7.2 Entropi og andre hovedsetning

Entropi som tilstandsfunksjon, $\Delta S=\int dQ_\text{rev}/T$, entropiendring for ideell gass, og 2. hovedsetning som fortegnsanalyse (universets entropi øker).

60 min

10 oppgaver

Entropiandre hovedsetning

Din fremgang i kapitlet

0 / 10 oppgaver

Kapitlets plass i kurset

Bygger på

7.1Første hovedsetning og termodynamiske prosesser

Brukes videre i

7.3Drill: prosesser, $\Delta U=Q-W$ og entropi (sjanger T4, T7, T8)

Entropi er termohalvdelens mest fryktede tema og samtidig et av de mest
regelmessige. Sjanger T7 — entropioppgaven — forekommer i praktisk talt alle
sett (~100 %), og sjanger T8 (hovedsetningene som fortegnsanalyse) gjør det
samme. Begge hører i termohalvdelen, spørsmål 21–40. Prioritet: høyeste —
dette må sitte.

Grunnen til at temaet er regelmessig, er at det bare finnes fem oppgaveformer, og
alle fem er korte:

1. Isoterm prosess: $\Delta S = nR\ln(V_2/V_1)$ .
2. Oppvarming eller avkjøling: $\Delta S = nC\ln(T_2/T_1)$ med riktig $C$ .
3. Fri ekspansjon: samme som isoterm, selv om prosessen er irreversibel.
4. Varmeoverføring mellom to reservoarer:
$\Delta S_\text{univers} = Q(1/T_\text{kald} - 1/T_\text{varm})$ .
5. Konseptspørsmål: hvilken prosess er umulig etter andre hovedsetning, eller
ranger $T$ , $S$ og $\Delta U$ i hjørnene av en syklus.

Den ene feilen som koster mest, er å tro at man ikke kan regne $\Delta S$ for en
irreversibel prosess (felle #14 — å glemme at entropi er en tilstandsfunksjon).
Man kan alltid: man konstruerer en reversibel omvei mellom de samme to
tilstandene og regner langs den. Det er kapitlets sentrale teknikk, og halve
sjangeren består i å bruke den.

Den nest dyreste feilen er celsius i logaritmen (felle #11): $\ln(T_2/T_1)$
krever kelvin, og et forhold mellom celsiustall er noe helt annet enn et forhold
mellom kelvinverdier.

Forkunnskaper — sist du var her

Dette kapitlet bygger direkte på kap. 7.1, og du trenger
fire ting derfra. De står ferdig oppfrisket her:

$\Delta U = Q - W, \qquad W = \int_{V_1}^{V_2} p\,dV$
Første hovedsetning og arbeidsintegralet, med denne bokas fortegnskonvensjon:
$Q > 0$ er varme inn, $W > 0$ er arbeid gjort av gassen.

$\Delta U = nC_V\,\Delta T \qquad (\text{uansett prosess})$
Indre energi for en ideell gass. Denne brukes i selve utledningen av
entropiuttrykket.

$\text{isokor}: W = 0 \quad\text{—}\quad \text{isobar}: W = p\Delta V \quad\text{—}\quad \text{isoterm}: \Delta U = 0 \quad\text{—}\quad \text{adiabat}: Q = 0$
Prosesstabellen. Du trenger den fordi entropiuttrykket ser ulikt ut for hver av
dem.

$C_V = \frac{f}{2}R, \qquad C_P = C_V + R$
Fra kap. 6.2. Enatomig: $C_V = 12{,}471$ ,
$C_P = 20{,}785$ . Toatomig ved romtemperatur: $C_V = 20{,}785$ , $C_P = 29{,}099$
(i $\text{J/(mol}\cdot\text{K)}$ ). Valget mellom dem avgjør entropisvaret.

Fra matematikken: Bestemt integral som grenseverdi trenger du
til $\int dQ/T$ , og logaritmen er kapitlets viktigste funksjon:
$\int_{T_1}^{T_2}\frac{dT}{T} = \ln\frac{T_2}{T_1}, \qquad \ln 2 = 0{,}69315, \qquad \ln 3 = 1{,}0986, \qquad \ln\frac{1}{x} = -\ln x.$
Den siste er verdt å merke seg nå: logaritmen av et tall under 1 er negativ,
og det er nettopp det som gir riktig fortegn på $\Delta S$ ved kompresjon og
avkjøling.

⚠ Symbolvarsel — $S$ er nytt, og det kolliderer. Fra og med dette kapitlet er
$S$ entropi, med enheten J/K. I kap. 5.1 var $S$
taustrekket i en konisk pendel, målt i newton. De to har ingenting med
hverandre å gjøre, og enheten skiller dem umiddelbart. Ellers gjelder de samme
som før: $Q$ er varme (ikke kvalitetsfaktor), $T$ er kelvin (ikke periode), $p$
er trykk (ikke bevegelsesmengde), $R$ er gasskonstanten (ikke radius).

