电力系统习题答案Ch5-Ch6
电力系统习题答案Ch7~Ch9
7.2 已知某火电厂有两台机组，其耗量特性分别为h t P P F / 43.0004.01211++=，h t P P F / 24.0008.02222++=每台机组的额定容量均为300MW 。
求发电厂负荷为500MW 时，两机应如何经济的分配负荷。
解：根据等微增率准则求解：4.0016.03.0008.022221111+===+==P dP dF P dP dF λλ由题意知：P 1+P 2=500以上两式联立求解，得：P 1=337.5(MW) P 2=162.5(MW)算出的P 1已超出机组1的额定功率300MW ，显然该分配方案行不通，只好让机组1满发，因此有：P 1=300(MW) P 2=200(MW)7.3 某电力网年持续负荷曲线如图7.9所示，已知U N ＝10kV ，R =10Ω，有关数据示于图中，cos ϕ=0.8，试求一年内线路中的电能损耗及能耗百分数。
思路：根据“面积法”求解，利用公式（7.11）。
解：先计算电能损耗：)(1077.5)676050020001000(8.0101010)(cos 10522223222121223h kW t P t P U R A ∙⨯=⨯+⨯⨯⨯⨯=∆+∆⨯=∆--ϕ再计算全年消耗的电能：A=P 1Δt 1+P 2Δt 2=1000×2000+500×6760 =5.38×106(k W ·h ) 则能耗百分数为： 72.101001038.51077.5100(%)65=⨯⨯⨯=⨯∆=∆A A A(要能看懂这种百分数的表示法，前面的符号如果用不习惯，就用文字和数字来表述)7.6 110kV 输电线路长120km ，r 1+j x 1=（0.17+j0.42）Ω／km ，b 1＝2.82×10-6S ／km 。
线路末端最大负荷为（32＋j22）MV A ，T max =4500h ，求线路全年电能损耗。
《电力系统分析》第5章 习题解答
第五章思考题及习题答案5-1什么是电力系统的有功功率备用容量？为什么要设置备用容量？答：系统的电源容量超出发电厂发出的有功功率的总和的部分，称为系统的备用容量。
系统设置有功功率备用容量为了满足频率调整的需要，以保证在发电、供电设备发生故障或检修时，以及系统负荷增加时，系统仍有足够的发电容量向用户供电，保证电力系统在额定频率下达到有功平衡。
5-2 电力系统频率偏移过大的影响有哪些？答：频率偏移过大时，主要有以下影响：（1）电动机的转速和输出功率随之变化，会严重地影响产品的质量。
（2）会影响各种电子设备工作的精确性。
（3）对电力系统的正常运行影响很大。
对汽轮发电机叶片都有不良影响；电厂用的许多机械如水泵、风机等在频率降低时都要减小出力，因而影响发电设备的正常运行，使整个发电厂的有功出力减小，从而导致系统频率的进一步下降；频率降低时，异步电动机和变压器的励磁电流增大，为了不超越温升限额，不得不降低发电机的发出功率；频率降低时，系统中的无功功率负荷将增大，无功功率损耗增加，这些都会给电力系统无功平衡和电压调整增加困难。
总之，由于所有设备都是按系统额定频率设计的，系统频率质量的下降将影响各行各业。
而频率过低时，甚至会使整个系统瓦解，造成大面积停电。
5-3 什么是电力系统负荷的有功功率—静态频率特性？何为有功功率负荷的频率调节效应？K的大小与哪些因素有关？L答：系统处于运行稳定时，系统中有功负荷随频率的变化特性称为负荷的有功功率—静态频率特性。
当系统有功平衡破坏而引起频率变化时，系统负荷也参与对频率的调节（当频率变化时，系统中的有功功率负荷也将发生变化），这种特性有助于系统中的有功功率在新的频率下重新达到平衡，这种现象称为负荷的频率调节效应。
K的数值取决于全电力系统各类负荷的比重。
L5-4什么是电力系统发电机组的有功功率—静态频率特性？何为发电机组的单位调节功率？K的大小与哪些因素有关？G答：发电机输出的有功功率与频率之间的关系称为发电机组的有功功率一频率静态特性。
电力系统习题答案Ch5~Ch6
