如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为$\theta$，以恒定速率$v=4\;\rm m/s$顺时针转动。一煤块以初速度$v_{0}=12\;\rm m/s$从$A$端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取$g=10\;\rm m/s^{2}$，则下列说法正确的是$(\qquad)$

煤块与传送带间的动摩擦因数$\\mu =0.25$

$t=2$秒时煤块受到的摩擦力方向反向

煤块从冲上传送带到返回$A$端所用的时间为$(2+\\sqrt{5})\\;\\rm s$

煤块在传送带上留下的痕迹长为$(12+4\\sqrt{5})\\;\\rm \\text{m}$

$\rm A$．速度$—$时间图像斜率的绝对值表示加速度的大小，根据图乙分析可知，起初煤块的速度大于传送带的速度，煤块先沿着传送带向上做匀减速直线运动，滑动摩擦力沿着传送带向下，当达到与传送带共速时，继续向上做匀减速直线运动，此时摩擦力发生突变，方向变为沿着传送带向上，直至煤块速度减为零后沿着传送带向下做匀加速直线运动，则根据图乙可得煤块两个减速阶段的加速度大小分别为

$a_{1}=\left| \dfrac{4-12}{1} \right|\;\text{m/s}^{\text{2}}=8\;\rm \text{m/s}^{\text{2}}$，$a_{2}=\left| \dfrac{0-4}{2-1} \right|\;\text{m/s}^{\text{2}}=4\;\rm \text{m/s}^{\text{2}}$

对两个过程分别由牛顿第二定律有$mg\sin \theta+\mu mg\cos \theta=ma_{1}$

$mg\sin \theta-\mu mg\cos \theta=ma_{2}$

联立解得$\mu =0.25$

故$\rm A$正确；

$\rm B$．根据以上分析可知，$t=1\;\rm s$时煤块受到的摩擦力反向，故$\rm B$错误；

$\rm C$．根据速度$—$时间图像可知，煤块在传送带上速度减为零的时间$t_{1}=2\;\rm s$

根据速度$—$时间图像所围成的面积可知，煤块速度减为零时的位移为$x_{1}=(4+12) \times 1 \times \dfrac{1}{2}\;\text{m}+1 \times 4 \times \dfrac{1}{2}\;\text{m}=10\;\rm \text{m}$

设煤块反向加速到达传送带$A$端的时间为$t_{2}$，则由位移时间关系可得$x_{1}=\dfrac{1}{2}a_{2}t_{2}^{2}$

解得$t_{2}=\sqrt{5}\;\rm \text{s}$

则可得煤块从冲上传送带到返回$A$端所用的时间为$t=t_{1}+t_{2}=(2+\sqrt{5})\;\rm s$

故$\rm C$正确；

$\rm D$．煤块第一阶段减速运动时速度大于传送带的速度，此过程中煤块在传送带上留下的划痕长度$\Delta x_{1}=v_{0}{t}'_{1}-\dfrac{1}{2}a_{1}{t}_{1}'^{2}-v{t}'_{1}=\left(12 \times 1-\dfrac{1}{2} \times 8 \times 1\right)\;\rm \text{m}-4 \times 1\;\rm \text{m}=4\;\rm \text{m}$

煤块第二阶段减速运动时的速度小于传送带的速度，此过程中产生的划痕$\Delta x_{2}=v{t}'_{2}-\dfrac{v+0}{2}{t}'_{2}=4 \times 1\;\rm \text{m}-\dfrac{4+0}{2} \times 1\;\rm \text{m}=2\;\rm \text{m}$

此后煤块加速下滑，产生的划痕$\Delta x_{3}=x_{1}+vt_{2}=10\;\rm \text{m}+4\sqrt{5}\;\rm \text{m}$

分析可知，煤块第一阶段减速时在传送带上产生的划痕被第二阶段减速时产生的划痕以及反向加速下滑时产生的划痕覆盖，因此煤块在传送带上留下的痕迹长为$\Delta x=\Delta x_{2}+\Delta x_{3}=(12+4\sqrt{5})\;\rm \text{m}$，故$\rm D$正确。

故选：$\rm ACD$。