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2025高考物理一轮总复习第1章运动的描述匀变速直线运动的研究第4讲运动图像提能训练
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这是一份2025高考物理一轮总复习第1章运动的描述匀变速直线运动的研究第4讲运动图像提能训练，共7页。
题组一 x－t图像和v－t图像的理解与应用
1．A、B两物体沿同一直线运动，运动过程中的x－t图像如图所示，下列说法正确的是( D )
A．4 s时A物体运动方向发生改变
B．0～6 s内B物体的速度逐渐减小
C．0～5 s内两物体的平均速度相等
D．0～6 s内某时刻两物体的速度大小相等
[解析] x－t图像的斜率表示速度，斜率的正负表示速度方向，所以A物体运动方向不变，故A错误；x－t图像的斜率表示速度，由题图可知，0～6 s内B物体的速度逐渐增大，故B错误；由题图可知，0～5 s内A物体的位移大于B物体的位移，由公式eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)可知，A物体的平均速度大于B物体的平均速度，故C错误；0～6 s内存在某时刻两图像斜率的绝对值相等，即存在某时刻两物体的速度大小相等，故D正确。
2．一质点做直线运动的v－t图像如图所示，下列说法正确的是( A )
A．BC段表示质点通过的位移大小为34 m
B．在18～22 s时间内，质点的位移为24 m
C．整个过程中，BC段的加速度最大
D．整个过程中，E点所对应的时刻离出发点最远
[解析] BC段，质点的位移为x＝eq \f(5＋12,2)×4 m＝34 m，选项A正确；在18～22 s时间内，质点的位移为x＝eq \f(12×2,2) m＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(12×2,2)))m＝0，选项B错误；由题图看出，CE段图线斜率的绝对值最大，则CE段对应过程的加速度最大，选项C错误；由题图看出，在0～20 s时间内，速度均为正值，质点沿正方向运动，在20～22 s时间内速度为负值，质点沿负方向运动，所以整个过程中，D点对应时刻离出发点最远，选项D错误。
3．学校科技周展示现场中，飞行小组让飞行器从12 m高的教学楼楼顶由静止先匀加速直线下降再匀减速直线下降，到达地面时速度恰好为零。已知飞行器加速时的加速度大小是减速时的2倍，运动总时间为3 s，则该飞行器在此过程中的v－t图像为( C )
[解析] 由题可知，飞行器先加速再减速到零，且飞行器加速时的加速度大小是减速时的2倍，所以加速时图像的斜率的绝对值是减速时的两倍且由x＝eq \f(vm,2)·t得，vm＝8 m/s。故选项C正确。
4．一质点的位移—时间图像如图所示，能正确表示该质点的速度v与时间t关系的图像是下列图中的( A )
[解析] 质点在开始一段时间内的x－t图像是一条直线，其斜率不变且为负值，表示质点做匀速直线运动，速度方向与规定的正方向相反；在第二段时间内，质点处于静止状态，速度为零；在第三段时间内，图线的斜率不变且为正值，即速度不变且为正值；在第四段时间内，质点静止在出发点。综上可知，质点的v－t图像是图A，故选项A正确。
题组二 用数学函数方法分析非常规图像问题
5．(多选)(2024·河南南阳高三质检)利用图像法研究物理量之间的关系是常用的一种数学物理方法。如图所示，为物体做直线运动时各物理量之间的关系图像，x、v、a、t分别表示物体的位移、速度、加速度和时间。下列说法中正确的是( AB )
A．根据甲图可求出物体的加速度大小为2 m/s2
B．根据乙图可求出物体的加速度大小为5 m/s2
C．根据丙图可求出物体的加速度大小为2 m/s2
D．根据丁图可求出物体在前2 s内的速度变化量大小为6 m/s
