Physik · Thermodynamik

Entropieänderung bei reversiblem isothermem Wärmeaustausch

Die Entropieänderung eines Systems ergibt sich entlang eines reversiblen Vergleichswegs aus dem Integral der reversiblen Wärme über die absolute Temperatur; bei konstantem T vereinfacht es sich zu $\frac{Q_{\mathrm{rev}}}{T}$ .

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Formel

Berechnen

Δ S = \int_{i}^{f} \frac{δ Q _{re v}}{T}, T = const. : Δ S = \frac{Q _{re v}}{T}

ΔS in J/K; δQrev und Qrev in J; T in K.

Variablen & Einheiten

Variablen & Einheiten
Symbol	Bedeutung	Einheit
$ΔS$	Entropieänderung des Systems	J/K
$Q_{\mathrm{rev}}$	reversibel übertragene Wärme mit Vorzeichen	J
$T$	absolute thermodynamische Temperatur	K

LaTeX

\Delta S=\int_{i}^{f}\frac{\delta Q_{rev}}{T},\qquad T=\mathrm{const.}:\ \Delta S=\frac{Q_{rev}}{T}

QUANTA STUDYquanta-study.de

Zwei Wege von 2 zu 5 Litern bei gleicher Endtemperatur. Oben freie Expansion mit Vakuum neben anfangs zwei Fünfteln Gasvolumen, unten reversibler Vergleich. Die Entropieänderung ist gleich, die übertragenen Wärmen verschieden. — Dieselben idealen Gasendzustände bei 340 K: freie Expansion im isolierten starren Behälter hat Q = W = 0. Der reversible isotherme Vergleich liefert Qrev = Wrev ≈ 1942,6 J. Für beide Wege gilt ΔS ≈ 5,7135 J/K.

Entropieänderung berechnen

Entropieänderung bei umkehrbarem Wärmeaustausch und konstanter Temperatur ausrechnen, dazu für ein ideales Gas und für das Erwärmen eines Körpers.

Rechenmodell

Gesucht

Umkehrbar ausgetauschte Wärme Q

Wärme, die das System aufnimmt (positiv) oder abgibt (negativ), z. B. 33,4 kJ zum Schmelzen von 100 g Eis.

Absolute konstante Temperatur T

Konstante Temperatur während des Wärmeaustauschs, z. B. 0 °C beim Schmelzen; gerechnet wird in Kelvin.

Mit Beispielwerten gefüllt. Tippe eigene Werte ein, das Ergebnis rechnet sofort mit.

Rechenweg · umstellen nach ΔS, einsetzen, ausrechnen

1. Formel nach ΔS umstellen
$\Delta S=\frac{Q_{\rm rev}}T$
2. Werte einsetzen (in SI-Einheiten)
- Qrev = 33,4 kJ = 33 400 J
- T = 0 °C = 273,15 K
$\frac{33400}{273{,}15}=122{,}277$
3. Ergebnis
ΔS = 122,3 J/K

Ergebnis: Entropieänderung des Systems ΔS

ΔS = 122,3 J/K

Mit Qrev = 33,4 kJ und T = 0 °C ergibt sich ΔS = 122,3 J/K.

Umkehrbar ausgetauschte Wärme Q verändern

Verdoppelt sich Qrev, verdoppelt sich auch ΔS: Die Größen sind proportional.

So rechnest du schneller

In ΔS = Q/T steht die absolute Temperatur: rechne °C in Kelvin um (0 °C = 273,15 K), sonst teilst du beim Schmelzen von Eis durch null.
Das Vorzeichen folgt der Wärme: Nimmt das System Wärme auf, steigt seine Entropie, gibt es Wärme ab, sinkt sie. J geteilt durch K ergibt J/K.

Annahmen und Grenzen

Geschlossenes System und reversibler Wärmeaustausch bei einer konstanten absoluten Temperatur T>0. Qrev>0 bedeutet Aufnahme durch das System; ΔS darf negativ sein. Für nichtisotherme Wege oder tatsächliche irreversible Wärme gilt diese Kurzform nicht.

Herleitung & Hintergrund

Entropie ist eine Zustandsgröße. Die Änderung zwischen Gleichgewichtszuständen folgt aus $\Delta S=\int\frac{\delta Q_{\mathrm{rev}}}{T}$ auf einem reversiblen Vergleichsweg. Nur konstantes $T$ erlaubt $\frac{Q_{\mathrm{rev}}}{T}$ . Tatsächliche irreversible Wärme und Vergleichswärme können verschieden sein. Die geschlossene Bilanz ist $\Delta S=\int\frac{\delta Q_{\mathrm{actual}}}{T_b}+S_{\mathrm{gen}}$ mit lokaler Grenztemperatur und $S_{\mathrm{gen}}\ge0$ . Einzelne Systementropie darf sinken, die isolierte Gesamtsumme nicht. Für ideale Gasendzustände mit gleichem $T$ gilt $\Delta S=nR\ln\frac{V_2}{V_1}$ . Reversible Phasenwechsel liefern signierte Beiträge $\pm\frac{mL}{T}$ . Reversible geschlossene Vergleichsintegrale sind null; ein tatsächlicher Umlauf erfüllt $\oint\frac{\delta Q_{\mathrm{actual}}}{T_b}=-S_{\mathrm{gen}}\le0$ .

Prüfungs-Blueprint

Gültigkeitsbereich

ΔS zwischen Gleichgewichtszuständen über einen reversiblen Vergleichsweg; T in Kelvin. $\frac{Q_{\mathrm{rev}}}{T}$ nur bei konstantem T auf diesem Weg. Für reale irreversible Vorgänge ist $\frac{Q_{\mathrm{actual}}}{T}$ nicht allgemein ΔS; Grenztemperaturen und Entropieerzeugung gehören in eine eigene Bilanz. Ein geschlossenes System kann negative ΔS haben, während Erzeugung nichtnegativ bleibt.

