Anwendung des 2. Hauptsatzes der Thermodynamik: Der Druckausgleich

Einordnung des Artikels

• Ausgewählte Kapitel der Mathematik (für Programmierer, Informatiker, Ingenieure und Naturwissenschaftler)
  • Anwendungen in Physik und Technik
    • Thermodynamik
      • Die Berechnung der Entropie des idealen einatomigen Gases
      • Anwendung des 2. Hauptsatzes der Thermodynamik: Der Druckausgleich

Einführung

In Die Berechnung der Entropie des idealen einatomigen Gases wurde gezeigt, wie man die thermischen und die kalorischen Zustandsgleichung einsetzt, um aus der Definition dS = dQ/T die Entropie eines idealen Gases zu berechnen. Dabei wurde diskutiert, wie man die Entropie als Funktion der verschiedenen Zustandsgrößen darstellen kann. Die dort besprochenen Beispiele waren sehr einfach gewählt, um die elementaren Eigenschaften der Entropie besser herauszuarbeiten.

Hier wird ein anspruchsvolleres Beispiel besprochen, das weniger technisch relevant ist, aber viele Aspekte der Entropie und allgemeiner der Thermodynamik beleuchtet:

1. Der hier untersuchte Vorgang des irreversiblen Druckausgleichs besitzt unendlich viele Lösungen, wenn man nur die thermische und kalorische Zustandsgleichung zugrunde legt. Erst der zweiten Hauptsatz erlaubt den eindeutigen Endzustand zu berechnen.
2. Die Berechnung der Entropie der möglichen Endzustände zeigt zahlreiche Eigenschaften der Entropie auf, die man an dieser konkreten Fragestellung besser verstehen kann als in einer allgemeinen Analyse der Entropiefunktion. Insbesondere wird die Temperatur- und Volumenabhängigkeit der Entropie veranschaulicht.
3. Da es sich um einen irreversiblen Vorgang handelt, werden zugleich die Grenzen der Thermodynamik aufgezeigt: Die Gleichungen der Thermodynamik können keine Aussagen darüber machen, welche Zwischenzustände angenommen werden. Es handelt sich um Nicht-Gleichgewichtszustände, die sich nicht durch Zustandsgrößen beschreiben lassen.

Zur Vorgehensweise:

• Es wird zunächst ein adiabatischer (und somit reversibler) Prozess diskutiert, bei dem aus einem Gleichgewichtszustand ein Nicht-Gleichgewichtszustand erzeugt wird.
• Letzterer wird dann als Anfangszustand für den irreversiblen Druckausgleich verwendet.
• Der irreversible Druckausgleich wird zunächst ohne Verwendung des zweiten Hauptsatzes analysiert, was zu unendlich vielen möglichen Endzuständen führt.
• Erst die Forderung, dass die Entropie im Endzustand maximal sein muss, zeichnet einen Endzustand aus.
• Da der Zahlenwert der Entropie bei diesem Vorgang vermutlich nichtssagend ist, wird als Vergleich der irreversible Temperaturausgleich herangezogen.

Herstellen des Anfangszustandes aus dem Gleichgewicht durch adiabatische Zustandsänderungen

Abbildung 1 zeigt, wie der Anfangszustand hergestellt wird, der für das folgende Beispiel verwendet wird:

• Ein Behälter mit Volumen 2V wird in zwei Kammern unterteilt, so dass sich in jeder Kammer ein ideales einatomiges Gas unter Normbedingungen befindet (siehe Abbildung 1 links oben).
• Der Behälter ist gegenüber seiner Umgebung wärmeisoliert; auch die Trennwand zwischen den Kammern lässt keinen Wärmeaustausch zu.
• Die Trennwand ist beweglich und wird durch eine äußere Kraft nach links verschoben, so dass am Ende die linke Kammer das Volumen V/2 und die rechte Kammer das Volumen 3V/2 besitzt (siehe Abbildung 1 rechts oben).
• Die Verschiebung der Trennwand erfolgt reversibel.

Gesucht sind im Endzustand:

1. Temperatur und Druck in den beiden Kammern.
2. Die mechanische Arbeit ΔW, die aufgewendet werden muss, um den Druckunterschied herzustellen.
3. Die Änderung der Entropie des Gases in den beiden Kammern.

Abbildung 1: Oben: Darstellung des adiabatischen Prozesses, mit dem aus dem Gleichgewicht ein Nicht-Gleichgewichtszustand erzeugt wird. Unten: Die Berechnungen des Endzustandes mit Hilfe der Poissongleichung und des Energieerhaltungssatzes.