5.9 某一容量为100MW 的发电机，调差系数整定为4%，当系统频率为50Hz 时，发电机出力为60MW ；若系统频率下降为49.5Hz 时，发电机的出力是多少？解：由题意可知，发电机的额定有功出力P GN =100MW （不是视在功率的额定容量！） （注意：千万不要认为额定频率下的出力60MW 就是额定有功出力，额定频率下，一台发电机既可以满发，也可以空载，还可以发出介于0与P GN 之间的任意有功）机组的单位调节功率标幺值为：254100%100===*σG k （说明：调差系数σ=4%，调差系数百分数σ%=4，要习惯这种表示方法） 机组的单位调节功率有名值（一定大于0）为：)MW/Hz (505010025=⨯=•=*N GN G G f P k k 系统频率变化量为：)Hz (5.0505.49-=-=∆f （注意符号！） （说明：对于任意变量，均有：变化量=新值-旧值，旧值+变化量=新值）则机组有功出力的变化量为：)MW (25)5.0(50=-⨯-=∆•-=∆f k P G G则机组出力为60+25=85(MW)5.10 如图所示的两机系统中，当负荷P L 为600MW 时，系统频率为50Hz ，此时A 机组出力500MW ，B 机组出力100MW ，试求：① 当系统增加50MW 负荷后，系统频率和机组出力各是多少？② 当系统切除50MW 负荷后，系统频率和机组出力各是多少？解：（遇上这类题，第一步就是获得负荷和各台机组的单位调节功率有名值。
）机组A 、B 的单位调节功率标幺值分别为：254100%100===*A A G k σ 205100%100===*B B G k σ 则机组A 、B 的单位调节功率有名值分别为：)MW/Hz (2505050025=⨯=•=∑*N GNA GA GA f P k k∑P GN =500MW P LN =600MWK L*=1.5 ∑P GN =400MW)MW/Hz (1605040020=⨯=•=∑*N GNB GB GB f P k k （说明：∑P GNA 、∑P GNB 分别为机组A 、B 的额定有功出力，作为已知条件标注在图中）负荷的单位调节功率为：)MW/Hz (18506005.1=⨯=•=*N LN L L f P k k ① 由题意知机组A 满载，系统负荷增加时其不参与一次调频。
电力系统分析课后习题及答案
电力系统分析课后习题及答案【篇一：电力系统分析习题集及答案】集华北电力大学前言本书是在高等学校教材《电力系统稳态分析》和《电力系统暂态分析》多次修改之后而编写的与之相适应的习题集。
电力系统课程是各高等院校、电气工程专业的必修专业课，学好这门课程非常重要，但有很大的难度。
根据国家教委关于国家重点教材的编写要求，为更好地满足目前的教学需要，为培养出大量高质量的电力事业的建设人材，我们编写了这本《电力系统分析习题集》。
力求使该书具有较强的系统性、针对性和可操作性，以便能够使学生扎实的掌握电力系统基本理论知识，同时也能够为广大电力工程技术人员提供必要的基础理论、计算方法，从而更准确地掌握电力系统的运行情况，保证电力系统运行的可靠、优质和经济。
全书内容共分十五章，第一至第六章是《电力系统稳态分析》的习题，第七至第十四章是《电力系统暂态分析》的习题，第十五章是研究生入学考试试题。
本书适用于高等院校的师生、广大电力工程技术人员使用，同时也可作为报考研究生的学习资料。
由于编写的时间短，内容较多，书中难免有缺点、错误，诚恳地希望读者提出批评指正。
目录第一部分电力系统稳态分析第一章第二章第三章第四章第五章第六章电力系统的基本概念电力系统的元件参数及等值电路简单电力系统的计算和分析电力系统潮流的计算机算法电力系统的有功功率和频率调整电力系统的无功功率和电压调整第二部分电力系统暂态分析第七章电力系统故障分析的基本知识第八章同步发电机突然三相短路分析第九章电力系统三相短路的实用计算第十章对称分量法及元件的各序参数和等值电路第十一章不对称故障的分析、计算第十二章电力系统各元件的机电特性第十三章电力系统静态稳定第十四章电力系统暂态稳定第十五章研究生入学考试试题附录第一部分电力系统稳态分析电力系统稳态分析，研究的内容分为两类，一类是电力系统稳态运行状况下的分析与潮流分布计算，另一类是电力系统稳态运行状况的优化和调整。
第一章电力系统的基本概念1-1 什么叫电力系统、电力网及动力系统？电力系统为什么要采用高压输电？1-2 为什么要规定额定电压？电力线、发电机、变压器和用电设备的额定电压是如何确定的？1-3 我国电网的电压等级有哪些？1-4 标出图1-4电力系统中各元件的额定电压。
电力系统习题答案(精编文档).doc