Herleitung in Schritten

Eine Zustandsänderung über einen reversiblen Vergleichsweg berechnen und konstantes T erst danach aus dem Integral ziehen.

1Lege zwei Gleichgewichtszustände fest. Die Zustandsdifferenz $\Delta S=S_2-S_1$ hängt nicht vom tatsächlichen Weg ab.
2Konstruiere einen reversiblen Vergleichsweg zwischen genau diesen Zuständen.
3Entlang dieses Wegs gilt $dS=\frac{\delta Q_{\mathrm{rev}}}{T}$ mit absoluter Temperatur und signierter Wärme ins System.
4Integration ergibt $\Delta S=\int_1^2\frac{\delta Q_{\mathrm{rev}}}{T}$ . Vergleichswärme darf von tatsächlicher Wärme abweichen.
5Nur konstantes $T$ entlang dieses Wegs erlaubt Ausklammern: $\Delta S=\frac{Q_{\mathrm{rev}}}{T}$ .
6Bei veränderlicher Temperatur integriere das passende Stoffmodell, etwa $\int\frac{C(T)}{T}\,dT$ beim reversiblen Erwärmen.
7Kontrolliere den tatsächlichen Prozess separat mit Entropietransport an der Grenze und nichtnegativer Erzeugung.

Umstellen

Reversible Wärme

Q_{\mathrm{rev}}=T\Delta S

Nur bei konstanter absoluter Temperatur entlang des reversiblen Vergleichswegs. Das Wärmevorzeichen bleibt erhalten; tatsächliche irreversible Wärme muss nicht diesem Vergleichswert entsprechen.

Aufgabenvariante

Ein System nimmt reversibel 900 J bei 300 K auf. Bestimme ΔS; nenne auch die allgemeine Beziehung.

Allgemein $\Delta S=\int\frac{\delta Q_{\mathrm{rev}}}{T}$ .
Bei konstanten 300 K folgt $\Delta S=\frac{900\,\mathrm J}{300\,\mathrm K}=3{,}0\,\mathrm{J\,K^{-1}}$ .

Typische Fehler

Die Kurzform für einen irreversiblen Prozess direkt mit der tatsächlichen Wärme verwenden.

Entropie ist eine Zustandsänderung; nutze einen reversiblen Vergleichsweg für die Berechnung.

Klausurkontext

Zweiter Hauptsatz, Wärmekraftmaschinen und Wärmeübertragung zwischen Reservoirs.

Formelcluster

Entropie und Wärmekraftmaschinen

Entropie ergänzt die Energieerhaltung um die Richtung möglicher Prozesse.

η = 1 − T_k/T_w

Carnot-Wirkungsgrad

ΔU = Q − W

Erster Hauptsatz der Thermodynamik

Q = m·c·ΔT

Wärmekapazität (Q = m·c·ΔT)

Q = mL

Latente Wärme beim Phasenwechsel

Rechenbeispiel

Ein System nimmt reversibel 600 J bei 300 K auf. Ansatz bei konstanter Temperatur: $\Delta S=\frac{Q_{\mathrm{rev}}}{T}$ . Einsetzen: $\Delta S=\frac{600\,\mathrm J}{300\,\mathrm K}=2{,}0\,\mathrm{J\,K^{-1}}$ . Bei Wärmeabgabe $Q_{\mathrm{rev}}<0$ ist die Entropieänderung des Systems negativ; die Gesamtentropie isolierter Umgebung und System sinkt dadurch nicht.

Anwendungsgebiete

Wärmekraftmaschinen, Phasenübergänge, reversible Wärmeübertragung und Einordnung des zweiten Hauptsatzes.

Rechenbeispiel: Entropieänderung entlang eines reversiblen Wegs

Eine typische Aufgabe Schritt für Schritt: Entropieänderung entlang eines reversiblen Wegs (ΔS = ∫δQrev/T; bei konstantem T: ΔS = Qrev/T).

1
Aufgabe
Ein System nimmt reversibel 900 J bei 300 K auf. Bestimme ΔS; nenne auch die allgemeine Beziehung.
Rechenweg
1. Allgemein $\Delta S=\int\frac{\delta Q_{\mathrm{rev}}}{T}$ .
2. Bei konstanten 300 K folgt $\Delta S=\frac{900\,\mathrm J}{300\,\mathrm K}=3{,}0\,\mathrm{J\,K^{-1}}$ .

Die Formel verstehen und anwenden

Ein Gas kann sich ohne Wärmezufuhr ausdehnen und trotzdem an Entropie gewinnen. Das wirkt nur widersprüchlich, wenn tatsächliche Wärme und reversibler Vergleichsweg verwechselt werden. Entropieänderung hängt von Anfangs- und Endzustand ab. Zur Berechnung wählst du einen reversiblen Weg zwischen genau diesen Zuständen. Die kurze Form $\Delta S=\frac{Q_{\mathrm{rev}}}{T}$ passt nur, wenn dessen Temperatur konstant bleibt.

