen für normalen Beton liegt.
Weiterhin kritisieren Sie: "Wie der Luftkanal [...] gegen die Meeresströmung gesichert wird, möchte ich gerne wissen". Ich kann weder in den Beschreibungen noch in den Grafiken des Projekts einen Luftkanal entdecken. Die Differenz zwischen dem berechneten Innenvolumen der Kugel (ca. 14.000 m3) und der Angabe für das Speichervolumen (ca. 12.000 m3) spricht vielmehr dafür, dass die Luft beim Befüllen mit Wasser in der Kugel verbleibt, und komprimiert wird. Das mindert durch den Gegendruck der Luft zwar die Ausgangsleistung beim Einströmen des Wassers, mindert aber andererseits auch die notwendige Eingangsleistung beim Herauspumpen des Wassers, da die komprimierte Luft dabei "mithilft". Von Verlusten abgesehen heben sich diese beiden Faktoren gegeneinander auf. Dann verbleibt noch der Nachteil eines geringeren Nutzvolumens gegenüber einer Ausführung mit Luftkanal, der jedoch wesentlich weniger schwer wiegen dürfte, als der Nachteil der technischen Probleme (die Sie ja angesprochen haben), die ein Luftkanal mit sich bringen würde.
Zusammengefasst ist es aufgrund der deutlich geringeren Wassertiefe und des erheblich geringeren Innenvolumens der Kugel gegenüber den tatsächlichen technischen Daten nicht verwunderlich, dass Ihre Berechnungen eine wesentlich geringere Speicherkapazität als die angegebenen 20 MWh ergeben.
Berechnet man die Speicherkapazität anhand der vorliegenden technischen Daten (700 m Wassertiefe und 12.000 m3 Speichervolumen) zunächst vereinfacht (ohne Berücksichtigung der Kompression der Luft in der Kugel), ergibt sich:
E = p * V = rhowasser * g * h * V = 1000 kg/m3 * 9,81 m/s2 * 700 m * 12.000 m3 = 84.404 MWs = 22,89 MWh
Den atmosphärischen Luftdruck habe ich in diesem Fall nicht dem effektiven Wasserdruck zugerechnet, weil der Luftdruck in der Kugel letzterem entgegenwirkt, wodurch sich diese beiden Drücke (unter der vereinfachenden Annahme, dass der Luftdruck in der Kugel konstant bleibt, was ungefähr äquivalent zu einem Betrieb mit Luftkanal wäre) gegeneinander aufheben.
Ich vermute, dass bei der Angabe der Speicherkapazität nur der Entlade-Wirkungsgrad berücksichtigt wurde. Die "Speicherkapazität" entspricht dann der Energie, die der gefüllte Speicher effektiv liefern kann, was m.E. eine akzeptable Betrachtungsweise ist. Nimmt man einen Gesamt-Wirkungsgrad von ca. 80% an (was im oberen Bereich der bei Pumpspeicherkraftwerken üblichen Werte liegt) ergibt sich unter der Annahme der Gleichverteilung des Gesamt-Wirkungsgrads auf Laden und Entladen ein Entlade-Wirkungsgrad von ca. 90%. Daraus folgt für die effektive Speicherkapazität: 22,89 MWh * 90% ≈ 20,6 MWh, was weitgehend der angegebenen Speicherkapazität von 20 MWh entspricht.
Nun noch die etwas schwierigere Berechnung mit Kompression der Luft in der Kugel. Da sich der effektive Druck beim Einströmen des Wassers in die Kugel in diesem Fall durch den zunehmenden Luftdruck in der Kugel laufend ändert, muss die Multiplikation in der obigen Formel -- ähnlich wie bei der Berechnung der Auftriebsenergie -- durch ein Integral ersetzt werden. Als Integrationsvariable dient in diesem Fall das Wasservolumen w in der Kugel. w verläuft dabei von 0..V. Mathematische Feinheiten lasse ich zur Erleichterung der Verständlichkeit beiseite.
E = ∫ p(w) dw
Auch hier eine kurze Erläuterung des Grundprinzips für Integralrechnungs-Unkundige: Durch das Integral wird das Volumen V in quasi unendlich kleine Teilvolumen dw zerlegt, für jedes Teilvolumen wird die Energie p(w)*dw berechnet, und die Teilergebnisse werden aufsummiert.
