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第39讲　理想气体与热力学定律综合问题
【学习目标】
1.理解热力学第一定律，能用热力学第一定律解决相关问题。
2.理解热力学第二定律，知道热现象的方向性。
3.知道热力学第一定律和气体实验定律的结合点，能综合应用解决相关问题。
考点一　热力学第一定律　能量守恒定律
1.改变物体内能的两种方式
(1)　做功　；
(2)传热。
2.热力学第一定律
(1)内容：一个热力学系统的内能变化量等于外界向它传递的　热量　与外界对它所做的功的和。
(2)表达式：ΔU=　Q＋W　。
(3)表达式中的正、负号法则：
符号 W Q ΔU
正 　外界　对　物体　做功 物体　吸收　 热量　　　　 内能　增加　
负 　物体　对　外界　做功 物体　放出　 热量　　　　 内能　减少　
3.能量守恒定律
(1)内容
能量既不会凭空　产生　，也不会凭空消失，它只能从一种形式　转化　为其他形式，或者从一个物体　转移　到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量　保持不变　。
(2)第一类永动机是不可能制成的，它违背了　能量守恒定律　。
1.做功和传热改变物体内能的实质是相同的。(　 　)
2.绝热过程中，外界压缩气体做功20 J，气体的内能一定减少20 J。(　 　)
3.物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变。(　√　)
[例1]　(2025·台州期中)常见的气压式水枪玩具内部原理如图所示。从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口。扣动扳机将阀门M打开，水立即从枪口喷出。若在水不断喷出的过程中，罐内气体可视为理想气体，温度始终保持不变，则罐内气体(　D　)
A.内能减少 B.压强变大
C.分子数密度增大 D.吸收热量
【解析】 喷水的过程中，气体体积增大，根据等温变化pV=C可知罐内气体压强减小，B错误；温度不变，内能不变，A错误；气体体积增大，分子数密度减小，C错误；根据热力学第一定律ΔU=Q＋W可知内能不变，气体对外做功，则气体吸收热量，D正确。
考点二　热力学第二定律
1.热力学第二定律的两种表述
(1)克劳修斯表述：　热量不能自发地从低温物体传到高温物体　。
(2)开尔文表述：　不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响　或表述为“　第二类　 永动机是不可能制成的”。
2.热力学第二定律的微观意义
一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行。
3.热力学第二定律的理解
(1)“自发地”指明了传热等热力学宏观现象的方向性，不需要借助外界提供能量的帮助。
(2)“不产生其他影响”的含义是发生的热力学宏观过程只在本系统内完成，对周围环境不产生热力学方面的影响，如吸热、放热、做功等。在产生其他影响的条件下内能可以全部转化为机械能。
4.两类永动机的比较
项目 第一类永动机 第二类永动机
设计要求 不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做功的机器 从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响的机器
不可能制成的 原因 违背能量守恒定律 不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律
1.可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功。(　√　)
2.热机中，燃气的内能可以全部变成机械能而不引起其他变化。(　 　)
3.热量不可能从低温物体传给高温物体。(　 　)
[例2]　关于热力学第二定律的理解，下列说法中正确的是(　B　)
A.凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在传热过程中，热量能从高温物体传递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体
B.机械能可以全部转化为内能，但内能无法全部用来转化成机械能而不引起其他变化
C.在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵会越来越小
