Trên đoạn mạch không phân nhành có 4 điểm theo đúng thứ tự A, M, N, B. Giữa A và M chỉ có điện trở thuần .

Công suất tiêu thụ của đoạn mạch AB bằng 3 lần của đoạn MB nên ta có:

\(\begin{array}{l}
{P_{AB}} = 3{P_{MB}} \Leftrightarrow {I^2}.(R + {R_X}) = 3.{I^2}.{R_X}\\
\Rightarrow R = 2{R_X}
\end{array}\)

Khi  L = 0 thì độ lệch pha giữa điện áp u và dòng điện trong mạch nhỏ hơn 200, vậy trong hộp kín X chỉ có RX

Ta có giản đồ:

Từ hình vẽ ta thấy góc lệch giữa uMB và uAB là α. Mà α  = γ-β

Áp dụng công thức tan của một hiệu ta có:

\(\tan \alpha = \tan (\gamma - \beta ) = \frac{{\tan \gamma - \tan \beta }}{{1 + \tan \gamma .tan\beta }} = \frac{{\frac{L}{{{R_X}}} - \frac{L}{{3{R_X}}}}}{{1 + \frac{L}{{{R_X}}}.\frac{L}{{3{R_X}}}}} = \frac{2}{3}.\frac{{\frac{L}{{{R_X}}}}}{{1 + \frac{{{L^2}}}{{3R_X^2}}}}\)

Đặt   \(\frac{L}{{{R_x}}} = x\) ta được 

\(\tan \alpha = \frac{2}{3}.\frac{x}{{1 + \frac{{{x^2}}}{3}}}\)

Vì hàm tan là hàm đồng biến nên ta thấy khi α cực đại thì tan α cũng cực đại.

Áp dụng cosi cho biểu thức chứa x ta được:

\(\frac{x}{{1 + \frac{{{x^2}}}{3}}} = \frac{1}{{\frac{1}{x} + \frac{x}{3}}} \le \frac{1}{{2\sqrt {\frac{1}{3}} }}\)

Suy ra:

\(\begin{array}{l}
\tan \alpha \le \frac{2}{3}.\frac{1}{{2.\frac{1}{{\sqrt 3 }}}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\\
\Rightarrow \alpha \le \frac{\pi }{6}
\end{array}\)

 Vậy giá trị cực đại là  

\(\frac{\pi }{6}\)

Chọn D