Da kein Wärmeaustausch möglich ist, erfolgen die Zustandsänderungen adiabatisch und daher gilt für jede Kammer die Poissongleichung:

pV^κ = const.

Daraus kann der Druck nach Verschiebung der Trennwand berechnet werden, siehe Gleichungen (1) und (2) in Abbildung 1.

Aus der thermischen Zustandsgleichung ergibt sich dann die jeweilige Temperatur, siehe Gleichungen (3) und (4). Es ist klar, dass in der linken Kammer Druck und Temperatur gegenüber dem Anfangszustand ansteigen und in der rechten Kammer sinken wird (Kompression beziehungsweise Expansion).

Das Gas in der linken Kammer wird komprimiert, dazu muss mechanische Arbeit ΔW₁ verrichtet werden. Da keine Wärme ausgetauscht wird, stimmt diese mechanische Arbeit mit der Zunahme der inneren Energie überein:

ΔW₁ = ΔU₁.

Letztere berechnet sich aus der Temperaturdifferenz (siehe Gleichung (5) in Abbildung 1). Für die rechte Kammer kann man analog argumentieren: Das Gas dehnt sich aus, verrichtet dabei mechanische Arbeit ΔW₂, die mit der Abnahme der inneren Energie übereinstimmt:

ΔW₂ = ΔU₂.

Die insgesamt aufzuwendende mechanische Arbeit ist dann (siehe Gleichung (5) in Abbildung 1):

ΔW = ΔU₁ + ΔU₂.

Diese mechanische Arbeit ΔW ist positiv, das heißt bei der Kompression wird mehr Arbeit aufgewendet als bei der Expansion frei wird.

Da keine Wärme ausgetauscht wird (weder mit der Umgebung noch zwischen den Kammern), bleibt die Entropie in jeder Kammer konstant:

ΔS₁ = 0 = ΔS₂.

Aufgabe:

Berechnen Sie alle soeben berechneten Größen, wenn ein ideales Gas mit einem Adiabatenkoeffizienten κ = 7/5 verwendet wird.

(Ergebnisse: p₁ = 2673 hPa, p₂ = 574.2 hPa, T₁ = 360.2 K, T₂ = 232.1 K, ΔU₁ = 1812 J, ΔU₂ = 850 J, ΔW = 962 J;

man beachte dabei, dass jetzt ΔU = 5nRΔT / 2.)

Der Druckausgleich

Der Endzustand, der in Abbildung 1 berechnet wurde, wird jetzt als Anfangszustand verwendet, um den Druckausgleich zwischen den beiden Kammern herzustellen; die Wärmeisolierung zur Umgebung und zwischen den Kammern soll weiterhin bestehen. Der Druckausgleich kann auf drei qualitativ unterschiedliche Arten geschehen:

1. Reversibel: Dann wird sich als Endzustand der Gleichgewichtszustand einstellen, von dem aus in Abbildung 1 gestartet wurde; hier ist nichts Neues zu berechnen, das zugehörige pV-Diagramm zeigt Abbildung 2, das unten erläutert wird.
2. Vollständig irreversibel: Das heißt das Gleichgewicht zwischen den Kammern stellt sich so ein, dass dabei keinerlei mechanische Arbeit gewonnen werden kann.
3. Teilweise irreversibel: Es wird eine mechanische Arbeit ΔW gewonnen, deren Betrag zwischen 0 und den in Abbildung 1 berechneten 1194 J liegt.

Der erste und zweite Fall sollen hier behandelt werden, wobei zu berechnen sind:

1. Druck, Temperatur, und Volumen in den beiden Kammern im Gleichgewichtszustand.
2. Die Änderung der Entropie des Gases in den beiden Kammern und für das Gesamtsystem.

Die reversible Prozessführung

Abbildung 2 zeigt das pV-Diagramm für die reversible Prozessführung; dargestellt sind:

1. Zur Skalierung der Achsen werden dm³ für das Volumen und kPa für den Druck verwendet.
2. Zur besseren Orientierung sind die Volumina V/2 = 11.4 dm³, V = 22.4 dm³ und 2V = 44.8 dm³ als vertikale Geraden eingetragen (schwarz und gepunktet).
3. Die Isothermen zu den relevanten Temperaturen: T₀ = 273 K, T₁ = 433.4 K und T₀ = 208.4 K in den Farben grün, rot und blau).
4. Der Anfangszustand des Gases in der linken Kammer als roter Punkt, der Anfangszustand in der rechten Kammer als blauer Punkt.
5. Der Endzustand des Gases ist in beiden Kammern identisch (schwarzer Punkt).
6. Die Zustandsänderungen verlaufen adiabatisch auf den Kurven, die steiler sind als die Isothermen (rot: die Expansion für die linke Kammer, blau: die Kompression für die rechte Kammer).