Die Zustandsänderung vom tatsächlichen Weg trennen

Stelle zunächst fest, welche zwei Gleichgewichtszustände verglichen werden. Ihre Differenz $\Delta S=S_2-S_1$ ist unabhängig vom tatsächlich gewählten Weg. Während eines schnellen oder irreversiblen Vorgangs muss nicht einmal eine einzige Temperatur für das ganze System existieren. Der reversible Vergleichsweg ist deshalb ein Rechenweg zwischen denselben Endzuständen. Seine Wärme $Q_{\mathrm{rev}}$ darf von der tatsächlichen Wärme abweichen; dafür beschreibt seine Temperatur die kleinen Gleichgewichtsschritte eindeutig.[1]

\begin{aligned}dS&=\frac{\delta Q_{\mathrm{rev}}}{T}\\\Delta S&=\int_1^2\frac{\delta Q_{\mathrm{rev}}}{T}\end{aligned}

T ist die absolute Temperatur entlang des reversiblen Vergleichswegs.

Entropie hat die Einheit J/K und wächst als extensive Größe mit der Systemgröße. Spezifische Entropie bezieht sich auf Masse, molare Entropie auf Stoffmenge. Die Entropie eines einzelnen Körpers darf abnehmen, etwa beim Abkühlen. Nichtnegativ sein muss die Erzeugung beziehungsweise die gesamte Änderung einer isolierten Gesamtheit. Verwechsle also eine Systemänderung nicht mit der Entropieerzeugung des Gesamtvorgangs.[4]

Wann gilt die Kurzform für reversible Wärme bei konstantem T?

T=\mathrm{const.}\quad\Longrightarrow\quad\Delta S=\frac1T\int_1^2\delta Q_{\mathrm{rev}}=\frac{Q_{\mathrm{rev}}}{T}

Konstantes T ist eine Wegbedingung, nicht nur die Angabe einer Anfangstemperatur.

Nimmt ein System reversibel 600 J bei konstanten 300 K auf, wächst seine Entropie um 2 J/K. Gibt es reversibel denselben Betrag bei dieser Temperatur ab, ändert sie sich um −2 J/K. Ein konstantes $T$ erlaubt, es vor das Integral zu ziehen. Isotherm allein sagt jedoch nichts über Reversibilität: Ein irreversibler isothermer Weg kann Entropie erzeugen. Ebenso bedeutet adiabatisch lediglich, dass keine tatsächliche Wärme fließt. Nur zusätzlich reversible Adiabaten haben $\Delta S=0$ .[3]

Bedeutet reversibel eine Entropieänderung von null?

\Delta S_{\mathrm{system}}=\int\frac{\delta Q_{\mathrm{actual}}}{T_b}+S_{\mathrm{gen}},\qquad S_{\mathrm{gen}}\ge0

Geschlossenes System; Tb ist die lokale absolute Temperatur an der Wärmeübertragungsgrenze. Bei mehreren Grenzstellen werden deren Beiträge addiert.[3]

Für den wirklichen Prozess musst du Wärmeübertragung und Erzeugung getrennt betrachten. $T_b$ ist die lokale absolute Temperatur an der gewählten Wärmeübertragungsgrenze, keine beliebige mittlere Körpertemperatur. Die eigene Entropieänderung eines idealen großen Reservoirs ist $\frac{Q_{\mathrm{reservoir}}}{T_{\mathrm{reservoir}}}$ , weil sein Zustand eine konstante Temperatur behält. In welcher Teilbilanz eine Übergangsschicht und ihre Erzeugung liegen, hängt von der Systemgrenze ab. Die Summe des vollständig erfassten Vorgangs bleibt eindeutig.

Arbeit transportiert in dieser geschlossenen makroskopischen Bilanz Energie, aber keine Entropie über einen Term $\frac WT$ . Wird Arbeitsenergie durch Reibung dissipiert, kann im System dennoch Entropie entstehen. Bei offenen Systemen führen außerdem ein- und ausströmende Stoffe Entropie mit. Diese Ströme brauchen zusätzliche Bilanzterme; die hier dargestellte geschlossene Bilanz genügt dann nicht.

Einen reversiblen Gasweg konkret auswerten

\begin{aligned}dU&=T\,dS-p\,dV\\dU&=nC_{V,m}\,dT\\p&=\frac{nRT}{V}\end{aligned}

Für ein einfach kompressibles System fester Zusammensetzung ist die erste Beziehung eine Zustandsrelation; die beiden weiteren setzen ein ideales Gas voraus.[2]

\begin{aligned}dS&=nC_{V,m}\frac{dT}{T}+nR\frac{dV}{V}\\\Delta S&=nC_{V,m}\ln\frac{T_2}{T_1}+nR\ln\frac{V_2}{V_1}\end{aligned}

Die integrierte Form verwendet konstantes molares CV; andernfalls wird dessen Temperaturabhängigkeit integriert.

Erster Hauptsatz und ideales Gasgesetz machen den Vergleichsweg berechenbar. Löse die Zustandsrelation nach $dS$ auf und setze innere Energie sowie Druck des idealen Gases ein. Das Integral zerfällt in einen Temperatur- und einen Volumenbeitrag. Haben die Endzustände dieselbe Temperatur, bleibt $nR\ln\frac{V_2}{V_1}$ . Für einen reversiblen isothermen Vergleich gilt zudem $Q_{\mathrm{rev}}=W_{\mathrm{rev}}$ . Diese Wärme und Arbeit sind nicht automatisch die Werte des tatsächlichen irreversiblen Wegs. Beide Logarithmen brauchen dimensionslose Verhältnisse. Die isotherme Arbeit des idealen Gases gehört hier zum gewählten reversiblen Vergleichsweg.[2]

Beispiel: freie Expansion mit Q = 0

Hier gibt es zwei Wege mit denselben Endzuständen: die tatsächliche freie Expansion und eine gedachte reversible isotherme Expansion. Nur der zweite Weg wird zum Entropieintegral verwendet. Die Energiebilanz des tatsächlichen Wegs bleibt davon unberührt.[6][5]

Den reversiblen Vergleichsweg vom Experiment unterscheiden

Gegeben: $n=0{,}750\,\mathrm{mol}$ ideales Gas bei 340 K, zunächst 2,00 L. Nach Entfernen einer Trennwand expandiert es in einem isolierten starren Behälter gegen Vakuum auf 5,00 L. Anfangs- und Endzustand im Gleichgewicht; keine anderen Energieänderungen. $R=8{,}314\,\mathrm{J\,mol^{-1}\,K^{-1}}$ .
Gesucht: T₂, ΔS und den Vergleichswert Qrev ermitteln.