[解析] 根据从0开始的匀变速直线运动的位移与时间关系公式x＝eq \f(1,2)at2，结合题图甲可求出物体的加速度大小a1＝2k1＝2×eq \f(2,2) m/s2，解得a1＝2 m/s2，A正确；根据匀变速直线运动的速度与位移关系公式v2－veq \\al(2,0)＝2ax，结合题图乙可求出物体的加速度大小a2＝eq \f(k2,2)＝5 m/s2，B正确；根据匀变速直线运动的位移与时间关系公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，整理得eq \f(x,t)＝v0＋eq \f(1,2)at，结合题图丙可求出物体的加速度大小a3＝2k3＝2×eq \f(0－4,2) m/s2，解得a3＝－4 m/s2，物体的加速度大小为4 m/s2，C错误；根据微元法可以得到，物理学中a－t图像的图线与时间轴所围成的面积表示这段时间内物体的速度变化量，则由题图丁可求出物体在前2 s内的速度变化量大小为Δv＝eq \f(1,2)×3×2 m/s＝3 m/s，D错误。
6．汽车中的ABS系统在汽车制动时，能防止车轮抱死，可以减小刹车距离，增强刹车效果。实验小组通过实验，研究有ABS系统和无ABS系统两种情况下的匀减速制动距离，测试的初速度均为60 km/h。根据下图的图线及数据，可以推断出两种情况下汽车刹车的加速度大小之比a有∶a无等于( A )
A．4∶3 B．3∶4
C．3∶2 D．2∶3
[解析] 根据v2＝2ax得a＝eq \f(v2,2x)，因为初速度相等时，刹车的距离之比为3∶4，则平均加速度之比a有∶a无＝4∶3，故A正确。
能力综合练
7．(2024·湖南长沙联考)习近平总书记在党的二十大报告中指出，推动绿色转型，发展绿色低碳产业，积极稳妥推进“碳达峰”“碳中和”，因此新能源有着广阔的发展前景。已知某品牌的新能源汽车沿平直的公路行驶，司机突然发现正前方有一障碍物，司机立即刹车，刹车后某段时间内的该汽车的位移随时间的变化规律如图所示，图中的曲线为抛物线，t0时图线的切线平行于横轴。则下列说法正确的是( D )
A．x0＝60 m
B．汽车的初速度大小为30 m/s
C．汽车的加速度大小为5 m/s2
D．6 s内汽车的位移大小为50 m
[解析] 设初速度为v0，加速度为a，时间为t，汽车做匀减速直线运动，则x＝v0t－eq \f(1,2)at2，代入数据得32 m＝2v0－eq \f(1,2)a×22,42 m＝3v0－eq \f(1,2)a×32，解得a＝4 m/s2，v0＝20 m/s，故BC错误；逆向思维将汽车看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则x＝eq \f(v\\al(2,0),2a)＝50 m，故A错误；汽车刹车时间为t＝eq \f(v0,a)＝5 s，则6 s内汽车的位移大小为50 m，故D正确。故选D。
8．(2023·浙江模拟预测)图甲为北京冬奥会冰壶比赛中的一个画面。比赛中，运动员用毛刷擦冰壶运动前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小，改变冰壶的运动距离。某运动员将冰壶沿冰面推出，冰壶做直线运动直到停止过程的v－t图像如图乙所示，则下列判断正确的是( C )
A．0～t0时间内冰壶运动的位移大小为5v0t0
B．没擦冰面时冰壶运动的加速度大小是擦冰面时的3倍
C．提早擦冰面而保持擦冰面时间不变，则冰壶滑行的总时间不变
D．提早擦冰面而保持擦冰面时间不变，则冰壶滑行的总位移不变
[解析] 根据v－t图像的面积表示位移，可得0～t0时间内冰壶运动的位移大小为x＝eq \f(3v0＋2v0,2)t0＝eq \f(5v0t0,2)，A错误；根据v－t图像的绝对值表示加速度的大小，可得没擦冰面时冰壶运动的加速度大小为a1＝eq \f(3v0－2v0,t0)＝eq \f(v0,t0)，擦冰面时的冰壶运动的加速度大小为a2＝eq \f(2v0－v0,1.5t0)＝eq \f(2v0,3t0)，可得eq \f(a1,a2)＝eq \f(3,2)，B错误；假设没擦冰面时冰壶运动的总时间为t1，擦冰面时的冰壶运动的时间为t2，则有a1t1＋a2t2＝3v0，若提早擦冰面而保持擦冰面时间t2不变，则没擦冰面时冰壶运动的总时间为t1也不变，故冰壶滑行的总时间不变，如图所示，根据v－t图像的面积表示位移，可知若提早擦冰面而保持擦冰面时间不变，冰壶滑行的总位移变大，C正确，D错误。
9．(2023·安徽宣城模拟)一物体在外力作用下由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的关系图像如图所示。下列图像正确的是( A )