Nicht dargestellt sind die Flächen unter den Adiabaten. Aber da die Volumenänderungen für beide Kammern identisch sind, kann man leicht ablesen, dass bei der Expansion mehr mechanische Arbeit frei wird als zur Kompression benötigt wird. Daher kann insgesamt, nämlich der Differenzbetrag, als mechanische Arbeit gewonnen werden.

Abbildung 2: Darstellung des adiabatischen (und somit reversiblen) Druckausgleichs im pV-Diagramm; genauere Erklärung im Text.

Die vollständig irreversible Prozessführung

Der Ansatz zur Berechnung des Endzustandes

Vollständig irreversible Prozessführung bedeutet in dem hier gegebenen Beispiel:

1. Der Anfangszustand ist der Zustand der beiden Kammern, der rechts in Abbildung 1 gezeigt ist, also mit Volumen V/2 der linken Kammer und Volumen 3V / 2 der rechten Kammer.
2. Wirkt eine Kraft zwischen den beiden Kammern aufgrund des Druckunterschiedes, so wird diese Kraft nicht verwendet, um nach außen mechanische Arbeit abzugeben.
3. Welcher Endzustand sich einstellen wird, ist noch nicht bekannt und soll erst berechnet werden. Man darf also nicht voraussetzen, dass sich am Ende der Zustand links in Abbildung 1 einstellen wird.
4. Ebenso ist nicht bekannt, welche Zustandsänderungen innerhalb der beiden Kammern stattfinden. Da keinerlei Wärme ausgetauscht werden kann und keine Arbeit mit der Umgebung ausgetauscht wird, gilt dass ΔU = ΔW = 0 für das Gesamtsystem. Aber da es sich jetzt um einen irreversiblen Vorgang handelt, darf man nicht die Poissongleichung pV^κ = const ansetzen.

Um den Endzustand zu berechnen, kann man folgende Gleichungen verwenden:

1. Druckausgleich: Am Ende herrscht in beiden Kammern der identische Druck p_E.
2. Gesamtvolumen: Die beiden Endvolumen V_E1 und V_E2 addieren sich zu 2V (siehe Gleichung (1) in Abbildung 2).
3. Energieaustausch zwischen den Kammern und nach außen: Energie kann nur in Form von mechanischer Arbeit zwischen den beiden Kammern ausgetauscht werden. Da der Vorgang irreversibel ist, kann man diese mechanischen Arbeiten aber nicht über ein Arbeitsintegral der Art -∫p(V)dV berechnen, da die Zwischenzustände keine Gleichgewichtszustände sind und daher die Zustandsgrößen nicht definiert sind.
4. Innere Energie: Man kann lediglich für den Übergang vom Anfangs- zum Endzustand die Bilanzgleichung für die innere Energie aufstellen: Über die mechanische Arbeit wird innere Energie zwischen den Kammern ausgetauscht und man erhält Gleichungen (2) und (3) in Abbildung 3.
5. Endzustand: Die Endzustände in den beiden Kammern erfüllen die thermische Zustandsgleichung (siehe Gleichung (4) in Abbildung 3).
6. Die thermische Zustandsgleichung für die Anfangszustände liefert keine weitere Gleichung, da die Anfangszustände vollständig gegeben sind (man kann nur überprüfen, ob sie mit der thermischen Zustandsgleichung konsistent sind).

Man erkennt an den Gleichungen (1) bis (4) in Abbildung 3, dass für die 5 Unbekannten p_E, V_E1, V_E2, T_E1 und T_E2 nur 4 unabhängige Gleichungen bestehen. Es kann daher keine eindeutige Lösung für den Endzustand in den beiden Kammern geben.

Aber der Enddruck p_E lässt sich eindeutig berechnen; dazu bildet man die Summe der beiden Gleichungen (4), löst nach p_E auf und setzt Gleichung (1) und (3) ein. Das Ergebnis ist in Gleichung (5) in Abbildung gezeigt. Der Ausdruck für p_E wird besonders einfach, wenn man die mittlere Temperatur T_m aus den Anfangstemperaturen T₁ und T₂ einführt.

