Ta có:
$i=\frac{dq}{dt}$
$\Delta q=\int\limits_{t_{1}}^{t_{2}}\left| {i} \right|dt$   (ko xét hướng truyền của điện tích)
$\Delta q=\int\limits_{0.125}^{0.605}2\sqrt{2} \left| {cos(25\pi t+ 3\pi /4)} \right|dt = 1.22 (C)$
Đáp án D. 

Năng lượng ứng với mỗi khoảng thời gian $dt$:
$dW=U_{0}idt=U_{0}(I+I_{0}cos(Wt))dt$
Năng lượng sau thời gian t:
$E=\int\limits_{0}^{E}dW=\int\limits_{0}^{t}U_{0}(I+I_{0}cos(Wt))dt=U_{0}It+U_{0}\frac{I_{0}}{W}sin(Wt)$ 
Công suất trung bình:
$P=\frac{E}{t}= U_{0}I+U_{0}I_{0}\frac{sin(Wt)}{Wt}$

t rất lớn thì số hạng thứ 2 tiến về $0$.

$P=U_{0}I$
 

Gọi:   $v$ là vận tốc của tên lửa
          $u$ là vận tốc khí phụt ra so với tên lửa
          $m$ là khối lượng tên lửa
Theo bài ra: $\frac{dm}{dt}=-200 (kg)$ 
Giả sử:
+ Tại thời điểm t: tên lửa có khối lượng $m$, vận tốc $v$
+ Tại thời điểm t+dt: tên lửa có khối lượng $m-dm$(mất đi một lượng khí), vận tốc $v+dv$
                                     lượng khí phụt ra có khối lượng $dm$, vận tốc là $v + dv + u$
Bảo toàn động lượng:
$mv=(m-dm)(v+dv)+dm(v+dv+u)\Rightarrow m.dv=dm.u$

hay $\frac{dm}{m}=\frac{dv}{u}$
Tích phân 2 vế ta có:

$ln(\frac{m}{m_{0}})=\frac{v}{u}$

$ln\frac{6000-5\times 200}{6000}=\frac{v}{1000}$

$v=268 (m/s)$ 

Xét lò xo ở trạng thái: có chiều dài (tức thời) là L, vận tốc điểm đầu mút (gắn với vật) là $v$.
         + Mật độ khối lượng dài (khối lượng ứng với một đơn vị chiều dài) là: $\lambda=\frac{M}{L}$    
         + Xét một đoạn nhỏ chiều dài $dx$, cách điểm treo một khoảng $x$:
           Khối lượng của phần tử này là: $dm=\lambda\times dx=\frac{M}{L}dx$ 
           Vận tốc của phần tử này sẽ là: $v_{1}=v(x)=\frac{x}{L}v$
           Động năng của phần tử này sẽ là: $T(x)=\frac{1}{2}dmv_{1}^{2}=\frac{M}{2L}dx\times \frac{x^{2}}{L^{2}}v^{2}=\frac{Mv^{2}}{2L^{3}}x^{2}dx$
           +Tổng động năng của lò xo là tổng động năng của các phần tử $dx$ dọc theo chiều dài:
           $T=\int\limits_{0}^{L}T(x)=\int\limits_{0}^{L}\frac{Mv^{2}}{2L^{3}}x^{2}dx=\frac{1}{6}Mv^{2}$
Ban đầu hệ có cơ năng E (vận tốc đầu hoặc kéo lệch khỏi vị trí cân bằng). Bảo toàn cơ năng:
$\frac{1}{6}Mv^{2}+\frac{1}{2}mv^{2}+\frac{1}{2}kx^{2}+Mg\frac{x}{2}+mgx=E$        
(ở đây mình xét con lắc thẳng đứng nên có thêm trọng lực, nếu nằm nang thì bỏ 2 cái mg đi, ko khác nhau gì cả. Đọc đề ko kỹ nên làm hơi thừa  :D)
(đầu mút lò xo bị kéo xuống $x$ thì trọng tâm bị kéo xuống $x/2$)
Đạo hàm biểu thức trên theo thời gian ta có:
$\frac{1}{3}Mva+mva+kxv+g\frac{M}{2}v+mgv=0$
$\frac{1}{3}Ma+ma+kx+g\frac{M}{2}+mg=0$ 
$(\frac{1}{3}M+m)x''+ g(\frac{M}{2}+m)=-kx$
Từ phương trình trên ta có hệ số góc của dao động điều hòa là:
$\omega=\sqrt{\frac{k}{m+M/3}}$ 
$T=\frac{2\pi}{\omega}$ 

$v^{2}-v_{0}^{2}=2as$
$s=\frac{v^{2}-v_{0}^{2}}{2a}=\frac{8^{2}-4^{2}}{2\times 2}=12 (m)$

Mình đã giải bài này ở đây rồi nhé. Có hình vẽ đầy đủ. Bạn xem đủ chi tiết chưa.
http://ly.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/4748/tinh-do-cung