Als nächstes muss ermittelt werden, wie der effektive Druck des einströmenden Wassers p(w) vom Wasservolumen w in der Kugel abhängt. Dieser Druck entspricht der Differenz zwischen dem Wasserdruck ausserhalb der Kugel (der sich aus dem atmosphärischen Luftdruck und dem reinen Wasserdruck zusammensetzt), und dem Luftdruck in der Kugel:
p(w) = patm + rhowasser * g * h - pluft(w)
Für den Druck pluft(w) in der Kugel gilt unter der vermutlich brauchbaren Annahme einer isothermen Zustandsänderung das Boyle-Mariottesche Gesetz:
pluft(w) * Vluft(w) = pluft(0) * Vges -> pluft(w) = pluft(0) * Vges / Vluft(w)
Das Volumen Vluft(w) der Luft in der Kugel berechnet sich sehr einfach als Differenz zwischen dem Gesamtvolumen der Kugel und dem Volumen w des Wassers:
Vluft(w) = Vges - w
Insgesamt ergibt sich damit für p(w) im Integral:
E = ∫ patm + rhowasser * g * h - pluft(0) * Vges / (Vges - w) dw
Abtrennen der konstanten Summanden und Herausziehen der konstanten Faktoren aus dem Integral ergibt:
E = ∫ patm dw + ∫ rhowasser * g * h dw - pluft(0) * Vges * ∫ 1 / (Vges - w) dw
Die Integrale der beiden konstanten Summanden (∫ c dx = c*x) ergeben nach Einsetzen der Integrationsgrenzen 0 und V:
E = patm * V + rhowasser * g * h * V - pluft(0) * Vges * ∫ 1 / (Vges - w) dw
Das verbleibende Integral hat die bekannte Grundform 1/(a*x+b) mit der allgemeinen Lösung (siehe z.B. hier):
∫ 1/(a*x+b) dx = 1/a*ln(a*x+b)
Daraus folgt mit den Integrationsgrenzen 0 und V für das bestimmte Integral:
[1/a*ln(a*V+b)] - [1/a*ln(a*0+b)] = 1/a*ln((a*V+b)/b)
Mit a = - 1 und b = Vges ergibt sich daraus für das spezifische Integral:
- ln((-V + Vges) / Vges)
Das lässt sich vereinfachen zu:
ln(Vges / (Vges - V))
Die vollständige Formel lautet dann:
E = (patm + rhowasser * g * h) * V - pluft(0) * Vges * ln(Vges / (Vges - V))
Der erste Teil der Formel (bis zum Minus) entspricht der Situation, die sich bei einem Vakuum in der Kugel ergeben würde (pluft(0) = 0). Der Abschnitt des ersten Teils in der Klammer entspricht dem Wasserdruck ausserhalb der Kugel, dem sich bei einem Vakuum in der Kugel kein Gegendruck entgegensetzen würde. Die Berechnung würde sich in diesem Fall auf die klassische Formel E = p * V reduzieren. Im Gegensatz zu der weiter oben durchgeführten vereinfachten Berechnung ist in diesem Fall der effektive Druck noch um den atmosphärischen Luftdruck erhöht, da dieser bei der vereinfachten Berechnung als konstanter Gegendruck in der Kugel angenommen war.
Bei genauem Hinsehen kann man erkennen -- was mir erst nach der Herleitung klar geworden ist -- dass die gesamte Formel im Prinzip der klassischen Formel zur Volumenarbeit unter Aussendruck, nur mit umgekehrtem Vorzeichen entspricht. Das ist eigentlich auch völlig logisch. In diesem Fall ist der üblicherweise nur "unterstützende" Aussendruck erheblich grösser als der zur Kompression notwendige Druck, was zur Folge hat, dass die Gesamt-Kompressionsarbeit negativ ist, d.h. Energie gewonnen wird. Damit wäre gleich auch die Richtigkeit der Herleitung bestätigt. ;)
Nun zur konkreten Berechnung unter Verwendung der hergeleiteten Formel (unter den Annahmen: Ruhedruck der Luft in der Kugel = atmosphärischer Luftdruck, Vges = gerundet 14.000 m3):
E = (100.000 Pa + 1000 kg/m3 * 9,81 m/s2 * 700 m) * 12.000 m3 - 100.000 Pa * 14.000 m3 * ln(14.000 m3 / (14.000 m3 - 12.000 m3)) ≈ 80.880 MWs ≈ 22,47 MWh
Eine Komprimierung der Luft in der Kugel von 14.000 m3 auf 2.000 m3 verringert die Speicherkapazität also nur unwesentlich.
Alles in allem ist rein rechnerisch m.E. nichts gegen das Konzept einzuwenden. In wie weit es sich in der Praxis bewährt, ist natürlich eine andere Frage.
