解题思路：（1）由牛顿第二定律可求得米的加速度，因米袋的最大速度只能为5m/s，则应判断米袋到达B点时是否已达最大速度，若没达到，则由位移与速度的关系可求得B点速度，若达到，则以5m/s的速度冲上CD；在CD面上由牛顿第二定律可求得米袋的加速度，则由位移和速度的关系可求得上升的最大距离；
（2）米袋在CD上应做减速运动，若CD的速度较小，则米袋的先减速到速度等于CD的速度，然后可能减小到零，此为最长时间；而若传送带的速度较大，则米袋应一直减速，则可求得最短时间．
（1）米袋在AB上运动时，由牛顿第二定律得：
μmg=ma0，
解得加速度为：a0＝
μmg
m＝μg＝5m/s2，
米袋的速度达到v0=5m/s时，滑行的距离为：s0=
v20
2a0=2.5m＜AB=3m，
因此米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度，
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，
代入数据解得：a=10m/s2所以能滑上的最大距离：s=
v20
2a=1.25m；
（2）设CD部分运转速度为v1时米袋恰能到达D点（即米袋到达D点时速度恰好为零），
由牛顿第二定律可知，米袋速度减为v1之前的加速度为：a1=-g（sinθ+μcosθ）=-10m/s2，
米袋速度小于v1至减为零前的加速度为：a2=-g（sinθ-μcosθ）=-2m/s2，
由匀变速运动的速度位移公式得：
v21−
v20
2a1+
0−
v21
2a2=3.05m，
代入数据解得：v1=3m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的速度vCD≥v1=3m/s；
米袋恰能运到D点所用时间最长为：tmax=
v1−v0
a1+
0−v1
a2=1.7s，
若CD部分传送带的速度较大，使米袋沿CD上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，
则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a2，由位移公式得：
SCD＝v0tmin+
1
2a2t2min，
代入数据解得：tmin≈0.65s，
所以，所求的时间t的范围为0.65s≤t≤1.7s；
答：（1）米袋沿传送带所能上升的最大距离为1.25m；
（2）CD部分顺时针运转的速度应大于等于3m/s，米袋从C端到D端所用时间的取值范围为0.65s≤t≤1.7s．
点评：
本题考点： 牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
考点点评： 本题难点在于通过分析题意找出临条界件，注意米袋在CD段所可能做的运动情况，从而分析得出题目中的临界值为到达D点时速度恰好为零；本题的难度较大．