2018高考物理大一轮复习领航检测：第三章 牛顿运动定律-第3节 Word版含解析

章末过关检测(三) 牛顿运动定律(限时：45分钟)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分)1．关于物体的惯性，下列说法中正确的是( )A ．把手中的球由静止释放后，球能加速下落，说明力是改变物体惯性的原因B ．田径运动员在110 m 跨栏比赛中做最后冲刺时，速度很大，很难停下来，说明速度越大，物体的惯性也越大C ．战斗机在空战时，甩掉副油箱是为了减小惯性，提高飞行的灵活性D ．公共汽车在启动时，乘客都要向前倾，这是乘客具有惯性的缘故2.(2016·宜春模拟)如图所示，质量分别为m 、2m 的球A 、B ，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀减速运动的电梯内，细线承受的拉力为F ，此时突然剪断细线，在绳断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A 的加速度大小分别为( )A.2F 3 2F 3m ＋gB.F 3 2F 3m＋g C.2F 3 F 3m ＋g D.F 3 F 3m＋g 3.(2016·沈阳模拟)如图所示，ab 、cd 是竖直平面内两根固定的光滑细杆，a 、b 、c 、d 位于同一圆周上，b 点为圆周的最低点，c 点为圆周的最高点，若每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，将两滑杆同时从a 、c 处由静止释放，用t 1、t 2分别表示滑环从a 到b 、c 到d 所用的时间，则( )A ．t 1＝t 2B ．t 1＞t 2C ．t 1＜t 2D ．无法确定4.(2016·衡水调研)如图所示，质量为M ，倾角为θ的斜劈在水平面上以一定的初速度向右滑动的过程中，质量为m 的光滑小球在斜面上恰好保持与斜劈相对静止，已知斜劈与地面的动摩擦因数是μ，则下列说法正确的是( )A ．小球与斜面间的压力是mg cos θB ．小球与斜面的加速度大小是g tan θC ．地面对斜劈的支持力一定大于(M ＋m )gD ．地面与斜劈间的动摩擦因数是g (1＋sin θcos θ)5.(2016·合肥模拟)如图所示，质量均为m 的小物块A 、B ，在水平恒力F 的作用下沿倾角为37°固定的光滑斜面加速向上运动。