Løkke 1 — hva entropi er, og hvorfor den trengs (~14 min)

Sett en kopp varm kaffe på bordet. Den blir kald. Aldri, ikke én gang i
verdenshistorien, har en kald kopp kaffe på et romtemperert bord blitt varm av seg
selv — selv om energibevaring ikke ville hatt noe å innvende. Varmen kunne
strømmet fra bordet til kaffen, og regnskapet i første hovedsetning ville stemt
perfekt.

Slipp en dråpe blekk i et glass vann. Det blander seg. Det ublander seg ikke.
Knus et egg. Det blir ikke helt igjen.

Første hovedsetning sier ingenting om retning. Den tillater alle disse
prosessene baklengs. Vi trenger en størrelse som forteller hvilken vei naturen
faktisk går, og den størrelsen er entropi.

Reversibel prosess

En prosess som kan kjøres baklengs gjennom nøyaktig de samme tilstandene, slik at både systemet og omgivelsene ender der de startet. Det krever at prosessen er kvasistatisk (går så langsomt at likevekt holdes hele veien) og at det ikke finnes friksjon eller endelige temperaturforskjeller. En reversibel prosess er en idealisering — ingen virkelig prosess er helt reversibel. Men den er en uunnværlig idealisering, av to grunner: den er grensetilfellet som gir best mulig ytelse (det ser du i Carnot-syklusen i Del 8), og den er den eneste veien man kan regne entropi langs. Kjennetegnet i en oppgavetekst: «svært langsomt», «reversibelt», «kvasistatisk».

Irreversibel prosess

pV

Entropi

S

dS = \frac{dQ_\text{rev}}{T} \quad\Longrightarrow\quad \Delta S = \int_1^2 \frac{dQ_\text{rev}}{T},

📜Entropi er en tilstandsfunksjon — og den reversible omveien

\Delta S

avhenger bare av start- og sluttilstanden, ikke av veien mellom
dem. Det gjelder selv om integralet

\int dQ_\text{rev}/T

ser ut som noe
veiavhengig.

Konsekvensen er kapitlets viktigste metode. Skal du finne $\Delta S$ for en
irreversibel prosess:

1. Bestem start- og slutt-tilstand fullstendig ( $p$ , $V$ , $T$ for begge).
2. Konstruer en reversibel vei mellom nøyaktig de samme to tilstandene — du
velger den selv, og du velger den enkleste.
3. Regn $\int dQ_\text{rev}/T$ langs den veien.
4. Svaret gjelder for den opprinnelige prosessen også.

Merk hva som ikke gjelder: $Q$ i den faktiske prosessen kan ikke brukes. I en
fri ekspansjon er $Q = 0$ , men $\Delta S > 0$ — det er ingen selvmotsigelse,
fordi $dS = dQ_\text{rev}/T$ krever den reversible varmen, ikke den faktiske.

Å hoppe over omveien er felle #14, og den finnes i to varianter: å nekte å
regne $\Delta S$ fordi prosessen er irreversibel, og å sette den faktiske
$Q = 0$ inn og konkludere $\Delta S = 0$ . Begge gir feil svar, og begge står
typisk som alternativer.

Utledningen som kreves aktivt: $\Delta S$ for en ideell gass

Dette er den ene utledningen i kapitlet du bør kunne gjøre fra bunnen. Den er
fire linjer, og den gir uttrykket du bruker i nesten hver entropioppgave.

Start med første hovedsetning for en reversibel, infinitesimal prosess:
$dQ_\text{rev} = dU + dW = nC_V\,dT + p\,dV.$

Del på $T$ , og sett inn $p = nRT/V$ fra gassloven:
$dS = \frac{dQ_\text{rev}}{T} = nC_V\frac{dT}{T} + \frac{p}{T}\,dV = nC_V\frac{dT}{T} + nR\frac{dV}{V}.$

Intuisjon: de to leddene er de to måtene entropien kan øke. Det første er
oppvarming — mer termisk bevegelse, flere mikrotilstander. Det andre er
ekspansjon — mer rom å være i, flere mikrotilstander. Legg merke til at $T$
forsvant helt ut av det andre leddet: $p/T = nR/V$ fra gassloven. Det er derfor
det isoterme leddet er så enkelt.

Integrér fra tilstand 1 til tilstand 2:
$\boxed{\ \Delta S = nC_V\ln\frac{T_2}{T_1} + nR\ln\frac{V_2}{V_1}\ }$
Uttrykket står på det utdelte arket.

Og formen i $T$ og $p$ , som du får ved å sette $V = nRT/p$ inn og bruke
$C_P = C_V + R$ :
$\Delta S = nC_P\ln\frac{T_2}{T_1} - nR\ln\frac{p_2}{p_1}.$
Merk minustegnet foran trykkleddet: øker du trykket ved fast temperatur,
presses gassen sammen, og entropien faller. Også denne formen står på arket.

