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

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

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

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

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

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

Chọn D.