⊳图象应用能力的培养 ⊳规范表达能力的培养 ⊳实验拓展能力的培养纵观全国近几年的高考试题，以图象的方式考查牛顿第二定律是一类很重要的题目，此类问题要求考生具备理解图象所给予的信息和破译图象信息的能力，图象的形式以v －t 、a －t 、F －t 图象居多，考查最多的是v －t 图象，题型既有选择题也有计算题，难度中等. 1.明确常见图象的意义，如下表：2.图象类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律F ＝ma 为纽带，理解图象的种类，图象的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义.运用图象解决问题一般包括两个角度：(1)用给定图象解答问题；(2)根据题意作图，用图象解答问题.在实际的应用中要建立物理情景与函数、图象的相互转换关系.例1 (多选)(2015·课标全国Ⅰ·20)如图1(a)，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v －t 图线如图(b)所示.若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则可求出( )图1A.斜面的倾角B.物块的质量C.物块与斜面间的动摩擦因数D.物块沿斜面向上滑行的最大高度解析 由v －t 图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a ＝v 0t 1，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，即g sin θ＋μg cos θ＝v 0t 1.同理向下滑行时g sin θ－μg cos θ＝v 1t 1，两式联立得sin θ＝v 0＋v 12gt 1，μ＝v 0－v 12gt 1cos θ，可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A 、C 正确；物块滑上斜面时的初速度v 0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为v 02，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x ＝v 02t 1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为x sin θ＝v 02t 1×v 0＋v 12gt 1＝v 0(v 0＋v 1)4g ，选项D 正确；仅根据v－t 图象无法求出物块的质量，选项B 错误.关注图象中的函数关系及特殊值在图象问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，然后根据函数关系读取图象信息或者描点作图.作图时，往往只需确定一个或两个特殊点的坐标(如变力F 的最小值F min 和最大值F max 、抛物线的顶点和任意点、圆的圆心等)，即可根据函数关系连线作图.当不能定量确定函数关系时，特殊值的判断尤为重要，读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横轴包围的“面积”等所对应的物理意义，尽可能多地提取解题信息.例2 (16分)如图2甲所示，质量M ＝1 kg 的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m ＝1 kg 、大小可忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，g 取10 m/s 2，试求：图2(1)若木板长L ＝1 m ，在铁块上加一个水平向右的恒力F ＝8 N ，经过多长时间铁块运动到木板的右端？(2)若在铁块右端施加一个从零开始连续增大的水平向右的力F ，假设木板足够长，在图乙中画出铁块受到木板的摩擦力F f2随拉力F 大小变化而变化的图象.答案 (1)1 s (2)见解析图【书面表达过程】 (1)对铁块应用牛顿第二定律：F －μ2mg ＝ma 1，加速度大小 a 1＝F －μ2mg m＝4 m/s 2，(2分)对木板应用牛顿第二定律：μ2mg －μ1(M ＋m )g ＝Ma 2，加速度大小a 2＝μ2mg －μ1(M ＋m )gM ＝2m/s 2，(2分)设经过时间t 铁块运动到木板的右端，则有 12a 1t 2－12a 2t 2＝L ， 解得t ＝1 s.(2分)(2)①当F ≤μ1(mg ＋Mg )＝2 N 时，M 、m 相对静止且对地静止，F f2＝F ；(3分) ②设F ＝F 1时，M 、m 恰保持相对静止，此时系统的加速度a ＝a 2＝2 m/s 2， 以系统为研究对象，根据牛顿第二定律有F 1－μ1(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，解得F 1＝6 N. 所以，当2 N ＜F ≤6 N 时，M 、m 相对静止，系统向右做匀加速运动，其加速度a ＝F －μ1(M ＋m )g M ＋m＝F 2－1以M 为研究对象，根据牛顿第二定律有F f2′－μ1(M ＋m )g ＝Ma ，F f2＝F f2′， 解得F f2＝F2＋1.(4分)③当F ＞6 N 时，M 、m 发生相对运动，F f2＝μ2mg ＝4 N.如图所示.(3分)1.本题是一道滑块－木板模型的动力学问题，首先要在审题析题方面定准位，然后遵循此类题型特点，寻求解决问题的突破口.2.由于本题还要作图象，它又是一道图象信息题，因此第(2)问的解答只是作出图象而没有分析过程是不规范的.3.规范要求必要的文字说明和重要规律应用的原型表达式.1.实验器材的改进(1)气垫导轨(不用平衡摩擦力)――→替代长木板(如图3)图3(2)利用光电门测速度(如图4)图4(3)利用位移传感器测位移(如图5)图52.数据测量的改进⎪⎪⎪⎪测定通过的时间，由a ＝12x [(d t 2)2－(dt 1)2]—求出加速度小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到 —――→替代通过打点纸带求加速度 3.实验的拓展延伸以“探究加速度与力、质量的关系”为背景测量物块与木板间的动摩擦因数.例3 甲、乙两同学均设计了测动摩擦因数的实验.已知重力加速度为g .图6(1)甲同学所设计的实验装置如图6甲所示.其中A 为一质量为M 的长直木板，B 为木板上放置的质量为m 的物块，C 为物块右端连接的一轻质弹簧测力计.实验时用力将A 从B 的下方抽出，通过C 的读数F 1即可测出动摩擦因数.则该设计能测出________(填“A 与B ”或“A 与地面”)之间的动摩擦因数，其表达式为________.(2)乙同学的设计如图乙所示.他在一端带有定滑轮的长木板上固定有A 、B 两个光电门，与光电门相连的计时器可以显示带有遮光片的物块在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力.实验时，多次改变砂桶中砂的质量，每次都让物块从靠近光电门A 处由静止开始运动，读出多组测力计示数F 及对应的物块在两光电门之间的运动时间t .在坐标系中作出F －1t 2的图线如图丙所示，图线的斜率为k ，与纵轴的截距为b ，与横轴的截距为c .因乙同学不能测出小车质量，故该同学还应该测出的物理量为______.根据该测量物理量及图线信息可知物块和长木板之间的动摩擦因数表达式为______. 答案 (1)A 与BF 1mg (2)光电门A 、B 之间的距离x 2xb kg解析 (1)当A 达到稳定状态时B 处于静止状态，弹簧测力计的读数F 与B 所受的滑动摩擦力F f 大小相等，B 对木板A 的压力大小等于B 的重力mg ，由F f ＝μF N 得，μ＝F f F N ＝F 1mg ，为A 与B 之间的动摩擦因数.(2)物块由静止开始做匀加速运动，位移x ＝12at 2.可得：a ＝2xt 2根据牛顿第二定律得 对于物块，F 合＝F －μmg ＝ma则：F ＝2mxt2＋μmg则图线的斜率为：k ＝2mx ，纵轴的截距为：b ＝μmg ；k 与摩擦力是否存在无关，物块与长木板间的动摩擦因数为：μ＝b mg ＝2xbkg .。