De fire spesialtilfellene faller rett ut, og det er dem du bruker:

Prosess	$\Delta S$
isoterm ( $T_2 = T_1$ )	$nR\ln\dfrac{V_2}{V_1}$
isokor ( $V_2 = V_1$ )	$nC_V\ln\dfrac{T_2}{T_1}$
isobar ( $p_2 = p_1$ )	$nC_P\ln\dfrac{T_2}{T_1}$
reversibel adiabat	$0$

Den siste er verdt å regne etter. Langs en reversibel adiabat er

T_2/T_1 = (V_1/V_2)^{\gamma-1}

, og da blir

\Delta S = nC_V(\gamma-1)\ln\frac{V_1}{V_2} + nR\ln\frac{V_2}{V_1} = nR\ln\frac{V_1}{V_2} + nR\ln\frac{V_2}{V_1} = 0,

der vi brukte

C_V(\gamma-1) = R

fra kap. 6.2. De to
leddene kansellerer nøyaktig. En reversibel adiabat er derfor en prosess med

konstant entropi, og den kalles derfor isentrop.
— naturlig pausepunkt —

Entropiendring for en ideell gass

\Delta S = nC_V\ln\frac{T_2}{T_1} + nR\ln\frac{V_2}{V_1} = nC_P\ln\frac{T_2}{T_1} - nR\ln\frac{p_2}{p_1}.

✏️Eksempel 1: fri ekspansjon — der omveien er alt

1{,}00\,\text{mol}

ideell gass befinner seg i den ene halvdelen av en isolert
beholder ved

300\,\text{K}

. Den andre halvdelen er tom. En skillevegg fjernes,
og gassen strømmer fritt ut i hele beholderen, slik at volumet dobles.

a) Hva er $Q$ , $W$ og $\Delta U$ for prosessen?

b) Hva blir slutt-temperaturen?

c) Finn gassens entropiendring.

d) Finn universets entropiendring, og forklar hva den forteller.

e) Vis at omveien gir samme svar som i c), regnet fra $\int dQ_\text{rev}/T$ .

a) Tre nuller, og hver av dem har sin egen grunn:

- $Q = 0$ : beholderen er isolert, så ingen varme kan krysse grensen.
- $W = 0$ : gassen skyver ikke mot noe. Den strømmer inn i vakuum, og det
finnes ingen mottrykk å arbeide mot. Dette er den delen som overrasker — merk at
volumet endres, men arbeidet er likevel null, fordi $p_\text{ytre} = 0$ .
- $\Delta U = Q - W = 0$ .

b) For en ideell gass er $\Delta U = nC_V\Delta T$ , og $\Delta U = 0$ gir
$\Delta T = 0, \qquad T_2 = T_1 = 300\,\text{K}.$
Temperaturen er uendret — gassen blir ikke kaldere av å utvide seg fritt,
fordi den ikke gjorde noe arbeid. (Sammenlign med en adiabatisk ekspansjon i
kap. 7.1, der gassen gjorde arbeid mot et stempel og
derfor ble kaldere.)

c) Symbolsk. Nå kommer det som skiller sjangeren fra resten: prosessen er
irreversibel, så vi kan ikke integrere langs den. Men entropi er en
tilstandsfunksjon, så vi bruker uttrykket for en ideell gass med de faktiske
start- og slutt-tilstandene. Med $T_2 = T_1$ faller temperaturleddet bort:
$\Delta S = nC_V\ln\frac{T_2}{T_1} + nR\ln\frac{V_2}{V_1} = 0 + nR\ln 2.$

Rask vei til tall.
$\Delta S = 1{,}00 \cdot 8{,}314 \cdot 0{,}69315\,\text{J/K} = 5{,}7628\,\text{J/K}.$
Positiv — entropien øker, som den må for en irreversibel prosess i et isolert
system.

⚠ Her ligger felle #14. Prosessen har $Q = 0$ , og det er fristende å
konkludere at $\Delta S = Q/T = 0$ . Det er galt. Definisjonen er
$dS = dQ_\text{rev}/T$ — den reversible varmen, ikke den faktiske. En
irreversibel prosess kan godt ha $Q = 0$ og $\Delta S > 0$ samtidig.

d) Omgivelsene ble ikke berørt i det hele tatt: beholderen er isolert, og
ingen varme eller arbeid krysset grensen. Altså
$\Delta S_\text{omgivelser} = 0, \qquad \Delta S_\text{univers} = 5{,}7628 + 0 = 5{,}7628\,\text{J/K} > 0.$

Hva det forteller: at prosessen er irreversibel, og at den motsatte
prosessen er umulig. Gassen kommer ikke tilbake i den ene halvdelen av seg selv —
det ville krevd $\Delta S_\text{univers} < 0$ , som andre hovedsetning forbyr.
Merk at første hovedsetning ikke ville hatt noe å innvende: energien er den samme
i begge tilfeller.

e) Konstruér omveien: en reversibel isoterm ekspansjon ved
$300\,\text{K}$ fra $V$ til $2V$ . Den har samme start- og slutt-tilstand som den
frie ekspansjonen (samme $T$ , samme volumendring), og den kan regnes.