Ansatz: Zuerst die tatsächliche isolierte Expansion gegen Vakuum bilanzieren. Die Entropiedifferenz dann über einen hypothetischen reversibel-isothermen Vergleichsweg zwischen denselben Gleichgewichtszuständen bestimmen.
$\begin{aligned}Q_{\mathrm{actual}}&=W_{\mathrm{actual}}=0\\\Delta U&=0\ \Longrightarrow\ T_2=T_1\\\Delta S&=nR\ln\frac{V_2}{V_1}\\Q_{\mathrm{rev}}&=T_1\Delta S\end{aligned}$
Tatsächlichen Prozess zuerst energetisch bilanzieren.
$\begin{aligned}Q_{\mathrm{actual}}&=0\\{} W_{\mathrm{actual}}&=0\\{} \Delta U&=0\quad\Longrightarrow\quad T_2=340\,\mathrm K\end{aligned}$
Einen reversiblen isothermen Gasweg zwischen den Endzuständen verwenden.
$\Delta S=0.750\cdot8.314\ln(\frac{5}{2})=5.71353086\,\mathrm{J/K}$
Die Wärme nur dieses Vergleichswegs berechnen.
$Q_{\mathrm{rev}}=340\Delta S=1942.60049\,\mathrm J=W_{\mathrm{rev}}$

Ergebnis: Das Gas bleibt im idealen Modell bei 340 K, seine Entropie wächst um rund 5,714 J/K. Tatsächlich wurde keine Wärme übertragen.

Kontrolle: Der isolierte Gesamtbehälter erzeugt $S_{\mathrm{gen}}=\Delta S>0$ . Die reversible Ersatzexpansion hätte Wärme aufgenommen und Arbeit abgegeben; diese 1942,6 J dürfen nicht dem freien tatsächlichen Vorgang zugeschrieben werden. Bei realen Gasen folgt aus $\Delta U=0$ nicht allgemein gleiches T.

Beispiel: endliche Körper gleichen Temperaturen aus

Beim direkten Temperaturausgleich bleibt die Energie erhalten, aber es entsteht Entropie. Bestimme zuerst aus den beiden Wärmekapazitäten die gemeinsame Endtemperatur. Berechne dann für jeden Körper seine Zustandsänderung über einen gedachten reversiblen Heiz- oder Kühlweg. Gerade weil die Körper verschiedene Temperaturen besitzen, darf die gesamte übertragene Wärme nicht durch eine einzige Temperatur geteilt werden.[5]

Energieerhaltung und zwei Entropieintegrale verbinden

Gegeben: Zwei starre Körper ohne Phasenwechsel haben konstante Gesamtwärmekapazitäten $C_A=180\,\mathrm{J\,K^{-1}}$ und $C_B=300\,\mathrm{J\,K^{-1}}$ . Anfangstemperaturen 600 K und 300 K. Kontakt in einer isolierten Gesamtheit, keine Arbeit, vernachlässigbare Kontaktenergie.
Gesucht: Endtemperatur und Gesamtentropieänderung berechnen.

Ansatz: Die isolierte Gesamtheit erhält ihre Energie. Für jeden Körper die Entropieänderung aus seiner konstanten Wärmekapazität und den absoluten Anfangs- und Endtemperaturen bestimmen.
$\begin{aligned}C_A(T_f-T_A)+C_B(T_f-T_B)&=0\\\Delta S_{\mathrm{total}}&=C_A\ln\frac{T_f}{T_A}+C_B\ln\frac{T_f}{T_B}\end{aligned}$
Die verlorene Energie von A entspricht der gewonnenen von B.
$T_f=\frac{180\cdot600+300\cdot300}{480}=412.5\,\mathrm K$
Für jeden Körper einen reversiblen Erwärmungs- oder Abkühlvergleich integrieren.
$\Delta S_A=180\ln(\frac{412.5}{600})=-67.44482\,\mathrm{J/K}$
Den zweiten Beitrag und die Summe bilden.
$\begin{aligned}\Delta S_B&=300\ln(\frac{412.5}{300})=95.53612\,\mathrm{J/K}\\{} \Delta S_{\mathrm{total}}&=28.09130\,\mathrm{J/K}\end{aligned}$

Ergebnis: Endtemperatur 412,5 K, übertragene Energie 33 750 J und positive Gesamtentropieänderung 28,09 J/K.

Kontrolle: $180(600-412{,}5)=300(412{,}5-300)=33750\,\mathrm J$ . Die Energie der Gesamtheit ändert sich nicht, obwohl ihre Entropie wächst. $\frac QT$ mit nur Anfangs- oder Endtemperatur wäre für die einzelnen endlichen Körper falsch.