[解析] 从a－t图像，0～1 s内物体做加速度增大的加速运动，1～2 s内物体做加速度减小的加速运动，2～3 s内物体做加速度增大的减速运动，3～4 s内物体做加速度减小的减速运动，A正确；B项中速度最大时加速度不为零，与a－t图像中第2 s速度最大，加速度为零不符，B错误；C、D项中速度—时间图像中直线部分，加速度大小和方向不变，与a－t图像不符，C、D错误。
10．一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其eq \f(x,t)－t的图像如图所示，则( D )
A．质点做匀加速直线运动，加速度大小为0.75 m/s2
B．质点做匀速直线运动，速度大小为3 m/s
C．质点在第4 s末速度大小为6 m/s
D．质点在前4 s内的位移大小为24 m
[解析] 由题图可知eq \f(x,t)＝3＋0.75t (m/s)，整理得x＝3t＋0.75t2，质点做匀加速运动，对比公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2可知，质点的初速度为v0＝3 m/s，加速度大小为a＝1.5 m/s2，故A、B错误；质点在第4 s末速度大小为v＝v0＋at′＝3 m/s＋1.5×4 m/s＝9 m/s，故C错误；质点在前4 s内的位移大小为x＝v0t′＋eq \f(1,2)at′2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3×4＋\f(1,2)×1.5×42))m＝24 m，故D正确。
11．(多选)(2024·河北邢台摸底考试)如图1所示，一小物块在水平地面上以v0＝6 m/s的初速度向右运动，它的加速度与位移关系在一段时间内如图2中A、B图线所示(B线未画完)，经过一段时间后小物块再次经过出发点。下列说法中正确的是( BC )
A．全过程中，物块做匀变速直线运动
B．物块经过x＝5 m处时的速度为4 m/s
C．物块向右最远可到达x＝13 m处
D．物块再次经过出发点时速率小于6 m/s
[解析] 由图2可知，小物块在x＝5 m处加速度发生变化，因此整个过程不是匀变速，A错误；由图2可知，a1＝－2 m/s2，根据2ax＝veq \\al(2,1)－veq \\al(2,0)可得，x＝5 m时，v1＝4 m/s，此时t＝1 s，B正确；由上面分析可知，小物块在1 s后开始以初速度为4 m/s，加速度为－1 m/s2做匀减速直线运动，当v＝0时，物块向右达到最远距离，因此2a2x2＝0－veq \\al(2,1)，解得x2＝8 m，因此x＝x1＋x2＝13 m，C正确；根据对称性小物块从速度为0反向加速运动到出发点的速度仍为6 m/s，D错误。故选BC。
12．(多选)如图甲所示，一维坐标系中有一物块静止于x轴上的某位置(图中未画出)，从t＝0时刻开始，物块在外力作用下沿x轴正方向做匀变速直线运动，其位置坐标与速率平方的关系图像如图乙所示。下列说法正确的是( BC )
A．物块运动的加速度大小为1 m/s2
B．t＝4 s时物块位于x＝2 m处
C．2～4 s内物块的平均速度大小为1.5 m/s
D．前2 s内物块的位移大小为2 m
[解析] 设t＝0时刻物块位于x＝x0处，根据v2＝2a(x－x0)可知x＝x0＋eq \f(1,2a)v2，根据题图乙可知x0＝－2 m，a＝eq \f(1,2) m/s2，A错误；t＝4 s时物块位置为x＝x0＋eq \f(1,2)ateq \\al(2,4)＝－2 m＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×42 m＝2 m，B正确；2～4 s时间内物块的位移Δx＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,4)－eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×42 m－eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×22 m＝3 m，因此这段时间内平均速度eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(Δx,Δt)＝eq \f(3,2) m/s＝1.5 m/s，C正确；前2 s内物块的位移大小Δx′＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×22 m＝1 m，D错误。
