Đặt điện áp xoay chiều $u=U\sqrt{2}{\cos }\left(\omega t+\varphi \right)$ V (với U và không đổi) vào hai đầu đoạn...

+ Từ đồ thị ta thấy rằng uAN​ sớm pha hơn uMB​ một góc $\dfrac{\pi }{2}\Rightarrow \dfrac{{{Z}_{L}}}{R+r}\dfrac{{{Z}_{C}}-{{Z}_{L}}}{r}=1\Leftrightarrow \dfrac{{{Z}_{L}}}{2{r}}\dfrac{{{Z}_{L}}-{{Z}_{C}}}{r}=1$
+ Để đơn giản, ta chuẩn hóa $\left\{ \begin{aligned}
& r=1 \\
& \left({{Z}_{C}}-{{Z}_{L}} \right)=X \\
\end{aligned} \right.\Rightarrow {{Z}_{L}}=\dfrac{2}{X}$
+ Kết hợp với
${{U}_{AN}}={{U}_{MB}}\Leftrightarrow 4{{{r}}^{2}}+Z_{L}^{2}={{r}^{2}}+{{\left({{Z}_{C}}-{{Z}_{L}} \right)}^{2}}\Leftrightarrow 3+\dfrac{4}{{{X}^{2}}}={{X}^{2}}\Rightarrow \left\{ \begin{aligned}
& X=2 \\
& {{Z}_{L}}=\dfrac{2}{X}=1 \\
\end{aligned} \right.$
+ Điện áp hiệu dụng hai đầu đoạn mạch MB
${{U}_{MB}}=U\dfrac{\sqrt{{{r}^{2}}+{{\left({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}{\sqrt{{{\left(R+r \right)}^{2}}+{{\left({{Z}_{L}}-{{Z}_{C}} \right)}^{2}}}}\Leftrightarrow 30\sqrt{2}=U\dfrac{\sqrt{{{1}^{2}}+{{2}^{2}}}}{\sqrt{{{2}^{2}}+{{2}^{2}}}}=U\dfrac{\sqrt{5}}{2\sqrt{2}}\Rightarrow U=24\sqrt{5}V$