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专题6 传送带模型
水平传送带模型（2-6 题）........................................................................................................................... 2
倾斜传送带模型——上行（7-10 题）.......................................................................................................6
倾斜传送带模型——下行（11-15 题）..................................................................................................10
1.
（2021•辽宁）机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速
率v1＝0.6m/s 运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95m。工作人员沿传送
方向以速度v2＝1.6m/s 从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动
摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
（2）小包裹通过传送带所需的时间t。
【解答】解：（1）开始时小包裹向下做匀减速运动，以向下为正方向，根据牛顿第二定律有a
= mgsinα - μmgcosα
m
=gsinα
μgcosα
﹣
代入数据后得到a＝﹣0.4m/s2，“﹣”表示方向沿斜面向下，加速度大小为0.4m/s2
（2）设经过时间t1与传送带共速，则有：v1＝v2+at1
代入数据后得：t1＝2.5s
此段时间小包裹的位移x1= v1+ v2
2
t1= 0.6+1.6
2
×2.5m=2.75m
小包裹与传速带共速后由于mgsinα＜μmgcosα，小包裹相对于传送带静止，两者一起向下匀速运
1
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动，则
位移为x2＝L
x
﹣1＝3.95m
2.75m
﹣
＝1.2m
时间t2= x2
v1
= 1.2
0.6 s=2.0s
通过传送带的总时间t＝t1+t2＝2.5s+2.0s＝4.5s
水平传送带模型（2-6 题）
2.
（2023•惠州模拟）如图甲所示，将一物块P 轻轻放在水平足够长的传送带上，取向
右为速度的正方向，物块P 最初一段时间的速度—时间图像如图乙所示，下列描述正确的是（
）
A．小物块一直受滑动摩擦力
B．传送带做顺时针的匀速运动
C．传送带做顺时针的匀加速运动
D．小物块最终有可能从图甲的左端滑下传送带
【解答】解：BC：由图乙可知，物块先做加速运动，可以判断出物体受到向右的滑动摩擦力，
此时物体相对传送带向左运动，说明传送带向右运动且速度大于物体速度，当物块P 与传送带
共速后，若传送带匀速运动则物体随传送带一起匀速运动，这与v
t
﹣不符，说明传送带也向右
加速且加速度小于物体由于受滑动摩擦力而产生的加速度，否则物体不能达到与传送带共速，
共速以后物块随传送带一起做加速度较小的加速运动。故B 错误，C 正确；
AD：当物块与传送带一起水平向右加速后，由于物块与传送带相对静止，物块受静摩擦力。故
A 错误。物块一直向右加速，不可能从传送带左端滑下传送带，故D 错误。
故选：C。
3.
（2023•眉县校级一模）如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初
2
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速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带，若从小物块滑
上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v
t
﹣图像（以地面为参考系）如图乙所示，已
知v2＞v1，则（ ）
A．t2时刻，小物块离A 处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
【解答】解：A、t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A 处的距离达到最大，故A 错误；
B、0～t1时间内木块向左匀减速直线运动，小物块速度一直减小到零；t1～t2时间内小物块向右
匀加速，在该段时间内小物块相对传送带向左运动，当与传送带速度相等时，即t2时刻小物块
相对传送带向左运动的距离最大，故B 正确；
C、在0～t1时间内小物块向左减速，受向右的摩擦力作用，t1～t2时间内小物块向右匀加速，相
对传送带向左，摩擦力方向仍向右，故C 错误；
D、由图知，t2～t3小物块做匀速直线运动，此时受力平衡，小物块不受摩擦力作用，故D 错误。
故选：B。
4.
