解题思路：（1）由牛顿第二定律可以求出米袋在水平传送带与倾斜传送带上的加速度，应用匀变速运动的速度公式与位移公式求出米袋沿传送带在CD上所能上升的最大距离．
（2）由于米袋开始的速度大于倾斜传送带的速度，所以所受摩擦力的方向向下，根据牛顿第二定律求出加速度，从而求出匀减速运动速度达到传送带速度的时间，因为mgsinθ＞μmgcosθ，速度达到传送带速度后不能一起做匀速直线运动，向上做匀减速直线运动，摩擦力方向向上，根据牛顿第二定律求出运动的加速度，根据运动学公式求出米袋到达D点的时间．从而求出总时间．
（1）由牛顿第二定律得米袋在AB上加速运动的加速度：
a1=[f/m＝
μmg
m]=μg=0.5×10=5m/s2，
米袋速度达到v0=5m/s时滑过的距离：
s1=
v02
2a1＝
52
2×5=2.5m＜L1=3m，
故米袋先加速一段时间后再与传送带一起匀速运动，到达才C端速度为：
v0=5m/s，
设米袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma，
解得：a=g（sinθ+μcosθ）=10×（0.6+0.5×0.8）=10m/s2，
所以能滑上的最大距离：s=
v02
2a ＝
52
2×10＝1.25m；
（2）CD顺时针转动时，米袋速度减为v=4m/s之前的加速度，
a=10m/s2，
此时上滑的距离为：s=
v2−v02
2a＝
15−25
−20=0.45m＜L2=4.45m，
米袋速度达到v=4m/s后，由于μmgcosθ＜mgsinθ，米袋继续减速上滑，
由顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma′，
其加速度为：a′=g（sinθ-μcosθ）=10×（0.6-0.5×0.8）=2m/s2，
减速到零时上滑的距离为：s′=
0−v2
2a′＝
0−42
2×(−2)=4m，
s+s′=4.45=L2，即速度为零时刚好到D端，米袋能传到D点；
由v0减速为v所用时间为：t=
v−v0
a＝
4−5
−10=0.1s，
由v减速为0所用时间为：t′=[0−v/a′＝
0−4
−2]=2s，
故米袋从C到D的总时间为：t总=t+t′=2.1s；
答：（1）若CD部分传送带不运转，则米袋沿传送带在CD上所能上升的最大距离为1.25m．
（2）若倾斜部分CD以4m/s的速率顺时针方向转动，米袋从C运动到D所用的时间为2.1s．
点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；电场强度．
考点点评： 本题是个多过程问题，关键要理清各个阶段的运动情况，结合牛顿运动定律和运动学进行求解，难度适中．