Bild ansehen: Entropien beim Temperaturausgleich

Energieausgleich erzeugt Entropie

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Eigene Zustandskurven der zwei Körper im zweiten Beispiel als Funktion der von heiß nach kalt übertragenen Energie. Nur das Intervall bis 33,75 kJ und damit bis zum Temperaturausgleich ist dargestellt. Die Kurven bestimmen keine Übertragungsdauer.[1][5]

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Temperaturänderung und Phasenwechsel getrennt behandeln

\begin{aligned}\Delta S&=\int_{T_1}^{T_2}\frac{C(T)}{T}\,dT\\\Delta S&=C\ln\frac{T_2}{T_1}\qquad(C=\mathrm{const.})\end{aligned}

Hier ist C die passende Gesamtwärmekapazität für den gewählten reversiblen Heizweg.[1]

Beim reversiblen Phasenwechsel bleibt die Koexistenztemperatur konstant. Mit positivem passendem $L$ gilt für Schmelzen oder Verdampfen $Q_{\mathrm{rev}}=+mL$ und $\Delta S=+\frac{mL}{T}$ ; die Umkehr liefert die negativen Werte. Stoff, Übergang und Druck müssen zum Tabellenwert passen. Ein hypothetischer Übergang mit 1500 J bei 280 K ergibt beispielsweise +5,357 J/K und reversibel rückwärts −5,357 J/K. Erwärmung vor oder nach dem Übergang liegt bei veränderlicher Temperatur und braucht ein eigenes Integral.[1]

Schmelzen und Erwärmen getrennt zählen

Zwei Temperaturbedingungen in einer Rechnung

Gegeben: 60,0 g reines Eis bei 0 °C werden nahe normalem Luftdruck vollständig geschmolzen und danach auf 20 °C erwärmt. Vorgegebene konstante Modellwerte: 333000 J/kg Schmelzwärme und 4182 J/(kg·K) Wasserwärmekapazität. Betrachtet wird die Zustandsänderung des Wassers, nicht die Entropie der gesamten Heizanlage.
Gesucht: Wärmebedarf und Entropieänderung des Stoffes bestimmen.

Ansatz: Ein reversibler Vergleich schmilzt bei konstantem $T_m$ und erwärmt anschließend mit veränderlichem $T$ . Beide Zustandsbeiträge addieren.
$\begin{aligned}Q&=mL_f+mc(T_f-T_m)\\\Delta S&=\frac{mL_f}{T_m}+mc\ln\frac{T_f}{T_m}\end{aligned}$
Absolute Temperaturen einsetzen und die beiden Wärmeabschnitte rechnen.
$\begin{aligned}T_m&=273.15\,\mathrm K,&T_f&=293.15\,\mathrm K\\Q&=0.0600\cdot333000+0.0600\cdot4182\cdot20\,\mathrm J\\&=24998.4\,\mathrm J\end{aligned}$
Schmelzbeitrag und Temperaturintegral getrennt auswerten.
$\begin{aligned}\Delta S_{\mathrm{melt}}&=\frac{19980}{273.15}\,\mathrm{J\,K^{-1}}\simeq73.1466\,\mathrm{J\,K^{-1}}\\\Delta S_{\mathrm{warm}}&=250.92\ln\frac{293.15}{273.15}\,\mathrm{J\,K^{-1}}\simeq17.7308\,\mathrm{J\,K^{-1}}\end{aligned}$

Ergebnis: Die Wärme beträgt etwa 25,00 kJ. Die Entropie steigt um etwa 90,88 J/K; beide Teilbeiträge sind positiv.

Kontrolle: Der Schmelzbeitrag erfüllt $T_m\Delta S_{\mathrm{melt}}=19980\,\mathrm J$ . Beim Erwärmen ist die Temperatur nicht konstant: Dieser Beitrag muss zwischen $\frac{5018{,}4}{293{,}15}$ und $\frac{5018{,}4}{273{,}15}$ , jeweils in J/K, liegen. Die Entropieänderung des Stoffes sagt allein noch nicht, ob die tatsächliche Heizanlage reversibel arbeitet.

Vertiefung: Entropie im Kreisprozess

Bei jedem vollständigen Kreisprozess ist die Entropieänderung des Arbeitsmediums null: Der Endzustand ist wieder der Anfangszustand. Auf einem reversiblen geschlossenen Weg gilt daher $\oint\frac{\delta Q_{\mathrm{rev}}}{T}=0$ . Für den tatsächlichen geschlossenen Umlauf gilt stattdessen $\oint\frac{\delta Q_{\mathrm{actual}}}{T_b}=-S_{\mathrm{gen}}\le0$ . Ein irreversibler Umlauf kann seine erzeugte Entropie durch Wärmeabgabe exportieren und trotzdem zum Startzustand zurückkehren. Gleichheit in der Teilbilanz bedeutet fehlende Erzeugung innerhalb ihrer Grenze; vollständig reversibel ist der Betrieb erst mit reversibler Umgebungskopplung.[4]

Entropie ist keine Energie in Joule und kein direktes Maß für die Unordnung eines beliebigen Bildes. Die hier verwendete thermodynamische Rechnung braucht Gleichgewichtsendzustände, absolute Temperaturen und ein passendes Stoffmodell. Reaktionen, Mischung und offener Massentransport erfordern zusätzliche Beiträge. Die Gas-Volumenformel darf auf diese Fälle nicht ungeprüft übertragen werden.

Fünf gelöste Entropieaufgaben

Einsetzen und Rechnen · Einstieg

Ein System gibt reversibel 900 J bei konstanten 360 K ab. Bestimme seine ΔS und die eines gleich temperierten Reservoirs.

Hinweis anzeigen

Q hat für das System ein negatives Vorzeichen.