Setzt man die Zahlenwerte aus Abbildung 1 ein, erhält man einen Druck, der größer ist als der Druck aus den Normbedingungen; dies verwundert nicht, da keine Energie nach außen abgeführt wird:

p_E = 1190.5 hPa.

Man kann jetzt die Gleichungen (1, 3, 4) so lesen, dass sie einen Zusammenhang zwischen je zwei Unbekannten herstellen, die keine eindeutigen Werte annehmen. So zeigt zum Beispiel Gleichung (6) den Zusammenhang zwischen Temperatur und Volumen in jeder Kammer (dazu setzt man p_E in Gleichungen (4) ein). Man kann darin das Endvolumen durch die zulässigen Werte von 0 bis 2V laufen lassen (wobei Gleichung (1) zu beachten ist) und erhält die zugehörigen Endtemperaturen.

Und speziell erkennt man an den Gleichungen (6), dass für V_E1 = V_E2 = V im Endzustand kein Temperaturunterschied zwischen den beiden Kammern besteht; in beiden Kammern herrscht die mittlere Temperatur T_m (siehe Gleichung (7) in Abbildung 3).

Betrachtet man diesen speziellen Endzustand und beachtet Gleichung (5) für den Enddruck, so sieht man: wird jetzt die Trennwand entfernt, so tritt keine weitere Veränderung ein, da sich das Gas in beiden Kammern im Gleichgewicht befindet und zwischen den Kammern keine Unterschiede in den intensiven Zustandsgrößen bestehen.

Abbildung 3: Berechnungen zum irreversiblen Druckausgleich. Die Bezeichnungen werden wie in Abbildung 1 verwendet.

In Abbildung 4 wird versucht, die unendlich vielen Lösungen für die Endzustände im pV-Diagramm darzustellen:

1. Wie schon in Abbildung 2 werden die Volumina V/2 = 11.4 dm³, V = 22.4 dm³ und 2V = 44.8 dm³, die Isothermen zu den Temperaturen: T₀ = 273 K, T₁ = 433.4 K und T₀ = 208.4 K, der Anfangszustand (roter und blauer Punkt) sowie die Gerade mit dem Ausgleichsdruck p = 1013 hPa dargestellt. Letzterer ist hier irrelevant und dient nur zum besseren Vergleich der reversiblen und irreversiblen Prozessführung.
2. Neu ist die Isotherme zur mittleren Temperatur T_m (türkisfarben und gestrichelt).
3. Ebenfalls neu ist die Gerade p_E = 1190.5 hPa (türkisfarben): Auf ihr liegen alle möglichen Endzustände (p_E, V_E1), (p_E, V_E2), wobei V_E1 + V_E2 = 2V.

Abbildung 4: Das pV-Diagramm für den irreversiblen Druckausgleich. Auf der waagrechten Gerade p_E = const (türkisfarben) befinden sich alle möglichen Endzustände, die in Abbildung 3 berechnet wurden. Da die Zwischenzustände keine Gleichgewichtszustände sind, kann man keine Kurve einzeichnen, die den Anfangszustand mit einem möglichen Endzustand verbindet – die Zustandsgrößen sind nicht definiert.

Man erkennt an Abbildung 4 besonders leicht den Spezialfall mit

V_E1 = V_E2 = V und T_E1 = T_E2 = T_m;

er liegt auf dem Schnittpunkt der Isotherme zu T_m und der Gerade p_E = const.

Falsch wäre es in Abbildung 4 Zustandsänderungen von den Anfangszuständen des Gases (roter und blauer Punkt) zu den Endzuständen einzutragen. Denn es handelt sich hier um einen irreversiblen Prozess, der dadurch gekennzeichnet ist, dass die Zwischenzustände keine Gleichgewichtszustände sind. Sie können daher weder im pV-Diagramm dargestellt noch durch die Zustandsgleichung berechnet werden. Und da man für den irreversiblen Vorgang keine Funktion für den Druck p(V) angeben kann, lässt sich auch das Arbeitsintegral -∫p(V)dV nicht auswerten.

Die Entropie bei der irreversiblen Prozessführung

Es mag befremden, dass hier unendlich viele Lösungen für die Endzustände des Gases in den beiden Kammern möglich sind. Denn man erwartet, dass sich beim Druckausgleich ein eindeutiger Endzustand einstellt. Insbesondere sind auch Lösungen enthalten, die nicht zu einem Temperaturausgleich, sondern zu einer Vergrößerung des Temperaturunterschiedes zwischen den Kammern führen.