Langs den isoterme er $\Delta U = 0$ , altså $Q_\text{rev} = W$ :
$Q_\text{rev} = nRT\ln 2 = 1{,}00 \cdot 8{,}314 \cdot 300 \cdot 0{,}69315\,\text{J} = 1728{,}8\,\text{J}.$
Og siden temperaturen er konstant langs omveien, kan $T$ settes utenfor
integralet:
$\Delta S = \int\frac{dQ_\text{rev}}{T} = \frac{Q_\text{rev}}{T} = \frac{1728{,}8}{300}\,\text{J/K} = 5{,}7628\,\text{J/K} \ \checkmark$

Samme svar som i c). Legg merke til hva som skjedde: den faktiske prosessen
hadde $Q = 0$ og $W = 0$ ; omveien har $Q_\text{rev} = 1728{,}8\,\text{J}$ og
$W = 1728{,}8\,\text{J}$ . Helt ulike varme- og arbeidstall, samme
entropiendring — fordi $\Delta S$ bare avhenger av endepunktene.

📝Oppgave 1

(Innstegsoppgave — enhet, fortegn og begrep. Ingen omvei ennå.)

a) Hva er SI-enheten for entropi?

b) Blir $\Delta S$ positiv eller negativ når en gass avkjøles ved fast
volum? Begrunn ut fra formelen.

c) Blir $\Delta S$ positiv eller negativ når en gass komprimeres ved fast
temperatur?

d) En medstudent sier: «prosessen er isolert, så $Q = 0$ , og dermed er
$\Delta S = 0$ ». Hva er galt?

📝Oppgave 2

Sjanger T7

1{,}50\,\text{mol}

ideell gass utvider seg
isotermt og reversibelt til dobbelt volum.

a) Finn gassens entropiendring.

b) Finn omgivelsenes entropiendring, og universets.

c) Sammenlign med en fri ekspansjon til samme sluttvolum. Hva er likt, og
hva er ulikt?

Løkke 2 — andre hovedsetning og universets entropi (~16 min)

Nå har vi størrelsen. Loven som bruker den, er kort — og den er den eneste loven i
fysikken som forteller om retning i tid.

📜Andre hovedsetning

For enhver prosess gjelder

\boxed{\ \Delta S_\text{univers} = \Delta S_\text{system} + \Delta S_\text{omgivelser} \ge 0\ }

med likhet bare for en reversibel prosess og skarp ulikhet for enhver
virkelig (irreversibel) prosess. Loven står på det utdelte arket.

Tre presiseringer som avgjør flest oppgaver:

1. Det er universets entropi som ikke kan falle — ikke systemets. Et
kjøleskap senker entropien inne i skapet; det er tillatt, fordi entropien i
kjøkkenet øker mer.
2. Reversibel betyr $\Delta S_\text{univers} = 0$ , ikke
$\Delta S_\text{system} = 0$ . De to er helt ulike utsagn.
3. En prosess med $\Delta S_\text{univers} < 0$ er umulig. Det er den
fullstendige testen på om en foreslått prosess kan skje — og det er nettopp
den testen konseptspørsmålene i sjangeren ber om.

Intuisjon: det finnes overveldende flere mikroskopiske måter å realisere en
«blandet» tilstand på enn en «sortert» tilstand. Naturen går ikke mot uorden fordi
den foretrekker det, men fordi det er så mange flere måter å være uordnet på.
Blekkdråpen i vannglasset kunne i prinsippet samle seg igjen — sannsynligheten er
bare uendelig liten.

Entropiendring i et varmereservoar

T

📜Varmeoverføring mellom to reservoarer

Går varmen

Q

fra et reservoar ved

T_\text{varm}

til ett ved

T_\text{kald}

,
er

\Delta S_\text{univers} = -\frac{Q}{T_\text{varm}} + \frac{Q}{T_\text{kald}} = Q\left(\frac{1}{T_\text{kald}} - \frac{1}{T_\text{varm}}\right) > 0

så lenge

T_\text{varm} > T_\text{kald}

Dette er andre hovedsetning i tall. Ulikheten er strengt positiv nettopp fordi
den kalde temperaturen er den minste, og den minste temperaturen gir den største
brøken. Varme kan derfor gå spontant fra varmt til kaldt, men aldri motsatt:
den motsatte prosessen ville gitt et negativt tall.

Grensetilfellet er lærerikt: går $T_\text{varm} \to T_\text{kald}$ , går
$\Delta S_\text{univers} \to 0$ . Varmeoverføring over en forsvinnende liten
temperaturforskjell er altså (nesten) reversibel — den tar bare uendelig lang
tid. Det er nettopp dette Carnot-syklusen i Del 8 utnytter.

Merk hva som IKKE inngår: hva som skjedde mellom reservoarene. Gikk varmen
gjennom en kobberstang, en luftspalte eller en dårlig isolert vegg, er
entropiøkningen den samme — den avhenger bare av $Q$ og de to temperaturene.