Lernziel: System- und Reservoirentropie bei reversibler Wärmeabgabe bilanzieren.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: Bei reversibler isothermer Wärmeabgabe ist $\Delta S=\frac{Q_{\mathrm{rev}}}{T}$ mit negativem System-Q.
$\Delta S_{\mathrm{System}}=-\frac{900}{360}\,\mathrm{J\,K^{-1}}=-2{,}50\,\mathrm{J\,K^{-1}}$ ; Reservoir $+2{,}50\,\mathrm{J\,K^{-1}}$ ; Gesamt null.
Systementropie darf abnehmen.

\Delta S_{\mathrm{system}}=-2.50\,\mathrm{J/K}

Transfer · Anwenden

Ein Körper mit konstantem $C=120\,\mathrm{J\,K^{-1}}$ wird von 300 auf 450 K erwärmt. Bestimme ΔS.

Hinweis anzeigen

Temperatur ändert sich; integriere $\frac CT$ .

Lernziel: Entropie bei veränderlicher Temperatur integrieren.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: Für konstanten $C$ und veränderliches $T$ gilt $\Delta S=\int_{T_1}^{T_2}\frac C T\,dT=C\ln\frac{T_2}{T_1}$ .
$\Delta S=120\ln(1{,}5)\,\mathrm{J\,K^{-1}}=48{,}6558\,\mathrm{J\,K^{-1}}$ .
$Q=18000\,\mathrm J$ ; $\frac{Q}{300\,\mathrm K}=60\,\mathrm{J\,K^{-1}}$ wäre kein korrekter Zustandswert.

\Delta S=48.6558\,\mathrm{J/K}

Einsetzen und Rechnen · Anwenden

600 J fließen direkt von einem Reservoir bei 500 K zu einem bei 300 K. Wie groß ist ΔStotal?

Hinweis anzeigen

Für jedes Reservoir dessen eigene konstante Temperatur verwenden.

Lernziel: Entropieproduktion bei endlicher Temperaturdifferenz bestimmen.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: Jedes Reservoir behält seine eigene Temperatur.
Deshalb die beiden signierten Wärmebeträge jeweils durch diese Temperatur teilen und addieren.
Das heiße Reservoir verliert 1,20 J/K, das kalte gewinnt 2,00 J/K.
Die Summe ist +0,80 J/K.
Der direkte Übergang über die endliche Temperaturdifferenz erzeugt Entropie; er ist irreversibel.
Die Energie bleibt dennoch erhalten.

\begin{aligned}\Delta S_H&=-\frac{600}{500}=-1.20\,\mathrm{J\,K^{-1}}\\\Delta S_C&=\frac{600}{300}=2.00\,\mathrm{J\,K^{-1}}\\\Delta S_{\mathrm{total}}&=0.80\,\mathrm{J\,K^{-1}}\end{aligned}

Interpretieren · Vertiefen

Ein ideales Gas expandiert in einem isolierten starren Gesamtbehälter frei ins Vakuum auf das doppelte Gasvolumen; Anfangs- und Endgleichgewicht haben dieselbe Temperatur. Für das Gas sind $Q=0$ , $W=0$ . Nenne ΔS in Vielfachen von nR und erkläre, wieso $\frac QT=0$ nicht die Entropieänderung ist.

Hinweis anzeigen

Die Entropie ist eine Zustandsgröße; Qrev gehört zu einem Vergleichspfad.

Lernziel: Zustandsänderung über reversiblen Vergleichspfad trotz irreversibler Realität bestimmen.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: Ein reversibler isothermer Vergleichspfad zwischen denselben Zuständen ergibt $\Delta S=nR\ln2>0$ .
Der tatsächliche Weg liefert keine Wärmeübertragung, aber erzeugt Entropie.
Im isolierten Modell ist $S_{\mathrm{gen}}=\Delta S$ .

Kontrolle: Der erste Hauptsatz gibt beim wirklichen Weg $\Delta U=0$ ; dies passt zum gleichen T, zwingt aber nicht $\Delta S=0$ . Die Kurzform $\frac{Q_{\mathrm{rev}}}{T}$ darf nicht mit der tatsächlichen irreversiblen Wärme verwechselt werden.

\begin{aligned}\Delta S&=nR\ln\frac{V_2}{V_1}=nR\ln2\\S_{\mathrm{gen}}&=\Delta S>0\qquad(Q_{\mathrm{actual}}=0)\end{aligned}

[6][2][3]

Fehleranalyse · Einstieg

Ein System nimmt reversibel und isotherm 1000 J bei 27 °C auf. Eine Lösung setzt $\Delta S=\frac{1000}{27}\,\mathrm{J\, K^{-1}}\approx37{,}04\,\mathrm{J\, K^{-1}}$ . Korrigiere und erkläre, warum die Grad-Celsius-Zahl nicht eingesetzt werden darf.

Hinweis anzeigen

Temperatur zuerst in Kelvin umrechnen.

Lernziel: Absolute Temperatur in der Entropieformel einsetzen.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: $T=300{,}15\,\mathrm K$ , deshalb $\Delta S=\frac{1000\,\mathrm J}{300{,}15\,\mathrm K}\approx3{,}33167\,\mathrm{J\, K^{-1}}$ .
Die Celsius-Skala besitzt einen verschobenen Nullpunkt; in der Entropieformel steht die absolute Temperatur, nicht eine Temperaturdifferenz.

Kontrolle: ΔS·T rekonstruiert 1000 J. Eine Änderung des Celsius-Nullpunkts dürfte keinen thermodynamischen Zustandswert ändern; genau das würde die falsche Rechnung jedoch tun.

