Đặt điện áp xoay chiều vào hai đầu đoạn mạch  như hình H1. Hình H2 là đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của điện áp giữa hai đầu đoạn mạch AB, đoạn mạch MN

Cách 1:

Từ đồ thị ta thấy đường (3) nhanh nhất $\to u_{MN}$

Mà $U_{MN}$  luôn sớm pha $U_{NB}$  nên trên đồ thị đường (3) biểu diễn $U_{MN}$ , đường (2) biểu diễn $U_{NB}$ , đường (1) biểu diễn $U_{AB}$ , mỗi đường lệch 1 ô là T/8 ứng π/4

Từ đồ thị ta có đường (3) sớm pha hơn đường (2) $\frac{\pi }{4}$ ; Đường (2) sớm pha hơn đường $\frac{\pi }{4}$ (1) ;

$U_{rL}=U_L$ nên ta có giản đồ vecto sau

Từ giản đồ ta có $r=Z_L$  nên đặt $r=Z_L=x$:

$\to \left\{\begin{array}{c}R=Z_{rL}=x\sqrt{2}\\ Z_C=x+x+x\sqrt{2}=x(2+\sqrt{2})\end{array}\right.$

Ta có: $\left\{\begin{array}{c}\omega L=x\\ Z_C=\frac{1}{\omega C}=x(2+\sqrt{2})\end{array}\right.\to {\omega }^{2}LC=\frac{1}{2+\sqrt{2}}$

$\to {\omega }_0=\frac{1}{\sqrt{LC}}=\omega \sqrt{2+\sqrt{2}}\to f_0=f\sqrt{2+\sqrt{2}}=25\sqrt{2+\sqrt{2}}=46,19Hz\text{.}$

Cách 2:

Từ đồ thị, ta có: $\left\{\begin{array}{l}{U}_{MN}=I\sqrt{r^2+Z_L^2}\\ u_{NB}=U_R=IR\\ u_{AB}=I\sqrt{{(R+r)}^2+{(Z_L^{}-Z_C)}^2}\end{array}\right.\stackrel{}{\to }{U}_{NB}<U_{AB}$

Mỗi đường lệch nhau 1 ô là T/8 ứng π/4

Mà uMN luôn sớm pha hơn uNB nên theo thứ tự từ trên xuống là uAB, uNB, uMN

$\to {\phi }_R={\phi }_i=0$

Dùng góc quét kết hợp đường tròn xác định được         

${\phi }_{U(L,r)}=\frac{\pi }{4}={\phi }_{(L,r)}\to \tan {\phi }_{L,r}=\frac{Z_L}{r}=1\to Z_L=r$       (1)

Từ đồ thị 

  $\to U_{0rL}=U_{0R}\to R=\sqrt{r^2+Z_L^2}=r\sqrt{2}$

${\phi }_{u_{AB}}=-\frac{\pi }{4}={\phi }_{AB}\to \tan {\phi }_{AB}=\frac{Z_L-Z_C}{R+r}=-1\to Z_C=r(2+\sqrt{2})$  (2)

Từ (1) và (2):

$\frac{Z_L}{Z_C}=\frac{1}{2+\sqrt{2}}\to {\omega }^{2}LC=\frac{1}{2+\sqrt{2}}$

Có cộng hưởng nên $\to {\omega }_0=\frac{1}{\sqrt{LC}}=\omega \sqrt{2+\sqrt{2}}\to f_0=f\sqrt{2+\sqrt{2}}=25\sqrt{2+\sqrt{2}}=46,19Hz\text{.}$

Cách 3:

Từ đồ thị ta thấy đường 3 nhanh pha nhất $\to u_{MN}$, mỗi đường lệch nhau 1 ô là T/8 ứng π/4

Từ đồ thị, ta có: 

$\left\{\begin{array}{l}{u}_{MN}=U_0\cos \left(\omega t+\frac{\pi }{4}\right)\\ u_{NB}=U_0\cos \left(\omega t\right)\\ u_{AB}=U_0\left(\sqrt{2}+1\right)\cos \left(\omega t+\frac{\pi }{4}\right)\end{array}\right.\stackrel{}{\to }{u}_{AN}=U_0\left(\sqrt{2}+1\right)\cos \left(\omega t-\frac{\pi }{4}\right).$

$\to {\phi }_i=0\to {\phi }_{L,r}=\frac{\pi }{4}$

$\to {\omega }_0=\frac{1}{\sqrt{LC}}=\omega \sqrt{\frac{2}{2-\sqrt{2}}}=92,388\pi \to f=\frac{{\omega }_0}{2\pi }=46,19\text{Hz.}$