✏️Eksempel 2: oppvarming — og hvilken $C$ som hører hvor

2{,}00\,\text{mol}

toatomig ideell gass varmes fra

300\,\text{K}

til

450\,\text{K}

a) Finn entropiendringen når oppvarmingen skjer ved fast volum.

b) Finn den når oppvarmingen skjer ved fast trykk.

c) Hvorfor er svaret i b) størst, og hvor stor er differansen?

d) Hva ville du fått hvis du satte inn celsiustall i logaritmen?

a) Symbolsk. Fast volum betyr at volumleddet faller bort:

\Delta S = nC_V\ln\frac{T_2}{T_1}.

Rask vei til tall. Regn logaritmen som eget mellomresultat:
$\frac{T_2}{T_1} = \frac{450}{300} = 1{,}500, \qquad \ln 1{,}500 = 0{,}405465,$
$\Delta S = 2{,}00 \cdot 20{,}785 \cdot 0{,}405465\,\text{J/K} = 16{,}855\,\text{J/K}.$

b) Fast trykk gir $C_P$ i stedet:
$\Delta S = nC_P\ln\frac{T_2}{T_1} = 2{,}00 \cdot 29{,}099 \cdot 0{,}405465\,\text{J/K} = 23{,}597\,\text{J/K}.$

c) Fordi gassen i det isobare tilfellet også utvider seg mens den varmes,
og ekspansjonen bidrar med sin egen entropiøkning. Differansen er
$23{,}597 - 16{,}855 = 6{,}7421\,\text{J/K},$
og den skal være nøyaktig $nR\ln(T_2/T_1)$ :
$nR\ln\frac{T_2}{T_1} = 2{,}00 \cdot 8{,}314 \cdot 0{,}405465\,\text{J/K} = 6{,}7421\,\text{J/K} \ \checkmark$

Det følger direkte av $C_P = C_V + R$ , og du kan bruke det som kontroll: de to
entropisvarene skal alltid skille seg med $nR\ln(T_2/T_1)$ .

At det isobare svaret er størst, kan du også se fra volumleddet: ved fast trykk er
$V_2/V_1 = T_2/T_1 = 1{,}500$ , så
$\Delta S = nC_V\ln 1{,}500 + nR\ln 1{,}500 = n(C_V+R)\ln 1{,}500 = nC_P\ln 1{,}500 \ \checkmark$
— samme svar, regnet fra grunnformelen med begge ledd.

d) Kelvin-fella i tall. Med celsiusverdiene
$26{,}85\,^\circ\text{C}$ og $176{,}85\,^\circ\text{C}$ ville forholdet blitt
$6{,}5866$ i stedet for $1{,}500$ , og svaret
$\Delta S^\text{galt} = 2{,}00 \cdot 20{,}785 \cdot \ln 6{,}5866\,\text{J/K} = 78{,}361\,\text{J/K},$
altså nesten fire ganger for stort. Merk hvorfor fella er så farlig i entropi
spesielt: logaritmen forsterker den relative feilen i forholdet. Et
kelvinforhold på $1{,}500$ og et celsiusforhold på $6{,}5866$ ligger langt fra
hverandre, og logaritmen gjør avstanden verre, ikke bedre.

📝Oppgave 3

Sjanger T7

3{,}00\,\text{mol}

argon (enatomig) varmes fra

280\,\text{K}

til

420\,\text{K}

a) Finn entropiendringen ved fast volum.

b) Finn den ved fast trykk.

c) Kontroller at differansen er $nR\ln(T_2/T_1)$ .

📝Oppgave 4

Sjanger T7, fri…

2{,}00\,\text{mol}

ideell gass ekspanderer fritt i
en isolert beholder til tre ganger volumet.

a) Finn $Q$ , $W$ , $\Delta U$ og $\Delta T$ .

b) Finn gassens entropiendring.

c) Finn universets entropiendring, og avgjør om den motsatte prosessen er
mulig.

d) Beskriv den reversible omveien du ville brukt, og hvorfor den gir samme
svar.

✏️Eksempel 3: irreversibel varmeoverføring (eksamensnivå)

Varmen $2500\,\text{J}$ strømmer gjennom en dårlig isolert vegg fra et rom ved
$500\,\text{K}$ til uteluften ved $300\,\text{K}$ . Begge er store nok til å
regnes som reservoarer.

a) Finn entropiendringen for hvert av de to reservoarene.

b) Finn universets entropiendring.

c) Kontroller svaret med den generelle formelen.

d) Hvor mye arbeid kunne man i beste fall fått ut av denne varmen i stedet for
å sløse den bort? (Se framover mot Del 8.)

a) Symbolsk. Et reservoar har konstant temperatur, så

\Delta S = Q_\text{reservoar}/T

— ingen logaritme.

Rask vei til tall. Det varme rommet mister varmen:
$\Delta S_\text{varm} = \frac{-2500}{500}\,\text{J/K} = -5{,}0000\,\text{J/K} \quad (\text{negativ — entropien der faller}).$
Uteluften mottar den:
$\Delta S_\text{kald} = \frac{+2500}{300}\,\text{J/K} = 8{,}3333\,\text{J/K} \quad (\text{positiv}).$

b)
$\Delta S_\text{univers} = -5{,}0000 + 8{,}3333 = 3{,}3333\,\text{J/K} > 0.$
Positiv, som den må være for en irreversibel prosess.