D.第一类永动机违反了热力学第二定律
【解析】 热量自发传递方向是从高温到低温，但外界做功时(如制冷机)，热量可从低温传向高温，A错误；机械能可完全转化为内能(如摩擦生热)，但内能转化为机械能需伴随其他变化(如热机需放热到低温热源)，B正确；孤立系统的熵在自然过程中永不减少(熵增原理)，总熵会增大或不变，不会减小，C错误；第一类永动机违反能量守恒定律(热力学第一定律)，第二类永动机才违反热力学第二定律，D错误。
考点三　热力学第一定律与图像的综合应用
1.气体的状态变化可由图像直接判断或结合理想气体状态方程=C分析。
2.气体的做功情况、内能变化及吸放热关系可由热力学第一定律分析。
(1)由体积变化分析气体做功的情况：气体体积膨胀，气体对外做功；气体被压缩，外界对气体做功。
(2)由温度变化判断理想气体内能变化：温度升高，气体内能增大；温度降低，气体内能减小。
(3)由热力学第一定律ΔU=W＋Q判断气体是吸热还是放热。
(4)在p－V图像中，图像与横轴所围面积表示气体对外界所做的功或外界对气体所做的功。
[例3]　一定质量的密封理想气体从状态a开始，经过如图所示的三个过程回到初始状态a，已知状态a的压强p0=2×104 Pa、体积V0=0.01 m3、温度T0=300 K，则下列判断中，正确的是(　C　)
A.状态c对应的温度为900 K
B.从状态c到状态a气体对外做功，吸收热量
C.完成从a→b→c→a一个循环，气体从外界吸收300 J的热量
D.完成从a→b→c→a一个循环，气体向外界放出300 J的热量
【解析】 根据理想气体状态方程有，可得Tc=1 200 K，A错误；从状态c到状态a压缩气体，外界对气体做功，故W＞0，根据盖－吕萨克定律可知，气体温度降低，内能减少，故ΔU＜0，根据ΔU=W＋Q，可得Q＜0，即放出热量，B错误；全过程内能变化ΔU=0，根据ΔU=W＋Q，根据图像与横轴所围的面积可求得W=Wab＋Wbc＋Wca=－=－300 J，故Q=300 J，所以完成a→b→c→a一个循环，气体需要从外界吸收300 J的热量，C正确，D错误。
考点四　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
1.做功情况看体积
体积V减小→外界对气体做功→W＞0；体积V增大→气体对外界做功→W＜0；无阻碍地自由膨胀→W=0。
2.内能变化看温度
温度T升高→内能增加→ΔU＞0；温度T降低→内能减少→ΔU＜0。
3.吸热和放热
吸热还是放热，一般题目中会告知，或由热力学第一定律ΔU=Q＋W，知道W和ΔU后确定Q。
[例4]　(2023·浙江6月选考)如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S=100 cm2、质量m=1 kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300 K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积VA=600 cm3。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积VB=500 cm3。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强pC=1.4×105 Pa。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量Q=14 J；从状态B到状态C，气体内能增加ΔU=25 J；大气压p0=1.01×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2。
(1)气体从状态A到状态B，其分子平均动能　不变　(填“增大”“减小”或“不变”)，圆筒内壁单位面积受到的压力　增大　(填“增大”“减小”或“不变”)；
(2)求气体在状态C的温度TC；
(3)求气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功W。
【答案】 (2)350 K　(3)11 J
【解析】 (1)圆筒导热良好，则缓慢推动活塞使气体从状态A到状态B，气体温度不变，所以气体分子平均动能不变；由于气体体积减小，所以气体压强增大，圆筒内壁单位面积受到的压力增大。
(2)气体在状态A时的压强pA=p0－=1.0×105 Pa，温度TA=300 K，体积VA=600 cm3；气体在状态C时的压强pC=1.4×105 Pa，温度设为TC，体积VC=500 cm3；根据，解得TC=350 K。