第3节牛顿运动定律的综合应用知识点1 超重和失重1．实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，与物体的运动状态无关，在地球上的同一位置是不变的．(2)视重：①当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重．②视重大小等于弹簧测力计所受物体的拉力或台秤所受物体的压力．2．超重、失重和完全失重的比较1．整体法当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法．2．隔离法当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法．3．外力和内力如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力．应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力．如果把某物体隔离出来作为研究对象，则原来的内力将转换为隔离体的外力．1．正误判断(1)超重说明物体的重力增大了．(×)(2)失重说明物体的重力减小了．(×)(3)物体超重时，加速度向上，速度也一定向上．(×)(4)物体失重时，也可能向上运动．(√)(5)应用牛顿运动定律进行整体分析时，可以分析内力．(×)(6)物体完全失重时，说明物体的重力为零．(×) 2．[对超重、失重的理解应用](多选)(2015·江苏高考)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图3­3­1所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力( )图3­3­1A．t＝2 s时最大B．t＝2 s时最小C．t＝8.5 s时最大D．t＝8.5 s时最小AD[人受重力mg和支持力F N的作用，由牛顿第二定律得F N－mg＝ma.由牛顿第三定律得人对地板的压力F′N＝F N＝mg＋ma.当t＝2 s时a有最大值，F′N最大；当t＝8.5 s时，a有最小值，F′N最小，选项A、D正确．] 3．[完全失重状态的应用]如图3­3­2所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)．下列说法正确的是( )图3­3­2A．在上升和下降过程中A对B的压力一定为零B．上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力C．下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力。

第3节牛顿运动定律的综合应用_，（1)超重就是物体的重力变大的现象。

（×）(2)失重时物体的重力小于mg。

(×)（3)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态.（×)（4）减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力。

(×)（5)加速上升的物体处于超重状态。

(√）（6)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。

(√)(7)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向.(×）(8)物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关。

(√)（9)整体法和隔离法是指选取研究对象的方法。

（√）突破点（一）对超重与失重的理解1．不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。

2．物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体具有向上的加速度还是向下的加速度，这也是判断物体超重或失重的根本所在。

3．当物体处于完全失重状态时,重力只有使物体产生a＝g的加速度效果，不再有其他效果。

此时，平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失，如单摆停摆、天平失效、液体不再产生压强和浮力等。

多角练通]1．(2017·浙江五校联考)下列哪一种运动情景中，物体将会处于一段持续的完全失重状态（）A．高楼正常运行的电梯中B．沿固定于地面的光滑斜面滑行C．固定在杆端随杆绕相对地静止的圆心在竖直平面内运动D．不计空气阻力条件下的竖直上抛解析：选D 高楼正常运行的电梯中，一般先加速后匀速，再减速，故不可能一直处于完全失重状态，选项A错误；沿固定于地面的光滑斜面滑行时，加速度沿斜面向下，由于加速度小于g，故不是完全失重，选项B错误;固定在杆端随杆绕相对地静止的圆心在竖直平面内运动的物体，加速度不会总是向下的g，故不是总完全失重，选项C错误；不计空气阻力条件下的竖直上抛,加速度总是向下的g,总是处于完全失重状态，故选项D正确。

第3讲牛顿运动定律的综合应用微知识❶超重和失重1．实重和视重(1)实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。

(2)视重：测力计所指示的数值。

2．超重、失重和完全失重比较1．整体法当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法。

2．隔离法当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法。

3．外力和内力如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力。

应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力。

如果把某物体隔离出来作为研究对象，则内力将转换为隔离体的外力。

基|础|诊|断一、思维诊断1．超重是物体的重力变大的现象(×)2．处于完全失重状态时，物体的重力消失了(×)3．物体处于超重状态时，加速度方向向上，速度方向也向上(×)4．整体法和隔离法是指选取研究对象的方法(√)5．应用整体法分析物体受力时，必须分析其内力(×)二、对点微练1．(超重和失重)(2017·常熟模拟)伦敦奥运会开幕式的弹跳高跷表演中，一名质量为m的演员穿着这种高跷从距地面H高处由静止落下，与水平地面撞击后反弹上升到距地面高h处。