（多选）（2023•石嘴山模拟）质量为1kg 的物块M 水平向右滑上逆时针转动的传送
带，如图甲所示，物块的v
t
﹣图像如图乙所示。在整个运动过程中，以下说法正确的是（
）
A．物块与传送带间的动摩擦因数为0.1
B．物块在传送带上做匀减速运动的时间是3s
3
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C．整个过程中，物块在传送带上的划痕长度为9m
D．2s 时，物体向右运动到最远处
【解答】解：A、由图乙所示v
t
﹣图像可知，物块加速度大小a= Δv
Δt = 0-(- 4.0)
2
m/ s
2=2m/s2
对物块，根据牛顿第二定律得：μmg＝ma
代入数据解得：μ＝0.2，故A 错误；
B、由图乙所示图象可知，物块在0～2s 内做匀减速直线运动，在2～3s 内反向做初速度为零的
匀加速直线运动，3s 后做匀速直线运动，故B 错误；
C、在0～3s 时间内，传动带的位移为：x1＝vt＝2×3m＝6m，方向水平向左，
此过程中，物块的位移为：x2= 1
2
（v0+v）t= 1
2 ×（﹣4+2）×3m＝﹣3m，方向水平向右，
则整个过程中物体在传送带上留下的划痕长度为：L＝x1
x
﹣2＝6m+3m＝9m，故C 正确；
D、当t＝2s 时，物块的速度为零，2s 后，物块开始向左运动，所以2s 时物块运动到最右端，故
D 正确。
故选：CD。
5.
（2023•上饶一模）如图所示，水平传送带由电动机带动以v＝2m/s 的速度匀速转动，
转动方向如图所示。可视为质点的甲、乙两物体分别以v1＝1m/s 和v2＝3m/s 的速率从传送带
的两端A、B 处按图示方向同时滑上传送带。已知两物体在同一条直线上运动，且运动过程中
恰好没有相碰。两物体与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，质量均为m＝1kg，重力加速度
g＝10m/s2。求：
（1）甲物体从滑上传送带到与传送带速度相同时所需时间；
（2）传送带A、B 间的长度；
（3）为维持传送带匀速转动，电动机多做的功。
【解答】解：（1）对甲进行分析，根据牛顿第二定律可得：μmg＝ma1
根据速度—时间公式可得：v＝v1+a1t1
联立解得t1＝0.2s
（2）对乙进行分析，根据牛顿第二定律可得：μmg＝ma2
取向右为正，根据速度—时间公式可得：v＝﹣v2+a2t2
解得：t2＝1s
4
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从开始运动到甲、乙恰好相遇不相碰过程，以向右为正，甲的位移大小为：
x甲= v1+ v
2
t1+ v(t2-t1)
乙的位移大小为：x乙=- v2+ v
2
t2
则有LAB＝x 甲﹣x 乙
联立解得：LAB＝2.4m
（3）设甲与传送带间的相对位移为s1，可得s1= v t1- v1+ v
2
t1
若发热为Q1
则有Q1＝μmgs1
乙与传送带间的相对位移为s2，可得：
s2= (v2+ v)
2
2a2
若发热为Q2，则有Q2＝μmgs2
由能量守恒得1
2 mv1
2+ 1
2 mv2
2+W =2× 1
2 mv
2+Q1+Q2
联立解得：W＝12J
6.
