\(\omega = {\omega _1}\) - thì hiệu điện thế hiệu dụng trên hai đầu tụ điện cực đại \({U_{{C_{max}}}}\)

+ Từ đồ thị, ta có:

\(\omega = \omega ' = 0\) và \(\omega = {\omega _0} = 660\left( {rad/s} \right)\) đều cho \({U_C}\) như nhau

(Áp dụng bài toán \(\omega \) biến thiên có hai giá trị của \(\omega \) cho cùng hiệu điện thế \({U_C}\))

Khi đó ta có:

\(\omega _1^2 + \omega _2^2 = 2\omega _C^2 \Leftrightarrow \omega {'^2} + \omega _0^2 = 2\omega _1^2\)

\( \Rightarrow {\omega _1} = \dfrac{{{\omega _0}}}{{\sqrt 2 }}\) (1)

+ Tại vị trí \(\omega = 0\), \({U_C} = U = 150V\)

+ Tại vị trí: \(\omega = {\omega _0} = 660\left( {rad/s} \right)\), ta có \({U_C} = {U_L} = {U_R} = U\)

Nên ta suy ra: \({Z_{0C}} = {Z_{0L}} = R\) (2)

+ Tại vị trí: \(\omega = {\omega _1}\)

\(\begin{array}{l}{U_C} = {U_{{C_{max}}}} = \dfrac{{U{Z_C}}}{Z} = \dfrac{{U{Z_C}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {{Z_L} - {Z_C}} \right)}^2}} }}\\ = \dfrac{{U\sqrt 2 {Z_{0C}}}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {\dfrac{1}{{\sqrt 2 }}{Z_{0L}} - \sqrt 2 {Z_{0C}}} \right)}^2}} }} = \dfrac{{U\sqrt 2 R}}{{\sqrt {{R^2} + {{\left( {\dfrac{1}{{\sqrt 2 }}R - \sqrt 2 R} \right)}^2}} }}\\ = \dfrac{{U\sqrt 2 }}{{\sqrt {1 + \dfrac{1}{2}} }} = \dfrac{{U2\sqrt 3 }}{3}\end{array}\)

Lại có \(U = 150V\)

\( \Rightarrow {U_m} = {U_{{C_{max}}}} = \dfrac{{150.2\sqrt 3 }}{3} = 100\sqrt 3 V\)