(3)从状态B到状态C，气体做等容变化，则WBC=0，因从状态B到状态C，气体内能增加25 J，由热力学第一定律可知，气体从外界吸热25 J，由于从状态A到状态C，气体从外界吸热14 J，说明从状态A到状态B，气体放热11 J，而从状态A到状态B，气体内能不变，由热力学第一定律可知从状态A到状态B，外界对气体做功11 J。(共24张PPT)
【学习目标】1.理解热力学第一定律，能用热力学第一定律解决相关问题。
2.理解热力学第二定律，知道热现象的方向性。
3.知道热力学第一定律和气体实验定律的结合点，能综合应用解决相关问题。
考点一　热力学第一定律　能量守恒定律
考点二　热力学第二定律
考点三　热力学第一定律与图像的综合应用
内
容
索
引
课时作业
第39讲　理想气体与热力学定律综合问题
考点四　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
1.改变物体内能的两种方式
(1)________；
(2)传热。
2.热力学第一定律
(1)内容：一个热力学系统的内能变化量等于外界向它传递的________与外界对它所做的功的和。
(2)表达式：ΔU=___________。
(3)表达式中的正、负号法则：
考点一　热力学第一定律　能量守恒定律
做功
符号 W Q ΔU
正 ________对________做功 物体___________热量　　　　 内能___________
负 ________对________做功 物体___________热量　　　　 内能___________
热量
Q＋W
外界
物体
吸收
增加
物体
外界
放出
减少
3.能量守恒定律
(1)内容
能量既不会凭空________，也不会凭空消失，它只能从一种形式________为其他形式，或者从一个物体________到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量______________。
(2)第一类永动机是不可能制成的，它违背了__________________。
产生
1.做功和传热改变物体内能的实质是相同的。(　 　)
2.绝热过程中，外界压缩气体做功20 J，气体的内能一定减少20 J。(　 　)
3.物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变。(　 　)
转化
转移
保持不变
能量守恒定律


√
(2025·台州期中)常见的气压式水枪玩具内部原理如图所示。从储水罐充气口充入气体，达到一定压强后，关闭充气口。扣动扳机将阀门M打开，水立即从枪口喷出。若在水不断喷出的过程中，罐内气体可视为理想气体，温度始终保持不变，则罐内气体(　 　)
A.内能减少
B.压强变大
C.分子数密度增大
D.吸收热量
【解析】 喷水的过程中，气体体积增大，根据等温变化pV=C可知罐内气体压强减小，B错误；温度不变，内能不变，A错误；气体体积增大，分子数密度减小，C错误；根据热力学第一定律ΔU=Q＋W可知内能不变，气体对外做功，则气体吸收热量，D正确。
例 1
D
1.热力学第二定律的两种表述
(1)克劳修斯表述：____________________________________________。
(2)开尔文表述：_______________________________________________________________或表述为“______________永动机是不可能制成的”。
2.热力学第二定律的微观意义
一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行。
3.热力学第二定律的理解
(1)“自发地”指明了传热等热力学宏观现象的方向性，不需要借助外界提供能量的帮助。
(2)“不产生其他影响”的含义是发生的热力学宏观过程只在本系统内完成，对周围环境不产生热力学方面的影响，如吸热、放热、做功等。在产生其他影响的条件下内能可以全部转化为机械能。
考点二　热力学第二定律
热量不能自发地从低温物体传到高温物体
不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响
第二类
4.两类永动机的比较
1.可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功。(　 　)
