Đáp án : B

Vì I bằng nhau nên U_R1 = U_R2 vậy hình tạo thành là hình vuông

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}{Z_1} = \sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} \\{Z_2} = \sqrt {{R^2} + {Z_L}^2} \end{array} \right.\)

Vì đạt cùng điện áp hiệu dụng, mà giả thiết hai dòng điện có cùng giá trị hiệu dụng nên ta có:

\({Z_1} = {Z_2} \Leftrightarrow \sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}}  = \sqrt {{R^2} + Z_L^2} \)

\( \Leftrightarrow {({Z_L} - {Z_C})^2} = Z_L^2 \Leftrightarrow \left| {{Z_L} - {Z_C}} \right| = {Z_L}\)

\( \Leftrightarrow {Z_C} = 2{{\rm{Z}}_L}\)

Theo bài ra, phương trình điện áp hai đầu đoạn mạch là:

\(u = {U_0}\cos \left( {\omega t + \varphi } \right)\left( V \right)\)

Độ lệch pha của dòng điện và điện áp trong mạch trong hai lần, lần lượt là:

\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{{Z_C} - {Z_L}}}{R} = \frac{\pi }{3} - \varphi \\\frac{{{Z_L}}}{R} = \varphi  - \left( { - \frac{\pi }{6}} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\frac{{{Z_L}}}{R} = \frac{\pi }{3} - \varphi \\\frac{{{Z_L}}}{R} = \varphi  + \frac{\pi }{6}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \frac{\pi }{3} - \varphi  = \varphi  + \frac{\pi }{6} \Leftrightarrow \varphi  = \frac{\pi }{{12}}\)

Mà U_R1 = U_L2 => \(R = {Z_L} = \left| {{Z_L} - {Z_C}} \right| \Rightarrow R = {Z_L} = \dfrac{1}{2}{Z_C}\)

Chuẩn hóa R = 1. Ta có :

\({I_{01}} = \dfrac{U}{{\sqrt {{R^2} + {{({Z_L} - {Z_C})}^2}} }} = \dfrac{U}{{\sqrt {{1^2} + {{(2 - 1)}^2}} }} \Rightarrow I = \dfrac{U}{\sqrt 2} V\)

\({I_{03}} = \dfrac{U}{{{Z_C}}} = \dfrac{U}{2} = \sqrt 2 A\)

Mà i₃ chỉ có tụ và điện trở nên pha ban đầu của i₃ = 1,37 rad