（2023•重庆模拟）如图（a）所示，相距L＝11.5m 的两平台位于同一水平面内，二
者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v 可以由驱动系统根据需要设定。
质量m＝10kg 的载物箱（可视为质点），以初速度v0＝5.0m/s 自左侧平台滑上传送带。载物箱
与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10m/s2
（1）若v＝4.0m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
（2）求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
（3）载物箱离开传送带时的速度与传送带匀速运动的速度是有关系的，在图（b）中大致画出
载物箱离开传送带时的速度v′与传送带速度v 的关系图像，并标出重要点的坐标。
5
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【解答】解：（1）载物箱速度大于传送带速度，载物箱受到的摩擦力向左，载物箱在传送带上
先做匀减速直线运动，对载物箱由牛顿第二定律可得﹣μmg＝ma
设载物箱匀减速运动的距离为s1，由运动学公式可得v
2- v0
2=2a s1
解得s1＝4.5m
因s1＝4.5m 小于L，因此载物箱在到达右侧平台前，已经与传送带共速，然后与传送带一起匀
速运动至右侧平台，设匀减速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，则有
t1= v - v0
a
= 4 -5
-1
=
1s，t2= L- s1
v
= 11.5- 4.5
4
=
1.75s
总时间为t＝t1+t2＝1s+1.75s＝2.75s
（2）若载物箱一直做匀减速运动，到达右侧时的速度最小，设为vmin，由牛顿第二定律可得
a= F
m =- μg
由匀变速运动速度—位移公式可得vmin
2 - v0
2=-2 μgL
解得vmin=√2m/s
若载物箱一直做匀加速运动，到达右侧平台时的速度最大，设为vmax，由牛顿第二定律可得
a' = F '
m = μg
由匀变速运动速度—位移公式可得vmax
2
- v0
2=2 μgL
解得vmax = 4√3m/ s
（3）a、当0＜v ≤√2m/ s时，载物箱将在传送带上一直匀减速到速度为√2m/ s时离开传送带。
b、当v ≥4√3m/ s时，载物箱始终加速直至离开传送带，离开传送带时的速度为4√3m/ s。
c、当√2m/ s＜v ＜5m/ s时，载物箱匀减速至等于传送带的速度后，匀速运动直到离开传送
带，则有v′＝v
d、当v＝5m/s 时，载物箱随传送带匀速运动直到离开传送带，则有v′＝v
e、当5m/ s＜v ＜4√3m/ s时，载物箱匀加速至等于传送带的速度后，匀速运动直到离开传
送带，则有v′＝v
所以载物箱离开传送带时的速度与传送带速度的关系图像如图所示
6
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倾斜传送带模型——上行（7-10 题）
7.
（多选）（2023•大荔县一模）如图所示，足够长的倾斜传送带以恒定速率v0顺时针
运行。一小木块以初速度v1从传送带的底端滑上传送带。木块在传送带上运动全过程中，关
于木块的速度v 随时间t 变化关系的图像可能的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：A、当v1＜v0时，若满足：mgsinθ＞μmgcosθ（θ 为传送带的倾角），即μ＜tanθ。
物块从v1匀减速上滑到速度为零，然后反向匀加速下滑，滑动摩擦力始终沿斜面向上，由牛顿
第二定得：mgsinθ
μmgcosθ
﹣
＝ma
其加速度恒定，v
t
﹣图像的斜率不变，v
t
﹣图像与坐标轴所围面积表示位移，可判断出物块返
回底端时的速度大小仍等于v1，故A 正确；
B、当v1＜v0时，若满足：mgsinθ＜μmgcosθ，即μ＜tanθ。
物块从v1 匀加速上滑到v0，滑动摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律得：μmgcosθ
mgsinθ
﹣
＝
ma
共速后与传送一起匀速运动，匀速运动时满足：mgsinθ＝f 静＜μmgcosθ，故B 正确；
C、当v1＞v0时，若满足：mgsinθ＞μmgcosθ
物块从v1匀减速到v0，滑动摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律得：
mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
7
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从v0匀减速到0，然后反向匀加速运动，滑动摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律的：
mgsinθ
μmgcosθ
﹣
＝ma2
可知：a1＞a2，加速度从a1变为a2，图像的斜率变小；
t 轴上方图像所围面积应该等于t 轴下方图像所围面积，所以返回底端时物块的速度应该小于
v1，故C 错误；
D、当v1＞v0时，若满足：mgsinθ＜μmgcosθ
从v1匀减速到v0，滑动摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律得：
μmgcosθ+mgsinθ＝ma
共速后与传送一起匀速运动，匀速运动时，满足mgsinθ＝f 静＜μmgcosθ，故D 正确。
故选：ABD。
8.