假设弹跳高跷对演员的作用力类似于弹簧的弹力，演员和弹跳高跷始终在竖直方向运动，不考虑空气阻力的影响，则该演员( )A．在向下运动的过程中始终处于失重状态B．在向上运动的过程中始终处于超重状态C．在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态D．在向上运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态解析演员在空中时，加速度为g，方向向下，处于失重状态；当演员蹬地加速时，加速度a向下，处于失重状态；落地后期减速，加速度a向上，处于超重状态；所以演员在向下运动的过程中先处于失重状态后处于超重状态，C正确；同理可知，演员在向上运动的过程中先处于超重状态后处于失重状态，D错误。

易错排查练 (第三章)(限时：40分钟)易错点1 超重、失重、完全失重的理解1计空气阻力，运动过程中容器B 的底面始终保持水平，下列说法正确的是( )图1A ．在上升和下降过程中A 对B 的压力都一定为0B ．上升过程中A 对B 的压力大于物体A 受到的重力C ．下降过程中A 对B 的压力大于物体A 受到的重力D ．在上升和下降过程中A 对B 的压力都等于物体A 受到的重力A [以A 、B 整体为研究对象，在上升和下降过程中，A 、B 的加速度都为重力加速度，处于完全失重状态，A 对B 的压力为0.故A 正确．]2．在电梯内的地板上，竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上端固定一个质量为m的物体．当电梯静止时，弹簧被压缩了x ；当电梯运动时，弹簧又被继续压缩了x 10.则电梯运动的情况可能是( )【导学号：92492156】A ．以大小为1110g 的加速度加速上升B ．以大小为110g 的加速度减速上升C ．以大小为110g 的加速度加速下降D ．以大小为110g 的加速度减速下降 D [设弹簧的劲度系数为k ，电梯静止时，对物体由平衡条件得：kx －mg ＝0，电梯运动时，对物体，由牛顿第二定律得：1110kx －mg ＝ma ，二式联立解得a ＝110g ，方向向上，故电梯以大小为110g的加速度加速上升或减速下降，D正确．]3．如图2所示，质量为M的木楔ABC静置于粗糙水平面上，在斜面顶端将一质量为m的物体，以一定的初速度从A点沿平行斜面的方向推出，物体m沿斜面向下做减速运动，在减速运动过程中，下列有关说法中正确的是()图2A．地面对木楔的支持力大于(M＋m)gB．地面对木楔的支持力小于(M＋m)gC．地面对木楔的支持力等于(M＋m)gD．地面对木楔的摩擦力为0A[由于物体m沿斜面向下做减速运动，则物体的加速度方向与运动方向相反，即沿斜面向上，则其沿竖直向上的方向有分量，故系统处于超重状态，所以可确定A正确，B、C错误；同理可知，加速度沿水平方向的分量向右，说明地面对木楔的摩擦力方向水平向右，故D错误．]易错点2“滑块、滑板”模型问题40动摩擦因数为μ1＝0.15.将质量m＝10 kg的小木块(可视为质点)，以v0＝4 m/s的速度从木板的左端水平抛射到木板上(如图3所示)，小木块与木板面间的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2)．则以下判断中正确的是()图3A．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板B．木板一定静止不动，小木块能滑出木板C．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板D．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板A[因μ2mg<μ1(m0＋m)g，故小木块滑动过程中，木板不动，由v20＝2μ2g·x可得，x＝2 m<L，故小木块不能滑出木板，A正确．]5．(2017·天水模拟)如图4甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端静止放着小物块A.某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F＝kt，其中k为已知常数．设物体A、B之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力F f，且A、B的质量相等，则下列可以定性描述长木板B运动的v-t图象是()【导学号：92492157】甲乙图4B[当A、B相对静止时，对整体分析，由牛顿第二定律得F＝kt＝2ma，a＝kt2m，长木板B做加速度逐渐增大的加速运动，A相对B刚要滑动时，对B由牛顿第二定律得F f＝ma，解得t＝2F fk，此后A、B相对滑动，物体B所受滑动摩擦力保持不变，加速度不变，B做匀加速直线运动，故选项B正确．]6．(多选)如图5甲所示，在水平地面上有一长木板B，其上叠放木块A.假定木板与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等．用一水平力F作用于B，A、B的加速度与F的关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法中正确的是()甲乙图5A．A的质量为0.5 kgB．B的质量为1.5 kgC．B与地面间的动摩擦因数为0.2D．A、B间的动摩擦因数为0.2AC[当F≤3 N时，A、B均静止，表明B与地面间最大静摩擦力为3 N；当3 N<F≤9 N时，A、B一起以相同加速度运动，a＝F－μ2(m A＋m B)gm A＋m B＝1m A＋m BF－μ2g，由图象斜率知m A ＋m B ＝1.5 kg ，又F ＝3 N 时，a ＝0，代入关系式得μ2＝0.2；当F >9 N 时，A 的加速度为a A ＝μ1g ，根据图象可知μ1＝0.4，B 的加速度为a B ＝F －μ1m A g －μ2(m A ＋m B )g m B，由图象斜率知m B ＝1 kg ， m A ＝0.5 kg ，A 、C 对．]易错点3 传送带模型的分析7．(v 0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m 的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ，则图中能客观地反映小木块的运动情况的是( )图6BD [小木块刚放上之后的一段时间内所受摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律可得：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，因传送带足够长，且μ<tan θ，故当小木块与传送带同速以后，小物块受沿斜面向上的摩擦力，由牛顿第二定律得：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，有a 1>a 2，故B 、D 正确，A 、C 错误．]8．如图7所示，传送带的水平部分长为L ，传动速率为v ，在其左端无初速释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间不可能是( )【导学号：92492158】图7A.L v ＋v 2μgB ．L v C.2Lμg D ．2L vB [因木块运动到右端的过程不同，对应的时间也不同，若一直匀加速至右端，则L ＝12μgt 2，得：t ＝2Lμg ，C 可能；若一直加速到右端时的速度恰好与传送带速度v 相等，则L ＝0＋v 2t ，有：t ＝2L v ，D 可能；若先匀加速到传送带速度v ，再匀速运动到右端，则v 22μg ＋v ⎝ ⎛⎭⎪⎫t －v μg ＝L ，有：t ＝L v ＋v 2μg ，A 可能；木块不可能一直匀速运动至右端．]。