Theo định luật Hubble:
Gọi $v_{1}$ là vận tốc thiên hà thì $v_{1}=H\times d_{1}$ ($d_{1}$ là khoảng cách từ thiên hà đến tâm vũ trụ)
        $v_{2}$ là vận tốc của thiên hà chúng ta (Milky way)    Tương tự: $v_{2}=H\times d_{2}$

Ở đây theo sách Vật lý 12, khoảng cách từ thiên hà đó đến thiên hà của chúng ta là d. Thì thiên hà đó đang chuyển động ra xa với vận tốc: $v=Hd$  (mình ko đồng ý cái này lắm)
Áp dụng công thức Doppler:
$\frac{c}{\lambda}=\frac{c}{c+v}\times \frac{c}{\lambda_{0}}$
$1+v/c=\frac{602}{590}\Rightarrow v/c=\frac{12}{590} $  hay $v=\frac{12}{590}c$
$\frac{12}{590}c=Hd  \Rightarrow d=\frac{12c}{590H}=360 $ triệu năm ánh sáng

Sau 0,5s qua vị trí cân bằng lần đầu tiên suy ra: $\frac{T}{4}=0,5   \Rightarrow  T=2 (s)$
Chu kỳ ko phụ thuộc biên độ (độ lệch ban đầu so với vị trí cân bằng) nên thời gian qua vị trí cân bằng lần đầu luôn bằng 0,5.

Lượng Heli tạo thành trong 1 năm ($365\times 86400  $giây)
$n_{He}=\frac{3,9\times 10^{26}}{4,2\times 10^{-12}}\times 365\times 86400 = 2,9\times 10^{45}$ (nguyên tử)
Lượng Hidro gấp đôi lượng Heli.

Trên hình vẽ là giản đồ Fresnel của gia tốc: $a=\omega^{2}A sin(\omega t +\varphi)$
Khi vector quay từ OA đến OB và từ OB' đến OA' thì gia tốc luôn lớn hơn hoặc bằng $500\sqrt{2}$  (OM=ON=$500\sqrt{2}$)
 Tổng thời gian là T/2 suy ra: $\widehat{AOB}+\widehat{B'OA'}=\pi \Rightarrow \widehat{AOB}=\widehat{B'OA'}=\pi /2 $
 $OM=500\sqrt{2} \Rightarrow OAcos \frac{\pi}{4}= 500\sqrt{2}  \Rightarrow  OA=1000$    hay   $a=\omega^{2}A=1000(cm/s^{2})$
$\omega^{2}=\frac{1000}{A}=250$
$\frac{k}{m}=250$
$k=250m=0,2\times 250=50(N/m)$ 
 

$\omega=\sqrt{\frac{g}{L}}$
Cùng 1 thời gian chỉ thực hiện được 6 dao động, suy ra tần số góc giảm, tức là chiều dài tăng. Vậy, chiều dài tăng 0,7m.
Sau thời gian t, số dao động thực hiện được là: $\frac{\omega t}{2\pi}$
Ứng với $\omega_{1}$ và $\omega_{2}$ (trước và sau khi thay đổi chiều dài):
$\frac{\omega_{1} t}{2\pi}=8$ hay $\frac{\sqrt{\frac{g}{L}} t}{2\pi}=8$   (1)
$\frac{\omega_{2} t}{2\pi}=6$ hay $\frac{\sqrt{\frac{g}{L+0,7}}}{2\pi}=6$    (2)
Từ (1) và (2):
$3\sqrt{\frac{g}{L}}=4\sqrt{\frac{g}{L+0,7}}$
$9\frac{g}{L}=16\frac{g}{L+0,7}$
$\frac{9}{L}=\frac{16}{L+0,7}$
$L=0,9 (m)$

Câu hỏi là tính biên độ mà đề bài là tính $\lambda$ =))

12,75 $\lambda$ ko tính phần nguyên là 12, với 0,75$\lambda$ thì độ trễ pha so với pha ban đầu là $2\pi .0,75=1,5\pi$
Tương tự, 7,25 $\lambda$ với phần thập phân 0,25, độ trễ pha so với pha ban đầu là $2\pi .0,25=0,5 \pi$
Vậy độ lệch pha của 2 sóng tới tại đây là: $1,5\pi - 0,5\pi =\pi \Rightarrow $ trên giản đồ Fresnel, vector biên độ thẳng hàng ngược chiều nhau.
Biên độ tổng hợp là: $a_{0}= 2a - a = a$