Legg merke til hvorfor den positive vinner: samme energiporsjon $Q$ deles på
den minste temperaturen i det ene tilfellet og på den største i det andre. Den
minste nevneren gir den største brøken. Det er hele mekanismen i andre
hovedsetning, uttrykt i én setning.

c) Kontroll med formelen:
$\Delta S_\text{univers} = Q\left(\frac{1}{T_\text{kald}} - \frac{1}{T_\text{varm}}\right) = 2500\left(\frac{1}{300} - \frac{1}{500}\right)\,\text{J/K}$
$= 2500 \cdot (0{,}0033333 - 0{,}0020000)\,\text{J/K} = 2500 \cdot 0{,}0013333\,\text{J/K} = 3{,}3333\,\text{J/K} \ \checkmark$

d) Dette er et forvarsel om Del 8, men det er verdt å se nå. Den maksimale
arbeidsmengden man kan hente ut av varmen $Q$ tatt fra et reservoar ved
$T_\text{varm}$ når omgivelsene er ved $T_\text{kald}$ , er
$W_\text{maks} = Q\left(1 - \frac{T_\text{kald}}{T_\text{varm}}\right) = 2500\left(1 - \frac{300}{500}\right)\,\text{J} = 1000\,\text{J}.$
Altså kunne $1000\,\text{J}$ — $40{,}0$ prosent av varmen — vært
gjort til arbeid av en ideell maskin. Ved å la varmen bare lekke gjennom
veggen, kastet vi hele denne muligheten. Det er den fysiske betydningen av
entropiproduksjon: tapt arbeidspotensial.

Sammenhengen er direkte: $W_\text{maks} = Q - T_\text{kald}\Delta S_\text{univers}$
ville gitt $2500 - 300 \cdot 3{,}3333 = 1500\,\text{J}$ hvis
entropiproduksjonen hadde vært null. Det er samme regnskap sett fra andre siden.

📝Oppgave 5

Sjanger T7 og T8

Varmen $1800\,\text{J}$ strømmer fra et reservoar ved
$450\,\text{K}$ til ett ved $290\,\text{K}$ .

a) Finn entropiendringen for hvert reservoar og for universet.

b) Hvor mye måtte temperaturforskjellen minkes for at
$\Delta S_\text{univers}$ skulle bli halvert, med samme $Q$ og samme kalde
reservoar?

c) Kan varmen strømme motsatt vei av seg selv? Begrunn med et tall.

Isentrop prosess (reversibel adiabat)

\Delta S = 0

T

–

S

-diagram

pV

📝Oppgave 6

(Kvalitativ oppgave — konseptspørsmål av typen som forekommer i hvert sett.)
Avgjør om hver påstand er sann eller falsk, med én setnings begrunnelse.

a) «Enhver adiabatisk prosess har $\Delta S = 0$ .»

b) «Systemets entropi kan aldri synke.»

c) «En reversibel prosess har $\Delta S_\text{system} = 0$ .»

d) «Over en full kretsprosess er gassens entropiendring null.»

e) «En prosess med $\Delta S_\text{univers} = 0$ er umulig.»

— naturlig pausepunkt —

Rask vei til tall (MC-oppskrift)

1. Hvilken lov? Fem former dekker praktisk talt alle spørsmålene. Er det en
gass som endrer tilstand? → $\Delta S = nC_V\ln(T_2/T_1) + nR\ln(V_2/V_1)$ ,
eller $T$ – $p$ -formen. Er det et reservoar? → $\Delta S = Q/T$ , ingen
logaritme. Er det fri ekspansjon? → behandl som isoterm,
$\Delta S = nR\ln(V_2/V_1)$ . Er det varme mellom to reservoarer? →
$Q(1/T_\text{kald} - 1/T_\text{varm})$ . Spørres det om mulighet? → regn
$\Delta S_\text{univers}$ og se om den er negativ.
2. Hvilken ene regnelinje? Skriv logaritmens argument som eget
mellomresultat — $T_2/T_1$ eller $V_2/V_1$ — og deretter logaritmen av det.
Da ser du fortegnet med én gang: forhold under 1 gir negativ $\Delta S$ .
Prosessen er som regel én av de fire, så ett av de to leddene faller bort.
3. Hva hentes hvor? $dS = dQ_\text{rev}/T$ , andre hovedsetning
$\Delta S_\text{univers} \ge 0$ , og begge formene av entropiuttrykket for en
ideell gass står på det utdelte arket, sammen med $C_V$ - og
$C_P$ -verdiene. Logaritmer regner du på kalkulatoren, og
$\int dT/T = \ln T$ kan slås opp i Rottmann. Det som må kunne utledes
aktivt, er (i) selve entropiuttrykket fra $dQ_\text{rev} = nC_V dT + p\,dV$ ,
(ii) at en reversibel adiabat er isentrop, og (iii) konstruksjonen av den
reversible omveien.
4. Hvor mange siffer? Fire gjennom kjeden. Logaritmen er snill mot
avrunding i argumentet (den demper relative feil), men nådeløs mot
celsius-mot-kelvin, som endrer argumentet dramatisk. Bruk
$\ln 2 = 0{,}69315$ og $\ln 3 = 1{,}0986$ med fem siffer.
5. Hva sjekker du før du krysser av? (i) Er alle temperaturer i kelvin
inne i logaritmen? (ii) Spørres det om systemets eller universets
entropi? (iii) Er fortegnet rimelig — ekspansjon og oppvarming gir positiv,
kompresjon og avkjøling negativ? (iv) Har jeg brukt $C_V$ med volumleddet og
$C_P$ med trykkleddet? (v) Er $\Delta S_\text{univers} \ge 0$ ? Er den negativ,
har jeg regnet feil — eller prosessen er umulig, og det er svaret. (vi) Er
enheten J/K?