（2023•宁波一模）逆时针转动的绷紧的传送带与水平方向夹角为37°，传送带的v
t
﹣
图像如图所示。在t＝0 时刻质量为1kg 的物块从B 点以某一初速度滑上传送带并沿传送带向
上做匀速运动。2s 后开始减速，在t＝4s 时物体恰好能到达最高点A。（已知g＝10m/s2，
sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。以下说法正确的是（ ）
A．物体与传送带间的摩擦因数为0.6
B．传送带AB 长度为6m
C．2s 后物体受到的摩擦力沿传送带向下
D．物体与传送带间由于摩擦而产生的热量为6J
【解答】解：A、前2s 物块速度小于传送带速度，物块受到摩擦力沿斜面向上。由于物块匀速
上滑，根据平衡条件得：μmgcos37°＝mgsin37°，代入数据解得：μ＝0.75，故A 错误；
C、由物体2s 后开始减速，由图示v
t
﹣图像可知，2s 时传送带的速度为1m/s，可得物体前2s 内
做匀速运动的速度v1＝1m/s，在t＝4s 时物体恰好到达最高点A 点，此时传送带的速度也恰好为
零，说明二者减速运动的加速度相同，所以2s 后物体与传送带相对静止一起运动，2s 后物体受
到的静摩擦力方向沿传送带向上，故C 错误
B、2s 后物体相对于传送带静止，由图示v
t
﹣图像可知，加速度大小为a= Δv
Δt = 2
4
m/s2＝
0.5m/s2，前2s 物块沿传送带上滑的位移为x1＝v1t＝1×2m＝2m；2s 后物块相对传送带静止，物
8
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体所受摩擦力方向沿传送带向上，跟传送带以相同加速度a＝0.5m/s2，向上匀减速运动x2＝v1t1
- 1
2 at1
2，其中t1＝2s，代入数据解得：x2＝1m，传送带AB 长L＝x1+x2＝2m+1m＝3m，故B 错
误；
D、物体上滑过程中，滑动摩擦力为f＝μmgcos37°＝0.75×1×10×0.8N＝6N，由传送带的v
t
﹣图
像可知前2s，传送带位移为x＝3m，故物体与传送带间由于摩擦而产生的热量为Q＝f（x
x
﹣1）
＝6×（3
2
﹣）J＝6J，故D 正确。
故选：D。
9.
（2023•平谷区一模）如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，
传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其
运动的v
t
﹣图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
g 取10m/s2，则（ ）
A．传送带的速度为16m/s
B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.25
D．传送带转动的速率越大，物块到达传送带顶端时的速度就会越大
【解答】解：A．由图乙可知传送带的速度为8m/s，故A 错误；
BC．在0～1s 内，物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，此过程
摩擦力的方向与物体的运动方向相反，根据牛顿第二定律得
mgsin37°+μmgcos37°＝ma1
根据图乙可得
a1= 16-8
1
m/ s
2=8m/ s
2
在1
2s
﹣
内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，此过程与物体
摩擦力的方向与运动方向相同，根据牛顿第二定律得
9
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mgsin37°
μmgcos37°
﹣
＝ma2
根据图乙可得a2= 8-0
2
m/ s
2= 4 m/ s
2
联立解得μ＝0.25 故：B 错误，C 正确；
D．当传送带的速度大于16m/s 后，物块在传送带上一直做加速度为a2的减速运动，无论传送带
的速度为多大，物块到达传送带顶端时的速度都相等，故D 错误。
故选：C。
10. （2023•重庆模拟）如图所示，传送带与水平面的夹角为37°，传送带底端M 与顶端N
之间距离为18m，传送带始终以v＝2m/s 的速度顺时针转动。工人将工件无初速放在M 处，该
