GIẢI THÍCH: Từ đồ thị cho thấy:

+) có cùng giá trị cực đại 100 V, nên có:

\[100 = \sqrt {{x_2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} .\frac{{U\sqrt 2 }}{{\sqrt {9{r^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} }} = \sqrt {{r^2} + {Z_L}^2} .\frac{{U\sqrt 2 }}{{\sqrt {9{r^2} + {Z_L}^2} }}\]

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{Z_C} = 2{Z_L}\\U = 50\sqrt 2 .\sqrt {\frac{{9 + {{\left( {\frac{{{Z_L}}}{r}} \right)}^2}}}{{1 + {{\left( {\frac{{{Z_L}}}{r}} \right)}^2}}}} \end{array} \right.(*)\]

+) u_MB khi K đóng sớm pha hơn u_MB khi k mở góc 60^o, nên ta có giản đồ véc tơ

Vì U_MB không đổi nên I không đổi, nên ∆AM_mB = ∆AM_dB

\[ \Rightarrow \beta = \alpha + {30^ \circ }\]

\[ \Rightarrow \tan {30^ \circ } = \tan (\beta - \alpha )\]

\[ \Rightarrow \frac{1}{{\sqrt 3 }} = \frac{{\frac{{{Z_L}}}{r} - \frac{{{Z_L}}}{{3r}}}}{{1 + \frac{{{Z_L}}}{r}.\frac{{{Z_L}}}{{3r}}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{\sqrt 3 }} = \frac{{\frac{{2{Z_L}}}{r}}}{{3 + {{\left( {\frac{{{Z_L}}}{r}} \right)}^2}}} \Rightarrow \frac{{{Z_L}}}{r} = \sqrt 3 \]

\[(*) \Rightarrow U = 50\sqrt 2 .\sqrt {\frac{{9 + 3}}{{1 + 3}}} \approx 122,5V\]

Đặt điện áp u = U.căn(2)cos(wt + phi) (U và ω không đổi) vào hai đầu đoạn mạch AB. Hình bên là sơ đồ mạch điện và một phần đồ thị biểu diễn sự phụ thu (ảnh 2)

Chọn D.

Chọn phương án sai. Tia hồng ngoại