2.热机中，燃气的内能可以全部变成机械能而不引起其他变化。(　 　)
3.热量不可能从低温物体传给高温物体。(　 　)
√
项目 第一类永动机 第二类永动机
设计要求 不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做功的机器 从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响的机器
不可能制成的 原因 违背能量守恒定律 不违背能量守恒定律，但违背热力学第二定律


关于热力学第二定律的理解，下列说法中正确的是(　 　)
A.凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在传热过程中，热量能从高温物体传递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体
B.机械能可以全部转化为内能，但内能无法全部用来转化成机械能而不引起其他变化
C.在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵会越来越小
D.第一类永动机违反了热力学第二定律
例 2
【解析】 热量自发传递方向是从高温到低温，但外界做功时(如制冷机)，热量可从低温传向高温，A错误；机械能可完全转化为内能(如摩擦生热)，但内能转化为机械能需伴随其他变化(如热机需放热到低温热源)，B正确；孤立系统的熵在自然过程中永不减少(熵增原理)，总熵会增大或不变，不会减小，C错误；第一类永动机违反能量守恒定律(热力学第一定律)，第二类永动机才违反热力学第二定律，D错误。
B
1.气体的状态变化可由图像直接判断或结合理想气体状态方程=C分析。
2.气体的做功情况、内能变化及吸放热关系可由热力学第一定律分析。
(1)由体积变化分析气体做功的情况：气体体积膨胀，气体对外做功；气体被压缩，外界对气体做功。
(2)由温度变化判断理想气体内能变化：温度升高，气体内能增大；温度降低，气体内能减小。
(3)由热力学第一定律ΔU=W＋Q判断气体是吸热还是放热。
(4)在p－V图像中，图像与横轴所围面积表示气体对外界所做的功或外界对气体所做的功。
考点三　热力学第一定律与图像的综合应用
一定质量的密封理想气体从状态a开始，经过如图所示的三个过程回到初始状态a，已知状态a的压强p0=2×104 Pa、体积V0=0.01 m3、温度T0=300 K，则下列判断中，正确的是(　 　)
A.状态c对应的温度为900 K
B.从状态c到状态a气体对外做功，吸收热量
C.完成从a→b→c→a一个循环，气体从外界吸收300 J的热量
D.完成从a→b→c→a一个循环，气体向外界放出300 J的热量
例 3
【解析】 根据理想气体状态方程有，可得Tc=1 200 K，A错误；从状态c到状态a压缩气体，外界对气体做功，故W＞0，根据盖－吕萨克定律可知，气体温度降低，内能减少，故ΔU＜0，根据ΔU=W＋Q，可得Q＜0，即放出热量，B错误；全过程内能变化ΔU=0，根据ΔU=W＋Q，根据图像与横轴所围的面积可求得W=Wab＋Wbc＋Wca=－=－300 J，故Q=300 J，所以完成a→b→c→a一个循环，气体需要从外界吸收300 J的热量，C正确，D错误。
C
1.做功情况看体积
体积V减小→外界对气体做功→W＞0；体积V增大→气体对外界做功→W＜0；无阻碍地自由膨胀→W=0。
2.内能变化看温度
温度T升高→内能增加→ΔU＞0；温度T降低→内能减少→ΔU＜0。
3.吸热和放热
吸热还是放热，一般题目中会告知，或由热力学第一定律ΔU=Q＋W，知道W和ΔU后确定Q。
考点四　热力学第一定律与气体实验定律的综合应用
(2023·浙江6月选考)如图所示，导热良好的固定直立圆筒内用面积S=100 cm2、质量m=1 kg的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。圆筒与温度300 K的热源接触，平衡时圆筒内气体处于状态A，其体积VA=600 cm3。缓慢推动活塞使气体达到状态B，此时体积VB=500 cm3。固定活塞，升高热源温度，气体达到状态C，此时压强pC=1.4×105 Pa。已知从状态A到状态C，气体从外界吸收热量Q=14 J；从状态B到状态C，气体内能增加ΔU=25 J；大气压p0=1.01×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2。
(1)气体从状态A到状态B，其分子平均动能________(填“增大”“减小”或