工件可视为质点，工件与传送带间的动摩擦因数μ= 7
8
，工件与传送带间最大静摩擦力大小等
于滑动摩擦力大小。已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）工件刚放在传送带底端M 处瞬时，工件加速度大小；
（2）工件从传送带底端M 处到达顶端N 处所经过的时间。
【解答】解：（1）工件刚放在传送带上时，对工件，由牛顿第二定律得：μmgcosθ
mgsinθ
﹣
＝
ma
代入数据解得：a＝1m/s2
（2）工件加速到与传送带速度相等需要的时间t1= v
a = 2
1
s＝2s
该过程传送带速度位移大小x1= v
2 t1= 2
2 ×2m＝2m＜L＝18m
由于mgsinθ＜μmgcosθ，工件与传送带速度相等后相对传送带静止，一起向上做匀速直线运动
工件匀速运动的时间t2= L- x1
v
= 18-2
2
s＝8s
工件从传送带底端M 处到达顶端N 处所经过的时间t＝t1+t2＝2s+8s＝10s
10
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倾斜传送带模型——下行（11-15 题）
11. （多选）（2023•梅河口市校级二模）如图1 所示，一倾角为37°的传送带以恒定的速
率v0逆时针转动。将两个不同的物块A、B 轻轻并排放在传送带上，二者并不接触（图中只显
示一个物块）。以平行于传送带向下的方向为正方向，两物块的速度—时间图像如图2 所示。
不计空气阻力，重力加速度g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。关于两物块在传送带上的
运动，下列说法正确的是（ ）
A．传送带的速度v0的大小为6m/s
B．传送带与物块B 间的动摩擦因数为0.75
C．在0～0.75s 内，两物块与传送带间产生的热量相等
D．0.75s 后，若物块A 在传送带上运动的时间少于√3s，则A、B 间的最大距离就不会变
【解答】解：A．由物体B 的v
t
﹣图像可知，在0.50s 后物体B 与传送带共速，即此时物块B 的
速度与传送带的速度相同，所以传送带的速度v0大小为6m/s，故A 正确；
B、由物体B 的v
t
﹣图像可知，0.50s 前物块B 在传送带上做匀加速直线运动，其加速度根据图
像可知为：a1= 6m/ s-0
0.50 s-0 =12m/ s
2
对B，由牛顿第二定律得：mBgsin37°+μmBgcos37°＝mBa1
代入数据解得μ＝0.75，故B 正确；
C、在0～0.75s，物块B 与传送带相对位移为：Δx1＝v0t
[
﹣1
2 at1
2+v0（t
t
﹣1）]
代入数据解得：Δx1＝1.5m
产生的热量为Q1＝μmBgΔx1＝0.75×mB×10×1.5（J）＝11.25mB（J）
对物体A 有a2=
6-0
0.75-0 m/ s
2=8m/ s
2
对A，由牛顿第二定律得：mAgsin37°+μ'mAgcos37°＝mAa2
代入数据解得μ'＝0.25
11
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在0～0.75s，物块A 与传送带相对位移Δx2＝v0t- 1
2 a2t
2
代入数据解得：Δx2＝2.25m
产生的热量为Q2＝μ'mAgΔx2＝0.25×mA×10×2.25（J）＝5.625mA（J）
因为两物块的质量未知，所以其产生的热量不一定相等，故C 错误；
D、0.75s 时，两物块的速度大小相等，根据追及、相遇的知识点可知，此时两物块在相遇前其
距离达到了最大值，其距离为：
Δxmax= 1
2 at1
2+v0（t
t
﹣1）- 1
2 a2t
2
代入数据解得：Δxmax＝0.75m
设0.75s 后在经过t2时间物块A 超过物块B 后其距离达到Δxmax，此过程a 的加速度为a3，则有：
mAgsin37°
μ'm
﹣
Agcos37°＝mAa3，代入数据解得：a3＝4m/s2
2 Δ xmax= v0t2+ 1
2 a2t2
2- v0t2
代入数据解得t2= √3
2 s，所以在0.75s 后，物块A 在传送带上运动的时间小于等于√3
2 s时，A、
B 间的最大距离就不会变，故D 错误。
故选：AB。
12. （多选）（2022•翠屏区校级模拟）如图所示，物块M 在静止的传送带上以速度v 匀