Dazu muss man sich vergegenwärtigen, welche Voraussetzungen in Gleichungen (1, 2, 4) in Abbildung 3 enthalten sind, und zur Berechnung der Endzustände verwendet wurden. Eingegangen sind bisher:

• die Randbedingung, dass das Gas das gesamte Volumen 2V einnimmt,
• die kalorische Zustandsgleichung,
• die thermische Zustandsgleichung und
• der 1. Hauptsatz der Thermodynamik.

Der Entropiesatz wird zur Berechnung der Lösungen noch nicht verwendet – dabei ist klar, dass bei einem irreversiblen Vorgang die Entropie zunehmen muss. Um den eindeutigen Endzustand zu berechnen, kann man jetzt für alle erlaubten Lösungen die Entropie berechnen und dann denjenigen Zustand auswählen, dessen Entropie maximal ist.

Dazu gibt man sich einen Parameter fest vor, zum Beispiel das Volumen V_E1, variiert es im erlaubten Bereich, also zwischen 0 und 2V, und berechnet in Abhängigkeit von V_E1:

1. Die Entropie S₁ des Gases in der linken Kammer.
2. Die Entropie S₂ des Gases in der rechten Kammer.
3. Die Entropie des Gesamtsystems, also die Summe S = S₁ + S₂.

Und wenn die Gesamtentropie S ein eindeutiges Maximum besitzt, kann man argumentieren, dass dies der Endzustand ist, der sich einstellt, wenn das System sich selbst überlassen wird.

In Die Berechnung der Entropie des idealen einatomigen Gases wurden verschiedene Darstellungen der Entropie angegeben. Da im Endzustand der Druck in beiden Kammern identisch ist, verwendet man zur Berechnung der Gesamtentropie S die Darstellung der Entropie als Funktion von Druck und Temperatur: S = S(T, p).

Man könnte auch mit der Entropiefunktion S = S(V, T) argumentieren, was aber gleichwertig ist. Denn wie in Die Berechnung der Entropie des idealen einatomigen Gases gezeigt wird, beruht die Umrechnung von S = S(T, p) zu S = S(V, T) lediglich darauf, dass mit Hilfe der thermischen Zustandsgleichung der Druck p eliminiert und das Volumen V als neue Variable eingeführt wird.

Abbildung 5 zeigt die Berechnung der Entropie der nach den bisherigen Überlegungen erlaubten Endzustände der beiden Kammern:

1. Ausgangspunkt ist die Entropiefunktion S = S(T, p), siehe Gleichung (1).
2. Als Referenzzustand (T₀, p₀) in Gleichung (1) wird die mittlere Temperatur T_m (Mittelwert aus den Anfangstemperaturen T₁ und T₂) und der Gleichgewichtsdruck p_E gewählt, der in Gleichung (5) in Abbildung 3 berechnet wurde. Die Entropie des Referenzzustandes wird (willkürlich) gleich 0 gesetzt: S(T_m, p_E) = 0 (siehe Gleichung (2) in Abbildung 5).
3. Die Gesamtentropie setzt sich aus den Entropien des idealen einatomigen Gases in den beiden Kammern zusammen, siehe Gleichung (3).
4. Formt man den Logarithmus geeignet um, kann man zwei Summanden mit dem Temperatur- beziehungsweise Druck-Anteil bilden. Der Summand mit dem Druck ist gleich 0 aufgrund der Wahl des Referenzzustandes. Der Summand mit den Temperaturen wird so umgeformt, dass wieder das Endvolumen V_E1 als Variable enthalten ist (hier wird Gleichung (6) aus Abbildung 3 verwendet).
5. Man erkennt an dem Ergebnis, dass der "besonders symmetrische Zustand", der in Gleichung (7) in Abbildung 3 bereits beschrieben war, die maximale Entropie besitzt. Mit "besonders symmetrisch" ist gemeint, dass jetzt nicht nur Druckgleichheit sondern auch Temperaturgleichheit in den beiden Kammern herrscht.
6. Die Entropie des Anfangszustandes (siehe Gleichung (5)) kann durch Einsetzen der gegebenen Zahlenwerte berechnet werden, siehe Gleichung (6).

Der Zahlenwert aus Gleichung (6) ist natürlich nichtssagend, da man dafür keinen Vergleichswert kennt. Die Aufgabe weiter unten stellt den Vergleich mit dem Temperaturausgleich her.