📝Oppgave 7

Sjanger T7, flervalg i…

2{,}00\,\text{mol}

toatomig ideell gass går fra

T_1 = 300\,\text{K}

V_1 = 20{,}0\,\text{L}

til

T_2 = 400\,\text{K}

V_2 = 50{,}0\,\text{L}

.
Hva er gassens entropiendring?

A $15{,}236\,\text{J/K}$ · B $79{,}783\,\text{J/K}$ · C $31{,}979\,\text{J/K}$ · D $-3{,}2771\,\text{J/K}$ ·
E $27{,}195\,\text{J/K}$ · F $11{,}959\,\text{J/K}$

Oppgi bare bokstavsvaret.

📝Oppgave 8

Eksamensnivå, sjanger T7

2{,}00\,\text{kg}

vann ved

80{,}0\,^\circ\text{C}

blandes med

2{,}00\,\text{kg}

vann ved

20{,}0\,^\circ\text{C}

i et isolert kar. Vannets spesifikke varmekapasitet er

4190\,\text{J/(kg}\cdot\text{K)}

a) Finn slutt-temperaturen.

b) Finn entropiendringen for hver av de to vannmengdene.

c) Finn universets entropiendring, og avgjør om prosessen er reversibel.

d) Forklar hvorfor de to endringene i b) ikke er like store i tallverdi, når
den samme varmemengden ble flyttet.

📝Oppgave 9

(Kvalitativ oppgave — «hvilken prosess er umulig», en gjenganger i sjangeren.)
For hver av de foreslåtte prosessene: er den mulig? Begrunn med andre
hovedsetning.

a) Varme strømmer spontant fra et legeme ved $400\,\text{K}$ til ett ved
$500\,\text{K}$ .

b) En gass komprimeres, og dens entropi faller.

c) En maskin tar $1000\,\text{J}$ varme fra et reservoar og gjør
$1000\,\text{J}$ arbeid, uten annen virkning.

d) En gass i en isolert beholder ekspanderer fritt og blir kaldere.

📝Oppgave 10

Eksamensnivå

1{,}00\,\text{mol}

ideell gass ved

320\,\text{K}

gjennomgår to trinn:

Trinn 1: fri ekspansjon i en isolert beholder til dobbelt volum.

Trinn 2: reversibel isoterm kompresjon tilbake til utgangsvolumet, i termisk
kontakt med et reservoar ved $320\,\text{K}$ .

a) Finn gassens entropiendring i hvert trinn, og totalt.

b) Finn universets entropiendring i hvert trinn, og totalt.

c) Forklar hvordan gassens totale entropiendring kan være null mens universets
er positiv.

d) Hvor mye arbeid måtte tilføres i trinn 2, og hvor ble den energien av?

Typiske feil — og kelvin-fella som logaritmen forstørrer

Å tro at $\Delta S$ ikke kan regnes for en irreversibel prosess (felle #14 —
å glemme at entropi er en tilstandsfunksjon). Man kan alltid: konstruér en
reversibel omvei mellom samme to tilstander, og regn langs den. Dette er
kapitlets sentrale teknikk, og å hoppe over den er den vanligste enkeltfeilen.

Å sette den faktiske $Q$ inn i $\Delta S = Q/T$ . Definisjonen krever
$dQ_\text{rev}$ . En fri ekspansjon har $Q = 0$ og $\Delta S > 0$ samtidig, og det
er ingen selvmotsigelse. Formen $\Delta S = Q/T$ er bare riktig for et
reservoar (der prosessen er reversibel fordi temperaturen ikke endres) eller for en
faktisk reversibel isoterm prosess.

Å forveksle systemets og universets entropi (felle #14s andre halvdel).
Systemets kan falle; universets kan ikke. Over en syklus er systemets alltid
null, mens universets er positiv for en virkelig maskin. Les hva som spørres om.

