A．$t=1\text{s}$时物体的加速度大小$a=\frac{\Delta v}{\Delta t}=\frac{3}{2}=1.5\text{m/}{{\text{s}}^{2}}$，故A错误；

B．$t=5\text{s}$时物体的加速度$a=\frac{\Delta {{v}^{\prime}}}{\Delta {{t}^{\prime}}}=\frac{0-3}{4}=-0.75\text{m/}{{\text{s}}^{2}}$，加速度大小为$0.75\text{m/}{{\text{s}}^{2}}$．故B错误；

C．第$3\text{s}$内物体的位移$x=vt=3\times 1\text{m}=3\text{m}$，故C正确；

D．物体在加速过程的位移${{x}_{1}}=\frac{1}{2}\times 2\times 3=3\text{m}$，物体在减速过程的位移${{x}_{2}}=\frac{1}{2}\times 3\times \left( 7-3 \right)=6\text{m}$．故D错误．

故选C．

由图象可知0～2s内的加速度a₁＝1.5m/s²；2s～4s内a₂＝0；4s～5s内a₃＝－3m/s²，故A正确，C错．图象上0～5s内的速度均为正值，表示速度方向都与正方向相同，故B错.0～5s内的位移$\mathrm{x}=\frac{(2+5) \times 3}{2} \mathrm{~m}=10.5 \mathrm{~m}$，故D正确．

第3s内的平均速度$\bar{v}=\frac{x}{t}=\frac{3}{1}m/s=3m/s$，A正确；

前3s内的位移x₃＝$\frac{1}{2}$at₃²，前2秒内的位移x₂＝$\frac{1}{2}$at₂²，故第3秒内位移x＝x₃－x₂＝$\frac{1}{2}$at₃²－$\frac{1}{2}$at₂²＝3m，即$\frac{1}{2}$a·3²－$\frac{1}{2}$a·2²＝3m，解得a＝1.2m/s²，选项B正确；

将a代入x₃得x₃＝5.4m，C错误；

v₃＝at₃＝1.2×3m/s＝3.6m/s，D亦正确．

设物体的初速度为v₀，加速度为a，前3s的位移为x₁，后3s的位移为x₂，第1.5s的速度v_1.5=$\frac{x_{1}}{t_{1}}=\frac{12m}{3s}$=4m/s，后3s即2s-5s的平均速度$\bar{v}_1=v_{3.5}=\frac{x_{2}}{t_{2}}=\frac{18m}{3s}$=6m/s，a=$\frac{\Delta v}{\Delta t}=\frac{v_{3.5}-v_{1.5}}{t_{3.5}-t_{1.5}}=\frac{6m/s-4m/s}{3.5s-1.5s}=1m/s²$，5s内的平均速度$\bar v=\frac{v_{3.5}+v_{1.5}}{2}=\frac{6m/s+4m/s}{2}$=5m/s

运动示意图如图所示．由$v-t$图像可知甲车的加速度$a_1$，比乙车的加速度$a_2$大．初始时，甲车在乙车前方$s_0$处，在达到速度相等的时间$T$内，甲的位移为$s_2$，乙的位移为$(s_1+s_2)$．若$(s_0+s_2) \gt(s_1+s_2)$,即$s_0\gt s_1$，则共速时，乙车没有追上甲车，又因为$a_1\gt a_2$，以后乙车就不可能追上甲车了，$s_0=s_1 +s_2$满足$s_0\gt s_1$，选项A正确；

若$s_0=s_2$，而$s_2\gt s_1$，满足$s_0\gt s_1$,两车不会相遇，选项D错误；

若共速时$(s_0 +s_2) =(s_1 +s_2) $，即$s_0=s_1$则共速时乙车刚刚追上甲车，又因为$a_1\gt a_2$,以后甲车又会超过乙车，故两车相遇一次，选项C正确；

若共速时$(s_0 +s_2) \lt(s_1 +s_2) $，即$s_0 \lt s_1$,则共速时乙车已经超过甲车，之后因为$a_1\gt a_2$，甲车又会超过乙车，故两车相遇两次，选项B正确．

甲推乙的同时，乙也推甲，力的作用是相互的，故A错误．不论物体是否有生命或是否有动力，它们受到别的物体作用时都会施力，也就是说，受力物体一定同时也是施力物体，如马拉车，车也拉马，故B选项错．两个物体发生了力的作用，不一定需要直接接触，如磁铁隔着一段距离时也能吸引铁屑，故选项C错．物理学中的“力”与现实中的“力”是两个不同的概念，一个物体不能产生力，故选项D错误．

弹簧如果处于被拉伸的状态，它将有收缩到原状的趋势，会向下拉A，向上提B，则B正确；如果处于被压缩的状态，将向两边恢复原状，会向上顶A，向下压B，则C正确，故选B、C.

ACD．位移、速度和加速度都既有大小又有方向，是矢量，故ACD正确；

B．路程只有大小，没有方向，是标量，故B错误．

故选ACD．

F₁、F₂两个力是重力mg的两个分力，其作用效果与重力mg等效，性质与重力的性质相同，所以F₂不是物体对斜面的压力，物体只受重力mg和斜面支持力F_N的作用．力的合成与分解的原理就是分力的作用效果与合力作用效果相同，考虑了合力作用效果后，就不能再考虑分力的作用效果，否则是重复考虑了力的作用效果，导致错误的结论，故C、D正确．

分析：

验证牛顿第二定律实验，实验前要平衡摩擦力，实验时要先接通电源，后放开小车；当砝码质量远小于小车质量时可以近似认为小车受到的拉力等于砝码重力；根据实验注意事项分析答题．

解答：

解：A、为使小车受到的拉力等于砝码(包括砝码盘)的重力，连接砝码盘和小车的轻绳应和长木板保持平行，故A正确；B、实验前要平衡摩擦力，平衡摩擦力后，在实验过程中，长木板与水平面夹角不能改变，故B正确；C、实验时，小车应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车，故C正确；D、实验时难以直接得到小车受到的牵引力，通常将砝码的重力近似看作小车的牵引力，故D正确；E、当砝码质量远小于小车质量时，可以近似认为小车受到的拉力等于砝码重力，因此实验时，为尽量减小实验误差，应使砝码的质量远小于小车的质量，故E正确；故选：ABCDE．

点评：

本题考查了实验注意事项，知道实验原理与实验注意事项即可正确解题．