“不变”)，圆筒内壁单位面积受到的压力________(填“增大”“减小”或
“不变”)；
例 4
【解析】 圆筒导热良好，则缓慢推动活塞使气体从状态A到状态B，气体温度不变，所以气体分子平均动能不变；由于气体体积减小，所以气体压强增大，圆筒内壁单位面积受到的压力增大。
不变
增大
(2)求气体在状态C的温度TC；
【解析】 气体在状态A时的压强pA=p0－=1.0×105 Pa，温度TA=300 K，体积VA=600 cm3；气体在状态C时的压强pC=1.4×105 Pa，温度设为TC，体积VC=500 cm3；根据，解得TC=350 K。
【答案】 350 K　
(3)求气体从状态A到状态B过程中外界对系统做的功W。
【解析】 从状态B到状态C，气体做等容变化，则WBC=0，因从状态B到状态C，气体内能增加25 J，由热力学第一定律可知，气体从外界吸热25 J，由于从状态A到状态C，气体从外界吸热14 J，说明从状态A到状态B，气体放热11 J，而从状态A到状态B，气体内能不变，由热力学第一定律可知从状态A到状态B，外界对气体做功11 J。
【答案】 11 J
课时作业
答案速对
第十五单元　第39讲　理想气体与热力学定律综合问题 题号 1 2 3 4
答案 D D C B
题号 5 6 7
答案 (1)36 cm　(2)－2.5 J 见答案 见答案
1.下列说法中，能够发生且不违背热力学定律的是(　 　)
A.打开冰箱门让电冰箱工作，冰箱里的冷空气不断地释放到密闭的房间内可以降低房间的温度
B.随着技术的发展，可以利用降低海水温度放出的热量全部用来发电，解决能源短缺的问题
C.机械能可以通过做功全部转化为内能而不引起其他的变化，内能可以通过做功全部转化为机
械能而不引起其他的变化
D.对蒸汽机不断革新，可以把蒸汽的内能尽可能多地转化成机械能
【解析】 冰箱运行时，电能转化为热能和冰箱内热量释放到房间，总热量增加，房间温度升高，A错误；根据热力学第二定律，不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化，利用降低海水温度放出热量发电，不能解决能源短缺问题(因为要消耗其他能量维持低温等)，从单一热库(海水)吸热全部转化为功违背热力学第二定律，B错误；机械能可通过做功全部转化为内能(如摩擦生热)，但根据热力学第二定律，内能不能自发地全部转化为机械能而不引起其他变化，C错误；对蒸汽机革新，可提高能量转化效率，把蒸汽内能尽可能多地转化为机械能，不违背热力学定律，D正确。
D
2.夏天，从湖底形成的一个气泡在缓慢上升到湖面的过程中没有破裂。若越接近水面，湖水的温度越高，大气压强没有变化，将气泡内的气体看作理想气体，关于气泡上升的过程，下列说法中正确的是(　 　)
A.气泡内气体的内能可能不变
B.气泡内气体可能会放热
C.气泡内气体的压强增大
D.气泡内气体分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞击力变小
D
3.如图所示，一绝热容器被隔板K隔开成A、B两部分。已知A内有一定量的稀薄气体，B内为真空。抽开隔板K后，A内气体进入B，最终达到平衡状态，此过程中气体内能的变化情况为
(　 　)
A.变大
B.变小
C.不变
D.无法确定
C
4.(2025·浙东北联盟)一定质量的理想气体由状态a经①过程到状态b，
由状态b经②过程到状态c，由状态c又经③过程回到状态a，①过程气
体不与外界发生传热，③过程温度保持不变。整个过程压强p与体积V
的关系如图所示，下列说法中，正确的是(　 　)
A.①过程外界对气体做负功，气体向外界放热
B.②过程外界对气体不做功，气体从外界吸热
C.③过程气体温度不变，气体既不吸热也不放热
D.整个过程初、末状态气体体积相等，外界不对气体做功
【解析】 ①过程气体不与外界发生传热，A错误，②过程气体体积不变，外界对气体不做功，②过程气体压强增大，所以气体温度升高，气体内能增大，根据热力学第一定律，气体从外界吸热，B正确；③过程气体温度不变，气体的内能不变，③过程气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律，气体放出热量，C错误；整个过程气体的体积先增大后减小，先气体对外界做功，后外界对气体做功，③过程图像与坐标轴所围的面积大，外界对气体做功多；①过程图像与坐标轴所围的面积小，气体对外界做功少，整个过程外界对气体做功，D错误。
B