Tần số góc của dao động là: $\omega = \sqrt{\frac{g}{l}}$ (dao động nhỏ)
Phương trình tọa độ góc: $\varphi=\alpha_{0} cos(\sqrt{\frac{g}{l}}t+\varphi_{0})$
 Phương trình tốc độ góc: $\frac{\Delta\varphi}{\Delta t}=-\sqrt{\frac{g}{l}} \alpha_{0} sin(\sqrt{\frac{g}{l}}t+\varphi_{0})$
Ta có:
$\xi=-\frac{\Delta\phi}{\Delta t}=-B\frac{\Delta S}{\Delta t}=-B\frac{\frac{1}{2}\Delta\varphi .l^{2}}{\Delta t}=-\frac{1}{2}B l^{2}\frac{\Delta\varphi}{\Delta t}=\frac{1}{2}B l^{2}\sqrt{\frac{g}{l}} \alpha_{0} sin(\sqrt{\frac{g}{l}}t+\varphi_{0})$
Vậy suất điện động cảm ứng biến đổi điều hòa. Giá trị hiệu dụng là biện độ chia $\sqrt{2}$
$\xi_{hd}=\frac{1}{2\sqrt{2}}B l^{2}\sqrt{\frac{g}{l}} \alpha_{0}=0,11(V)$

 

$\frac{U_{0}}{U'}=\frac{N_{1}}{N_{2}}$ ($U_{0}$ là điện áp cuộn sơ cấp, U' là điện áp cuộn thứ cấp)
Ban đầu:
$\frac{U_{0}}{100}=\frac{N_{1}}{N_{2}}$ (1)
Giảm n vòng:
$\frac{U_{0}}{U}=\frac{N_{1}}{N_{2}-n}$ (2)
Tăng n vòng:
$\frac{U_{0}}{2U}=\frac{N_{1}}{N_{2}+n}$ (3)
Từ (2) và (3) suy ra:
$N_{2}+n=2(N_{2}-n)\Leftrightarrow N_{2}=3n$
Tăng 3n vòng, điện áp cuộn thứ cấp là $U_{3}$
$\frac{U_{0}}{U_{3}}=\frac{N_{1}}{N_{2}+3n}=\frac{U_{0}}{U_{3}}=\frac{N_{1}}{2N_{2}}$ (vì $N_{2}=3n$)
So sánh với (1):
$\frac{U_{0}}{U_{3}}=\frac{N_{1}}{2N_{2}}=\frac{1}{2}\frac{U_{0}}{100}       \Rightarrow U_{3}=200 (V)$

Lò xo 3 (thẳng đứng) dãn thêm một khoảng $\Delta x_{3}$ thì lò xo 1 và 2 dãn thêm một khoãng $\Delta l_{1}$

Từ hình vẽ, ta có: $l_{1}=\frac{a}{sin\alpha}\Rightarrow dl_{1}=-\frac{a}{sin^{2}\alpha}cos\alpha .d\alpha\Rightarrow d\alpha=-\frac{dl_{1}sin^{2}\alpha}{a .cos\alpha}$
Lại có: $x_{1}=l_{1}.cos\alpha\Rightarrow dx_{1}=dl_{1} .cos\alpha-l_{1}.sin\alpha .d\alpha$
Thay $d\alpha$ vào ta có:
$dx_{1}=dl_{1} .cos\alpha+l_{1}.sin\alpha \frac{dl_{1}sin^{2}\alpha}{a .cos\alpha}$  (1)
Lại có: $l_{1}=\frac{a}{sin\alpha}$
 Thay vào (1) ta có:
 $dx_{1}=dl_{1} .cos\alpha+\frac{a}{sin\alpha}.sin\alpha \frac{dl_{1}sin^{2}\alpha}{a .cos\alpha}$
 $dx_{1}=dl_{1} .cos\alpha+\frac{sin^{2}\alpha}{cos\alpha}dl_{1}=2dl_{1}$       tại $\alpha=60^{o}$
 Tại vị trí $\alpha=60^{o}$, dao động nhỏ nên có thể xem $dx_{1}=\Delta x_{1}$ và $dl_{1}=\Delta l_{1}$
 $\Delta x_{1}=2\Delta l_{1}$
 Xét điểm đồng quy của 3 lò xo:
 $k\Delta x_{3}=2k\Delta l_{1}.cos\alpha=2k\frac{\Delta x_{1}}{2}.cos60^{o}=$
$\Rightarrow \Delta x_{3}=2k\frac{\Delta x_{1}}{2}.\frac{1}{2}=k\frac{\Delta x_{1}}{2}$
hay $\Delta x_{1}=2\Delta x_{3}\Rightarrow \Delta x=\Delta x_{1} + \Delta x_{3}=3\Delta x_{3}\Rightarrow \Delta x_{3}=\frac{\Delta x}{3}$
Xét lực tác dụng lên vật ($\Delta x_{3}$ là đoạn dãn thêm từ vị trí cân bằng nên có thể bỏ qua trọng lực trong biểu thức)
$F=-k\Delta x_{3}=-k\frac{\Delta x}{3}$
Vậy. Tần số dao động nhỏ sẽ là:
$\omega=\sqrt{\frac{k}{3m}}$