题组一 x－t图像和v－t图像的理解与应用
1．A、B两物体沿同一直线运动，运动过程中的x－t图像如图所示，下列说法正确的是( D )
A．4 s时A物体运动方向发生改变
B．0～6 s内B物体的速度逐渐减小
C．0～5 s内两物体的平均速度相等
D．0～6 s内某时刻两物体的速度大小相等
[解析] x－t图像的斜率表示速度，斜率的正负表示速度方向，所以A物体运动方向不变，故A错误；x－t图像的斜率表示速度，由题图可知，0～6 s内B物体的速度逐渐增大，故B错误；由题图可知，0～5 s内A物体的位移大于B物体的位移，由公式eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)可知，A物体的平均速度大于B物体的平均速度，故C错误；0～6 s内存在某时刻两图像斜率的绝对值相等，即存在某时刻两物体的速度大小相等，故D正确。
2．一质点做直线运动的v－t图像如图所示，下列说法正确的是( A )
A．BC段表示质点通过的位移大小为34 m
B．在18～22 s时间内，质点的位移为24 m
C．整个过程中，BC段的加速度最大
D．整个过程中，E点所对应的时刻离出发点最远
[解析] BC段，质点的位移为x＝eq \f(5＋12,2)×4 m＝34 m，选项A正确；在18～22 s时间内，质点的位移为x＝eq \f(12×2,2) m＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(12×2,2)))m＝0，选项B错误；由题图看出，CE段图线斜率的绝对值最大，则CE段对应过程的加速度最大，选项C错误；由题图看出，在0～20 s时间内，速度均为正值，质点沿正方向运动，在20～22 s时间内速度为负值，质点沿负方向运动，所以整个过程中，D点对应时刻离出发点最远，选项D错误。
3．学校科技周展示现场中，飞行小组让飞行器从12 m高的教学楼楼顶由静止先匀加速直线下降再匀减速直线下降，到达地面时速度恰好为零。已知飞行器加速时的加速度大小是减速时的2倍，运动总时间为3 s，则该飞行器在此过程中的v－t图像为( C )
[解析] 由题可知，飞行器先加速再减速到零，且飞行器加速时的加速度大小是减速时的2倍，所以加速时图像的斜率的绝对值是减速时的两倍且由x＝eq \f(vm,2)·t得，vm＝8 m/s。故选项C正确。
4．一质点的位移—时间图像如图所示，能正确表示该质点的速度v与时间t关系的图像是下列图中的( A )
[解析] 质点在开始一段时间内的x－t图像是一条直线，其斜率不变且为负值，表示质点做匀速直线运动，速度方向与规定的正方向相反；在第二段时间内，质点处于静止状态，速度为零；在第三段时间内，图线的斜率不变且为正值，即速度不变且为正值；在第四段时间内，质点静止在出发点。综上可知，质点的v－t图像是图A，故选项A正确。
题组二 用数学函数方法分析非常规图像问题
5．(多选)(2024·河南南阳高三质检)利用图像法研究物理量之间的关系是常用的一种数学物理方法。如图所示，为物体做直线运动时各物理量之间的关系图像，x、v、a、t分别表示物体的位移、速度、加速度和时间。下列说法中正确的是( AB )
A．根据甲图可求出物体的加速度大小为2 m/s2
B．根据乙图可求出物体的加速度大小为5 m/s2
C．根据丙图可求出物体的加速度大小为2 m/s2
D．根据丁图可求出物体在前2 s内的速度变化量大小为6 m/s
[解析] 根据从0开始的匀变速直线运动的位移与时间关系公式x＝eq \f(1,2)at2，结合题图甲可求出物体的加速度大小a1＝2k1＝2×eq \f(2,2) m/s2，解得a1＝2 m/s2，A正确；根据匀变速直线运动的速度与位移关系公式v2－veq \\al(2,0)＝2ax，结合题图乙可求出物体的加速度大小a2＝eq \f(k2,2)＝5 m/s2，B正确；根据匀变速直线运动的位移与时间关系公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，整理得eq \f(x,t)＝v0＋eq \f(1,2)at，结合题图丙可求出物体的加速度大小a3＝2k3＝2×eq \f(0－4,2) m/s2，解得a3＝－4 m/s2，物体的加速度大小为4 m/s2，C错误；根据微元法可以得到，物理学中a－t图像的图线与时间轴所围成的面积表示这段时间内物体的速度变化量，则由题图丁可求出物体在前2 s内的速度变化量大小为Δv＝eq \f(1,2)×3×2 m/s＝3 m/s，D错误。