Abbildung 5: Die Berechnung der Entropien für den irreversiblen Druckausgleich. Der Referenzzustand wird so gewählt, dass der Endzustand mit maximaler Entropie die Entropie 0 besitzt. Die Beiträge der Entropien des Anfangszustandes werden auf diesen Referenzzustand bezogen, wodurch sie vergleichbar werden.

Abbildung 6 zeigt die graphische Darstellung der soeben berechneten Entropien:

1. Grün: Die Gesamtentropie des Anfangszustandes ist als waagrechte Gerade dargestellt.
2. Schwarz: Die Beiträge der beiden Kammern zur Entropie des Anfangszustandes sind identisch; auch sie sind als waagrechte Gerade dargestellt.
3. Rot und blau: Die Entropie der nach dem Energieerhaltungssatz erlaubten Endzustände und zwar für die linke und rechte Kammer. Hier wird das Endvolumen V_E1 als Variable verwendet, die zwischen 0 und 44.8 dm³ variiert. Man erkennt, dass diese Entropien gegen -∞ gehen, wenn V_E1 → 0 beziehungsweise V_E1 → 44.8 dm³.
4. Türkisfarben: Die Gesamtentropie des Endzustandes, also die Summe der Entropien des Gases in den beiden Kammern ist türkisfarben gezeigt. Man erkennt deutlich das eindeutige Maximum bei V_E1 = 22.4 dm³.
5. An der y-Achse kann man jetzt die Entropiedifferenz zwischen dem Anfangs- und Endzustand ablesen: Abstand des Maximums der Gesamtentropie von der grünen Gerade.

Abbildung 6: Darstellung der Entropien für den irreversiblen Druckausgleich.

Aufgabe:

Diskutieren Sie, ob die Beiträge zur Entropie des Anfangszustandes, die in Abbildung 5 unten berechnet wurden, plausibel sind. Dabei sind sowohl die Vorzeichen als auch die Beträge zu beachten.

Vergleich mit dem isochoren Temperaturausgleich

Aufgabe: Es soll de Anfangszustand aus Abbildung 5 gegeben sein. Die Trennwand zwischen den beiden Kammern ist jetzt nicht beweglich, sondern durchlässig für Wärme.

1. Welcher Endzustand stellt sich ein?
2. Wie groß ist die Entropiezunahme beim Temperaturausgleich?
3. Diskutieren Sie den Vergleich mit der Berechnung in Abbildung 5.

Lösung:

Abbildung 7 zeigt die Berechnungen, die in vielen Teilen analog auszuführen sind wie beim Druckausgleich.

1. Der Anfangszustand ist nochmals angegeben.
2. Der Endzustand kann hier leicht berechnet werden: Da es sich um eine isochore Zustandsänderung handelt, berechnet sich der neue Druck aus p/T = const. Die neuen Temperaturen erhält man aus dem Energieerhaltungssatz, wenn man bereits voraussetzt, dass sich die Temperaturen ausgleichen, was eigentlich wieder mit dem Entropiesatz zu begründen wäre. Da beide Kammern die identische Stoffmenge enthalten, ist der Mittelwert aus T₁ und T₂ die gesuchte Endtemperatur.
3. Bei der isochoren Zustandsänderung ist es besonders einfach mit der Entropiefunktion S = S(V, T) zu rechnen, für die als Referenzzustand der Zustand mit V₀ = 22.4 dm³ und T₀ gewählt wird. Der (irrelevante) Wert für die Entropie beim Referenzzustand wird gleich 0 gesetzt.
4. Damit kann man für jede der beiden Kammern die Entropieänderung berechnen, die nur von den Temperaturen abhängt.
5. Die Summe dieser beiden Entropieänderungen ist gleich der Entropieänderung des Gesamtsystems.
6. Den Zahlenwert, der sich dabei ergibt, kann man jetzt sehr gut mit demjenigen beim Druckausgleich vergleichen: Dazu muss man beachten, dass man die Entropiefunktion S = S(V, T) aufgrund der Rechengesetze für den Logarithmus in der Form S(V, T) = S_V(V) + S_T(T) schreiben kann. Beim Druckausgleich haben sich sowohl Volumen als auch Temperatur verändert; Letztere aber um genau die Werte wie hier beim isochoren Temperaturausgleich. Daher stimmt der hier berechnete Betrag für die Entropieänderung mit dem temperaturabhängigen Anteil beim Druckausgleich überein.

Abbildung 7: Berechnung des Endzustandes und der Entropien beim isochoren Temperaturausgleich.