第三章 ⎪⎪⎪ 牛顿运动定律全国卷考情分析]第1节牛顿第一定律__牛顿第三定律(1)牛顿第一定律是实验定律。

(×)(2)在水平面上运动的物体最终停下来，是因为水平方向没有外力维持其运动的结果。

(×)(3)运动的物体惯性大，静止的物体惯性小。

(×)(4)物体的惯性越大，运动状态越难改变。

(√)(5)作用力与反作用力可以作用在同一物体上。

(×)(6)作用力与反作用力的作用效果不能抵消。

(√)(1)伽利略利用“理想实验”得出“力是改变物体运动状态的原因”的观点，推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”的错误观点。

(2)英国科学家牛顿在《自然哲学的数学原理》著作中提出了“牛顿第一、第二、第三定律”。

突破点(一)牛顿第一定律的理解1．对牛顿第一定律的理解(1)提出惯性的概念：牛顿第一定律指出一切物体都具有惯性，惯性是物体的一种固有属性。

(2)揭示力的本质：力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因。

2．惯性的两种表现形式(1)物体在不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变(静止或匀速直线运动)。

(2)物体受到外力时，惯性表现为抗拒运动状态改变的能力。

惯性大，物体的运动状态较难改变；惯性小，物体的运动状态容易改变。

3．与牛顿第二定律的对比牛顿第一定律是经过科学抽象、归纳推理总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律。

多角练通]1．(多选)关于牛顿第一定律的说法正确的是()A．牛顿第一定律是理想的实验定律B．牛顿第一定律说明力是改变物体运动状态的原因C．惯性定律与惯性的实质是相同的D．物体的运动不需要力来维持解析：选BD牛顿第一定律不是实验定律，它是以伽利略理想斜面实验为基础，经过科学抽象，归纳推理总结出来的，A错误；惯性是物体保持原有运动状态不变的一种性质，而惯性定律即为牛顿第一定律，反映的是物体不受力作用时的运动规律，故C项错误；根据牛顿第一定律可知，物体的运动不需要力来维持，但物体运动状态改变时必须有力的作用，故B、D均正确。