\Delta S=\frac{Q_{\mathrm{rev}}}{T}=\frac{1000\,\mathrm J}{(27+273.15)\,\mathrm K}\approx3.33167\,\mathrm{J\,K^{-1}}

[1]

Kurz zusammengefasst

Lege die Gleichgewichtsendzustände fest und wähle einen reversiblen Vergleich zwischen ihnen. Nur bei konstanter Vergleichstemperatur wird aus dem Integral ein einfacher Quotient. Die tatsächliche Wärme gehört dagegen in eine Bilanz mit der passenden Grenztemperatur und Entropieerzeugung. Ein einzelnes System darf Entropie verlieren; für die isolierte Gesamtheit ist die Summe nichtnegativ.

Belege zu dieser Erklärung

Quanta · Bearbeitet 2. Oktober 2026

Redaktion: Quanta Study Redaktion

Prüfumfang

Diese Erklärung, 3 Rechenbeispiele und 5 Aufgaben liegen auf Deutsch und Englisch vor. Aufbau, Quellenzuordnung und mathematische Darstellung werden automatisiert geprüft. Rechnungen, Modellvoraussetzungen und beide Sprachfassungen erhalten eine gesonderte KI-Gegenprüfung.

Für einen früheren veröffentlichten Stand dieser Seite ist eine interne menschliche Fachprüfung dokumentiert. Diese Bestätigung gilt nicht automatisch für die überarbeitete Erklärung und die neuen Aufgaben.

Eine unabhängige, namentliche menschliche Fachprüfung ist noch nicht dokumentiert. Unsere Aufgabenzahlen sind Rechenbeispiele und keine Messdaten der zitierten Quellen.

Redaktion, Quellen und Vorgehen

Änderungsverlauf

2. Oktober 2026Konstante Vergleichstemperatur und Unterschied zwischen Entropieänderung und Reversibilität in Frageüberschriften hervorgehoben; passende Gasarbeits- und Phasenwechselverbindungen ergänzt.
1. Oktober 2026Zwei Aufgaben ergänzt; die fünf Aufgaben nach Aufgabentyp, Schwierigkeit und Lernziel gegliedert.
1. Oktober 2026Einstieg und Erklärungen überarbeitet; drittes vollständiges Beispiel, eigene quantitative Grafik und kurze Zusammenfassung ergänzt. Bestehende Aufgaben, Modelle und Quellen erhalten; Formelsatz und Modellbedingungen präzisiert.

Diese Nachschlageseite zitieren

Quanta. Entropieänderung entlang eines reversiblen Wegs. Stand 2. Oktober 2026. https://quanta-study.de/tafelwerk/entropie-reversibel-isotherm

Bei einer konkreten fachlichen Aussage zusätzlich die dort verknüpfte Fachquelle nennen.

Korrektur mit Beleg vorschlagen

Häufige Fragen: Entropieänderung entlang eines reversiblen Wegs

Was beschreibt die Entropieänderung entlang eines reversiblen Wegs physikalisch?+

Die Beziehung beschreibt die Änderung einer Zustandsgröße zwischen zwei Gleichgewichtszuständen. Dazu integrierst du $\frac{\delta Q_{\mathrm{rev}}}{T}$ entlang eines reversiblen Vergleichswegs, dessen Wärme nicht automatisch die tatsächliche Wärme ist. Nur bei konstantem T wird daraus $\frac{Q_{\mathrm{rev}}}{T}$ . Ein Gas kann bei freier Expansion in einem isolierten Behälter seine Entropie erhöhen, obwohl tatsächlich $Q=0$ gilt. Ein reversibler Vergleich zwischen denselben Endzuständen liefert trotzdem den richtigen ΔS-Wert. Die Einheit ist J/K, nicht J. Die Entropie eines einzelnen Systems darf durch Wärmeabgabe abnehmen; nichtnegativ sein muss die Entropieerzeugung oder Gesamtänderung einer passend isolierten Gesamtheit. Arbeit bekommt keinen Entropietransportterm $\frac WT$ .

Wie prüfe ich eine Rechnung zur Entropieänderung entlang eines reversiblen Wegs?+

Prüfe zuerst, ob Wärme und Temperatur zu einem reversiblen Weg gehören und ob dessen Temperatur konstant ist. Bei 600 J reversibler Aufnahme entlang konstanter 300 K folgt $\Delta S=2\,\mathrm{J\,K^{-1}}$ ; die Umgebung verliert bei reversibler Übertragung denselben Betrag. Für ein ideales Gas bei gleichem Anfangs- und End-T lässt sich unabhängig $nR\ln\frac{V_2}{V_1}$ verwenden. Bei 0,750 mol und Volumenverhältnis 2,5 sind das 5,7135 J/K. Seine freie tatsächliche Expansion kann $Q=0$ besitzen; $Q_{\mathrm{rev}}=T\Delta S$ gehört nur zum Ersatzweg. Kontrolliere daher neben Einheiten und Vorzeichen besonders die Zuordnung von Zustandsänderung und Energieübertragungsweg.

Welche Annahmen und Grenzen gelten für die Entropieänderung entlang eines reversiblen Wegs?+

Die Integralform bestimmt ΔS zwischen Gleichgewichtszuständen mithilfe eines reversiblen Vergleichswegs. Die Kurzform $\frac{Q_{\mathrm{rev}}}{T}$ verlangt zusätzlich eine konstante absolute Temperatur entlang dieses Wegs. Ein irreversibler tatsächlicher Prozess braucht nicht überall eine einheitliche Systemtemperatur zu besitzen; seine tatsächliche Wärme darf daher nicht blind durch einen Startwert geteilt werden. Die Entropiebilanz eines geschlossenen Systems enthält Wärmeübertragung an der Grenztemperatur und nichtnegative Erzeugung. Bei Massenaustausch kommen mitgeführte Entropieströme hinzu. Gas-Logarithmusformeln setzen außerdem ein ideales Gas und für die einfache Temperaturintegration konstante Wärmekapazität voraus. Adiabatisch allein heißt $Q=0$ , nicht unbedingt $\Delta S=0$ .

