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）县由牛顿第二定律求出下滑加速度，由运动学公式求的到达C点速度，在由运动学公式求的距离
（3）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上加速时的加速度为：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
代入数据得：a=10 m/s2
所以能滑上的最大距离为：s=
v20
2a＝
52
2×10m=1.25m
（2）米袋下滑的加速度为：mgsinθ-μmgcosθ=ma1
代入数据解得：a1＝2m/s2
下滑到C点速度为：v＝
2a1x＝
2×2×4.45m/s＝
17.8m/s
故在AB传送带上前进位移为：x′＝
v2
2a0＝
17.8
2×5m＝1.78m
故距B点距离为1.78m
（3）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），则米
袋速度减为v1之前的加速度为：a1=-g（sinθ+μcosθ）=-10 m/s2
米袋速度小于v1至减为零前的加速度为：a2=-g（sinθ-μcosθ）=-2 m/s2
由
v21
−v20
2a1+
0
−v21
2a2=4.45m
解得 v1=4m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的速度vCD≥v1=4m/s
米袋恰能运到D点所用时间最长为：tmax=
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．
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．