速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，若传送带的速度大小也为v，则传送带启
动后（ ）
A．M 静止在传送带上
B．M 可能沿斜面向上运动
C．M 受到的摩擦力不变
D．M 下滑的速度不变
【解答】解：由于传送带是向上转动的，在传送带启动前后，物块都只受重力、支持力、沿斜
面向上的滑动摩擦力，物块受力不变，所以其下滑的速度也不变。
故选：CD。
12
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13. （多选）（2016•浦东新区三模）如图所示，倾角为θ 的传送带沿逆时针方向以加速
度a 加速转动时，小物体A 与传送带相对静止，重力加速度为g．则（ ）
A．只有a＞gsinθ，A 才受沿传送带向下的静摩擦力作用
B．只有a＜gsinθ，A 才受沿传送带向上的静摩擦力作用
C．只有a＝gsinθ，A 才受沿传送带向上的静摩擦力作用
D．无论a 为多大，A 都受沿传送带向上的静摩擦力作用
【解答】解：当A 不受传送带的摩擦力的时候，对物体受力分析可知，此时物体的加速度的大
小为gsinθ，
A、当传送带的加速度a＞gsinθ 时，物体有向后滑的趋势，所以物体A 将受到沿传送带向下的静
摩擦力作用，所以A 正确；
B、当传送带的加速度a＜gsinθ 时，物体有向下滑的趋势，所以物体A 将受到沿传送带向上的静
摩擦力作用，所以B 正确；
C、当传送带的加速度a＝gsinθ 时，物体的加速度和传送带的加速度相同，此时物体和传送带一
起运动，没有相对运动的趋势，此时物体A 不受摩擦力作用，所以C 错误；
D、由前面的分析可知，D 错误。
故选：AB。
14. （多选）（2022•兴平市校级一模）如图所示，倾斜的传送带顺时针匀速转动，一物
块从传送上端A 滑上传送带，滑上时速率为v1，传送带的速率为v2，且v2＞v1，不计空气阻力，
动摩擦因数一定，关于物块离开传送带的速率v 和位置，下面哪个是可能的（ ）
A．从下端B 离开，v＞v1
B．从下端B 离开，v＜v1
C．从上端A 离开，v＝v1
D．从上端A 离开，v＜v1
【解答】解：滑块从A 端滑上传送带，在传送带上必先相对传送带向下运动，由于不确定滑块
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与传送带间的摩擦力和滑块的重力沿斜面下滑分力的大小关系和传送带的长度，若能从A 端离
开，由运动的可逆性可知，必有v＝v1，即选项C 是正确，选项D 是错误的；若从B 端离开，当
摩擦力大于重力的分力时，则v＜v1，选项B 是正确的，当摩擦力小于重力的分力时，则v＞
v1，选项A 是正确的，当摩擦力和重力的分力相等时，滑块一直做匀速直线运动，v＝v1，故本
题应选ABC。
故选：ABC。
15. （2023•大兴区模拟）如图所示，倾角为θ 的足够长传送带以恒定的速率v0沿逆时针
方向运行．t＝0 时，将质量m＝1kg 的小物块（可视为质点）轻放在传送带上，物块速度随时
间变化的图象如图所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g＝10m/s 则（ ）
A．1～2s 内，物块的加速度为1m/s2
B．小物块受到的摩擦力的方向始终沿传送带向下
C．传送带的倾角θ＝30°
D．小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5
【解答】解：A 、速度— 时间图线的斜率表示加速度，则1 ～2s 内，物块的加速度
a2= 12-10
1
m/ s
2=2m/ s
2；故A 错误。
B、开始时，物块相对于传送带向上滑动，受到的摩擦力方向沿传送带向下，当速度与传送带速
度相等后，所受的滑动摩擦力沿传送带向上。故B 错误。
C、D、开始匀加速运动的加速度a1= 10
1 m/ s
2=10m/ s
2，根据牛顿第二定律得，a1＝
gsinθ+μgcosθ，速度相等后，加速度a2＝gsinθ
μgcosθ
﹣
，联立两式解得θ＝37°，μ＝0.故C
错误，D 正确。
故选：D。
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