Å tro at «adiabatisk» betyr «isentrop». Bare den reversible adiabaten har
$\Delta S = 0$ . En irreversibel adiabat produserer entropi selv med $Q = 0$ .

Å bruke $C_P$ sammen med volumleddet. De to formene av entropiuttrykket er
$nC_V\ln(T_2/T_1) + nR\ln(V_2/V_1)$ eller
$nC_P\ln(T_2/T_1) - nR\ln(p_2/p_1)$ — ikke en blanding. Blander du dem,
dobbelteller du $nR\ln(T_2/T_1)$ .

Å glemme minustegnet foran trykkleddet. Høyere trykk betyr mindre volum, altså
lavere entropi. Volumleddet er positivt, trykkleddet negativt.

Å glemme fortegnet på $\Delta S$ for et reservoar som gir fra seg varme. Det
varme reservoaret har negativ $\Delta S$ . Skriv fortegnene ned som egne linjer
før du summerer.

Og kelvin-fella (felle #11), som er dyrere i entropi enn noe annet sted i
boka. Logaritmen tar forholdet mellom to temperaturer, og et celsiusforhold er
ikke bare litt galt — det er en helt annen størrelse. Et eksempel fra dette
kapitlet: oppvarming fra $300$ til $450\,\text{K}$ gir forholdet
$1{,}5000$ og logaritmen $0{,}405465$ . Med celsiustallene $26{,}85$ og $176{,}85$ blir
forholdet $6{,}5866$ og logaritmen $1{,}88504$ — nesten fire ganger større.

Merk kontrasten til vanlig avrundingsfeil: logaritmen er snill mot små feil i
argumentet (den demper dem), men nådeløs mot en flyttet nullpunkt. Derfor er
sifferdisiplinen i entropi mindre kritisk enn i adiabatregningen, mens
kelvin-disiplinen er mer kritisk. Skriv kelvinverdiene som egen linje, og regn
logaritmen med fem siffer.

Begrepsbank

Begrepsbanken er flashcard- og repetisjonsstoff — den gjentar det du nettopp har
lest. Hopp trygt over ved førstegangslesing; tidsanslaget for kapitlet gjelder
kjernestoffet.

Den reversible omveien — kapitlets viktigste metode

\Delta S

Fri (Joule-)ekspansjon

Q = 0 \ (\text{isolert}), \qquad W = 0 \ (\text{ingen mottrykk}), \qquad \Delta U = 0, \qquad \Delta T = 0 \ (\text{ideell gass}),

De fire entropiformene du trenger

\Delta S

Situasjon	$\Delta S$
ideell gass, generelt	$nC_V\ln\dfrac{T_2}{T_1} + nR\ln\dfrac{V_2}{V_1}$
ideell gass, i $T$ og $p$	$nC_P\ln\dfrac{T_2}{T_1} - nR\ln\dfrac{p_2}{p_1}$
reservoar (fast $T$ )	$\dfrac{Q}{T}$
stoff med konstant $c$	$mc\ln\dfrac{T_f}{T_i}$

Universets entropi

\Delta S_\text{univers} = \Delta S_\text{system} + \Delta S_\text{omgivelser} \ \ge 0

Varme mellom to reservoarer — tallkort

\Delta S_\text{univers} = Q\left(\frac{1}{T_\text{kald}} - \frac{1}{T_\text{varm}}\right) > 0 \quad \text{når } T_\text{varm} > T_\text{kald}.

Entropi over en kretsprosess

\Delta S_\text{gass} = 0 \quad (\textbf{alltid}), \qquad \Delta S_\text{univers} \ge 0.

Entropi og antall mikrotilstander (kjenne til)

S = k_B\ln\Omega,

Sjanger T7 — entropioppgaven

c

Felle #14 — entropi som tilstandsfunksjon

\Delta S

Kelvin i logaritmen (felle #11 i entropiform)

\ln(T_2/T_1)

Hvilke prosesser er umulige

\Delta S_\text{univers}

Enheten J/K og typiske størrelsesordener

\text{J/(mol}\cdot\text{K)}

Entropiøkning ved blanding

\Delta S = m_1c\ln\frac{T_f}{T_1} + m_2c\ln\frac{T_f}{T_2},

Entropiproduksjon som tapt arbeid

Q

Rangering av

T

S

\Delta U

i hjørnene

pV

Entropi ved faseovergang (kjenne til)

T

Tredje hovedsetning (kjenne til)

T \to 0 \quad\Longrightarrow\quad S \to 0.

Symbol- og formelliste

Repetisjonsoppgaver

Dette kapitlet er skrevet av Anthropics toppmodeller (Claude Opus og Claude Fable) og er foreløpig ikke manuelt gjennomgått — kvalitetskontrollen gjøres av uavhengige KI-agenter, og innmeldte feil rettes fortløpende. Funnet en feil? Meld fra, så retter vi den. Les mer om hvordan innholdet lages.

Skolesaga er en uavhengig læringsressurs og er ikke tilknyttet eller godkjent av Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet. Dette er ikke offisielt studiemateriell. Les mer.