Wie kontrolliere ich Einheiten und Größenordnung bei einer Entropieänderung entlang eines reversiblen Wegs?+

Wärme in Joule geteilt durch absolute Temperatur in Kelvin liefert J/K. Für spezifische oder molare Entropie musst du zusätzlich durch die entsprechende Masse oder Stoffmenge teilen. Logarithmen enthalten dimensionslose Verhältnisse wie $\frac{T_2}{T_1}$ oder $\frac{V_2}{V_1}$ ; eine einzelne Temperatur mit Einheit darf nicht als logarithmisches Argument stehen. Bei reversibler Wärmeaufnahme entlang fester Temperatur ist ΔS positiv, bei Abgabe negativ. Für einen Körper mit $C=120\,\mathrm{J\,K^{-1}}$ und Erwärmung von 300 auf 450 K gilt $\Delta S=120\ln(1{,}5)\,\mathrm{J\,K^{-1}}\simeq48{,}656\,\mathrm{J\,K^{-1}}$ . $\frac{Q}{300\,\mathrm K}=60\,\mathrm{J\,K^{-1}}$ wäre trotz richtiger Einheit wegen variabler Temperatur falsch.

Wann kombiniere ich Entropieänderung entlang eines reversiblen Wegs mit einer weiteren Beziehung?+

Kombiniere Entropie mit Energieerhaltung, wenn eine Endtemperatur oder Wärmeübertragung noch unbekannt ist. Zwei isoliert verbundene Körper mit konstanten Wärmekapazitäten erreichen aus der Energiebilanz eine gemeinsame gewichtete Endtemperatur; ihre Entropieänderungen folgen anschließend einzeln aus $C\ln\frac{T_f}{T_i}$ . Für Wärmekraftmaschinen gilt über den vollständigen Umlauf $\Delta U=0$ und $\Delta S=0$ des Arbeitsmediums, während die Reservoire insgesamt Entropie erzeugen können. Der reversible Vergleich liefert aus $\frac{Q_C}{T_C}=\frac{Q_H}{T_H}$ die Carnot-Grenze. Bei reversiblen Phasenwechseln ergänzt die gerichtete Wärme $Q_{\mathrm{rev}}=+mL$ bei Schmelzen/Verdampfen beziehungsweise $-mL$ bei Erstarren/Kondensation den konstanten Temperaturquotienten; L ist dabei ein positiver Betrag. Alle Zusatzformeln brauchen ihre eigenen Stoff-, Druck- und Prozessbedingungen; die Entropieformel ersetzt diese Angaben nicht.

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Wie stellst du ΔS = ∫δQrev/T; bei konstantem T: ΔS = Qrev/T nach Reversible Wärme um?

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Welcher typische Fehler passiert bei ΔS = ∫δQrev/T; bei konstantem T: ΔS = Qrev/T?

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Die Liste nennt Fachquellen und weiterführende Literatur. Eine Seiten- oder Abschnittsnummer steht dabei, wenn sie Teil der Literaturangabe ist; es handelt sich nicht um wörtliche Zitate.

[1]OpenStax, University Physics Vol. 2, §4.6: Entropy

Weitere Formeln: Wärmelehre und Thermodynamik

P = \sigma \cdot A \cdot T^4

Stefan-Boltzmann-Gesetz

\Delta L = \alpha L_0 \Delta T

Lineare Wärmeausdehnung

\langle E_{\mathrm{kin}}\rangle=\frac{3}{2}k_{\mathrm B}T

Mittlere translatorische Energie eines Gasmoleküls

U=\frac{3}{2}nRT

Innere Energie eines einatomigen idealen Gases

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Entropieänderung bei reversiblem isothermem Wärmeaustausch

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Entropie und Wärmekraftmaschinen

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Rechenbeispiel: Entropieänderung entlang eines reversiblen Wegs

Die Zustandsänderung vom tatsächlichen Weg trennen

Wann gilt die Kurzform für reversible Wärme bei konstantem T?

Bedeutet reversibel eine Entropieänderung von null?

Einen reversiblen Gasweg konkret auswerten

Beispiel: freie Expansion mit Q = 0

Den reversiblen Vergleichsweg vom Experiment unterscheiden

Beispiel: endliche Körper gleichen Temperaturen aus

Energieerhaltung und zwei Entropieintegrale verbinden

Energieausgleich erzeugt Entropie

Temperaturänderung und Phasenwechsel getrennt behandeln

Schmelzen und Erwärmen getrennt zählen

Zwei Temperaturbedingungen in einer Rechnung

Vertiefung: Entropie im Kreisprozess

Fünf gelöste Entropieaufgaben

Ein System gibt reversibel 900 J bei konstanten 360 K ab. Bestimme seine ΔS und die eines gleich temperierten Reservoirs.

Ein Körper mit konstantem C=120 J K−1C=120\,\mathrm{J\,K^{-1}}C=120JK−1 wird von 300 auf 450 K erwärmt. Bestimme ΔS.

600 J fließen direkt von einem Reservoir bei 500 K zu einem bei 300 K. Wie groß ist ΔStotal?

Kurz zusammengefasst

Belege zu dieser Erklärung

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Fachquellen und weiterführende Literatur

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Entropieänderung entlang eines reversiblen Wegs prüfungssicher behalten

Ein Körper mit konstantem $C=120\,\mathrm{J\,K^{-1}}$ wird von 300 auf 450 K erwärmt. Bestimme ΔS.