6．汽车中的ABS系统在汽车制动时，能防止车轮抱死，可以减小刹车距离，增强刹车效果。实验小组通过实验，研究有ABS系统和无ABS系统两种情况下的匀减速制动距离，测试的初速度均为60 km/h。根据下图的图线及数据，可以推断出两种情况下汽车刹车的加速度大小之比a有∶a无等于( A )
A．4∶3 B．3∶4
C．3∶2 D．2∶3
[解析] 根据v2＝2ax得a＝eq \f(v2,2x)，因为初速度相等时，刹车的距离之比为3∶4，则平均加速度之比a有∶a无＝4∶3，故A正确。
能力综合练
7．(2024·湖南长沙联考)习近平总书记在党的二十大报告中指出，推动绿色转型，发展绿色低碳产业，积极稳妥推进“碳达峰”“碳中和”，因此新能源有着广阔的发展前景。已知某品牌的新能源汽车沿平直的公路行驶，司机突然发现正前方有一障碍物，司机立即刹车，刹车后某段时间内的该汽车的位移随时间的变化规律如图所示，图中的曲线为抛物线，t0时图线的切线平行于横轴。则下列说法正确的是( D )
A．x0＝60 m
B．汽车的初速度大小为30 m/s
C．汽车的加速度大小为5 m/s2
D．6 s内汽车的位移大小为50 m
[解析] 设初速度为v0，加速度为a，时间为t，汽车做匀减速直线运动，则x＝v0t－eq \f(1,2)at2，代入数据得32 m＝2v0－eq \f(1,2)a×22,42 m＝3v0－eq \f(1,2)a×32，解得a＝4 m/s2，v0＝20 m/s，故BC错误；逆向思维将汽车看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则x＝eq \f(v\\al(2,0),2a)＝50 m，故A错误；汽车刹车时间为t＝eq \f(v0,a)＝5 s，则6 s内汽车的位移大小为50 m，故D正确。故选D。
8．(2023·浙江模拟预测)图甲为北京冬奥会冰壶比赛中的一个画面。比赛中，运动员用毛刷擦冰壶运动前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小，改变冰壶的运动距离。某运动员将冰壶沿冰面推出，冰壶做直线运动直到停止过程的v－t图像如图乙所示，则下列判断正确的是( C )
A．0～t0时间内冰壶运动的位移大小为5v0t0
B．没擦冰面时冰壶运动的加速度大小是擦冰面时的3倍
C．提早擦冰面而保持擦冰面时间不变，则冰壶滑行的总时间不变
D．提早擦冰面而保持擦冰面时间不变，则冰壶滑行的总位移不变
[解析] 根据v－t图像的面积表示位移，可得0～t0时间内冰壶运动的位移大小为x＝eq \f(3v0＋2v0,2)t0＝eq \f(5v0t0,2)，A错误；根据v－t图像的绝对值表示加速度的大小，可得没擦冰面时冰壶运动的加速度大小为a1＝eq \f(3v0－2v0,t0)＝eq \f(v0,t0)，擦冰面时的冰壶运动的加速度大小为a2＝eq \f(2v0－v0,1.5t0)＝eq \f(2v0,3t0)，可得eq \f(a1,a2)＝eq \f(3,2)，B错误；假设没擦冰面时冰壶运动的总时间为t1，擦冰面时的冰壶运动的时间为t2，则有a1t1＋a2t2＝3v0，若提早擦冰面而保持擦冰面时间t2不变，则没擦冰面时冰壶运动的总时间为t1也不变，故冰壶滑行的总时间不变，如图所示，根据v－t图像的面积表示位移，可知若提早擦冰面而保持擦冰面时间不变，冰壶滑行的总位移变大，C正确，D错误。
9．(2023·安徽宣城模拟)一物体在外力作用下由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的关系图像如图所示。下列图像正确的是( A )
[解析] 从a－t图像，0～1 s内物体做加速度增大的加速运动，1～2 s内物体做加速度减小的加速运动，2～3 s内物体做加速度增大的减速运动，3～4 s内物体做加速度减小的减速运动，A正确；B项中速度最大时加速度不为零，与a－t图像中第2 s速度最大，加速度为零不符，B错误；C、D项中速度—时间图像中直线部分，加速度大小和方向不变，与a－t图像不符，C、D错误。