5. 如图所示，一U形玻璃管竖直放置，右端开口，左管用光滑活塞和水银封闭一段空气柱。外界大气压为p0=1.0×105 Pa，封闭气体的温度t0=27 ℃，玻璃管的横截面积为S=5.0 cm2，管内水银柱及空气柱长度已标在图中。已知水银的密度为ρ=13.6×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2。将封闭气体的温度缓慢降至t1=－3 ℃。
(1)求此时空气柱的长度L；
【解析】 气体做等压变化，由盖－吕萨克定律得，
解得L=36 cm。
【答案】 36 cm
(2)已知该过程中气体向外界放出5.0 J的热量，求气体内能的增量。(结果保留2位有效数字)
【解析】 封闭气体的压强p=p0＋ρgh，外界对气体做功W=pS(L0－L)，由热力学第一定律得ΔU=W＋Q，解得ΔU=－2.5 J。
【答案】 －2.5 J
6.(2023·浙江1月选考)某探究小组设计了一个报警装置，其原理如图所示。在竖直放置的圆柱形容器内用面积S=100 cm2、质量m=1 kg的活塞密封一定质量的理想气体，活塞能无摩擦滑动。开始时气体处于温度TA=300 K、活塞与容器底的距离h0=30 cm的状态A。环境温度升高时容器内气体被加热，活塞缓慢上升d=3 cm恰好到达容器内的卡口处，此时气体达到状态B。活塞保持不动，气体被继续加热至温度TC=363 K的状态C时触动报警器。从状态A到状态C的过程中气体内能增加了ΔU=158 J。取大气压p0=0.99×105 Pa，重力加速度g取10 m/s2，求气体：
(1)在状态B的温度；
【解析】 根据题意可知，气体由状态A变化到状态B的过程中，
封闭气体的压强不变，则有，解得TB=TA=TA=330 K。
【答案】 330 K
(2)在状态C的压强；
【解析】 根据题意可知，气体由状态B变化到状态C的过程中，气体的体积不变，则有，其中pB=p0=1×105 Pa，解得pC=pB=1.1×105 Pa。
【答案】 1.1×105 Pa　
(3)由状态A到状态C过程中从外界吸收的热量Q。　
【解析】 根据题意可知，从状态A到状态C的过程中，气体对外做功，则W0=－pBΔV=－pBdS=－30 J，由热力学第一定律有ΔU=W0＋Q，解得Q=ΔU－W0=188 J。
【答案】 188 J
7.(2025·浙江1月选考)如图所示，导热良好带有吸管的瓶子，通过瓶塞密闭温度T1=300 K、体积V1=1 × 103 cm3处于状态1的理想气体，管内水面与瓶内水面高度差h=10 cm。将瓶子放进T2=303 K的恒温水中，瓶塞无摩擦地缓慢上升恰好停在瓶口，h保持不变，气体达到状态2，此时锁定瓶塞，再缓慢地从吸管中吸走部分水后，管内和瓶内水面等高，气体达到状态3。已知从状态2到状态3，气体对外做功1.02 J；从状态1到状态3，气体吸收热量4.56 J，大气压强p0=1.0× 105 Pa，水的密度ρ=1.0 × 103 kg/m3；忽略表面张力和水蒸气对压强的影响。
(1)从状态2到状态3，气体分子的平均速率___________(填“增大”“不变”或“减小”)，单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数___________(填“增大”“不变”或“减小”)；
【解析】 从状态2到状态3，温度保持不变，气体分子的内能保持不变，则气体分子平均速率不变，由于气体对外做功，体积变大，则气体压强减小，故单位时间撞击单位面积瓶壁的分子数减小。
不变
减小
(2)求气体在状态3的体积V3；
【解析】 瓶内气体从状态1到状态2的过程，由盖－吕萨克定律可知，
其中V1=1×103 cm3，T1=300 K，T2=303 K，
解得V2=1.01×103 cm3；
此时气体压强p2=p1=p0＋ρgh=1.01×105 Pa；
气体从状态2到状态3的过程，由玻意耳定律可知p2V2=p3V3，
其中p3=p0，
代入数据解得，气体在状态3的体积V3=1.020 1×103 cm3。
【答案】 1.020 1×103 cm3　
(3)求从状态1到状态3气体内能的改变量ΔU。
【解析】 瓶内气体从状态1到状态2的过程中，气体对外做功W1=p1(V2－V1)=1.01 J；
由热力学第一定律ΔU=Q－(W1＋W2)，
其中Q=4.56 J，W2=1.02 J；
代入解得，从状态1到状态3气体内能的改变量ΔU=2.53 J。
【答案】 2.53 J

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