10．一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其eq \f(x,t)－t的图像如图所示，则( D )
A．质点做匀加速直线运动，加速度大小为0.75 m/s2
B．质点做匀速直线运动，速度大小为3 m/s
C．质点在第4 s末速度大小为6 m/s
D．质点在前4 s内的位移大小为24 m
[解析] 由题图可知eq \f(x,t)＝3＋0.75t (m/s)，整理得x＝3t＋0.75t2，质点做匀加速运动，对比公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2可知，质点的初速度为v0＝3 m/s，加速度大小为a＝1.5 m/s2，故A、B错误；质点在第4 s末速度大小为v＝v0＋at′＝3 m/s＋1.5×4 m/s＝9 m/s，故C错误；质点在前4 s内的位移大小为x＝v0t′＋eq \f(1,2)at′2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3×4＋\f(1,2)×1.5×42))m＝24 m，故D正确。
11．(多选)(2024·河北邢台摸底考试)如图1所示，一小物块在水平地面上以v0＝6 m/s的初速度向右运动，它的加速度与位移关系在一段时间内如图2中A、B图线所示(B线未画完)，经过一段时间后小物块再次经过出发点。下列说法中正确的是( BC )
A．全过程中，物块做匀变速直线运动
B．物块经过x＝5 m处时的速度为4 m/s
C．物块向右最远可到达x＝13 m处
D．物块再次经过出发点时速率小于6 m/s
[解析] 由图2可知，小物块在x＝5 m处加速度发生变化，因此整个过程不是匀变速，A错误；由图2可知，a1＝－2 m/s2，根据2ax＝veq \\al(2,1)－veq \\al(2,0)可得，x＝5 m时，v1＝4 m/s，此时t＝1 s，B正确；由上面分析可知，小物块在1 s后开始以初速度为4 m/s，加速度为－1 m/s2做匀减速直线运动，当v＝0时，物块向右达到最远距离，因此2a2x2＝0－veq \\al(2,1)，解得x2＝8 m，因此x＝x1＋x2＝13 m，C正确；根据对称性小物块从速度为0反向加速运动到出发点的速度仍为6 m/s，D错误。故选BC。
12．(多选)如图甲所示，一维坐标系中有一物块静止于x轴上的某位置(图中未画出)，从t＝0时刻开始，物块在外力作用下沿x轴正方向做匀变速直线运动，其位置坐标与速率平方的关系图像如图乙所示。下列说法正确的是( BC )
A．物块运动的加速度大小为1 m/s2
B．t＝4 s时物块位于x＝2 m处
C．2～4 s内物块的平均速度大小为1.5 m/s
D．前2 s内物块的位移大小为2 m
[解析] 设t＝0时刻物块位于x＝x0处，根据v2＝2a(x－x0)可知x＝x0＋eq \f(1,2a)v2，根据题图乙可知x0＝－2 m，a＝eq \f(1,2) m/s2，A错误；t＝4 s时物块位置为x＝x0＋eq \f(1,2)ateq \\al(2,4)＝－2 m＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×42 m＝2 m，B正确；2～4 s时间内物块的位移Δx＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,4)－eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×42 m－eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×22 m＝3 m，因此这段时间内平均速度eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(Δx,Δt)＝eq \f(3,2) m/s＝1.5 m/s，C正确；前2 s内物块的位移大小Δx′＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×22 m＝1 m，D错误。
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