【最新整理，下载后即可编辑】电力系统稳态分析部分习题答案第一章 电力系统的基本概念1-2 电力系统的部分接线示与图 1-2，各电压级的额定电压及功率输送方向已标明在图中。
题图 1-2 系统接线图试求：（1） 发电机及各变压器高、低压绕组的额定电压；（2） 各变压器的额定变比；（3） 当变压器T-1工作于+5%抽头，T-2、T-4工作于主轴头，T-3工作于—2.5%轴头时，各变压器的实际比？解（1）发电机及各变压器高、低压绕组的额定电压。
发电机 ：V GN =10.5KV,比同电压级网络的额定电压高5%。
对于变压器的各侧绕组，将依其电压级别从高到低赋以标号1、2和3。
变压器T-1为升压变压器：V N2=10.5KV ，等于发电机额定电压；V N1=242KV ，比同电压级网络的额定电压高10%。
变压器T-2为将压变压器：V N2=121KV 和V N3=38.5KV ，分别比同电压级网络的额定电压高10%。
同理，变压器T-3：V N1=35KV 和V N2=11KV 。
变压器T-4：V N1=220KV 和V N2=121KV（2）各变压器的额定变比。
以比较高的电压作为分子。
T-1：k TN1=242/10.5=23.048T-2：k T2N(1-2)=220/121=1.818k T2N(1-3)=220/38.5=5.714k T1N(2-3)= 121/38.5=3.143T-3：k T3N =35/11=3.182T-4：k T4N =220/121=1.818（3）各变压器的实际比。
各变压器的实际变比为两侧运行时实际整定的抽头额定电压之比。
T-1：k T1 =(1＋0.05)×242/10.5=24.3T-2：k T2(1-2)=220/121=1.818k T2(1-3)=220/38.5=3.143k T2(2-3)=121/38.5=3.143T-3：k T3 =(1—0.025)×35/11=3.102T-4：k T3 =220/110=21-3电力系统的部分接线如题图1-3所示，网络的额定电压已在图中标明。
电力系统分析基础习题答案-第五张第六章.docx
电力系统分析部分习题答案(参考)稳态部分第四章复杂电力系统的潮流计算4-1-3解：(1)不考虑非标准变比时：(因为对称，所以只求上三角元素)V| I =1/Z16 = l/(jO.l) = -jiO Y12 = Y|3 = Y14= Y15 = 0.0 Y16 = Y61 = -1/Z I6 =jioY22 = 1/Z24 = l/(i°」)= -j!0 Y23 = Y25 = Y26 =0.0 Y24 =-l/Z24 = jioY33 = I/Z35 = l/(jo.l) = -jio Y34 = Y36 = 0.0 Y35 = -I/Z35 =jioY44 = 1/Z24 + 1/Z45 + 1/Z46 = l/(j().l) + l/(j().2) + l/(j0.2) = -j20 Y45 = -1/Z45 = j5 = -1/Z46 = j5 Y55 = 1 / Z35 +1 / Z45 + 1 / Z56 + y 50 = 1 /(j0.1) + 1 /(j0・2) +1/00.1) + j0.2 = -j24.8 Y56 =-l/Z56 =jlO V66 = 1 / Z l6 + i / Z46 +1 / Z56 + y60 = 1 /(j0.1) + 1 /(.jO. 1) + 1 /(j0.2) = -J24.8-jio 0-jiojiojio所以：Y = 0 0-jio 0 jio 00jl() 0 -j2() j5 j500 jl() j5 -J24.8 jl()jio 0 0 j5 jio -J24.8(2)当考虑非标准变比时，只有变压器两侧的节点的白导纳和这两个节点Zl'可的互导纳有变化。
y I6=l/(Z l6*k) = l/(j0.1*l.l) = -j9.09y l0 =(1 ・k)/(Z|6 *k2) = 0.1 心0.1 *1.1*0」)=j0.8265 y61()=(k-l)/(Z16*k ) = 0」心0.1*1.!) = -j0.909Y16 = Y61=-y16=j9.09 ¥^=^24.8Y| ] = -j9.09 4- j().826 = -8.264第五章电力系统的有功功率和频率调整5- 1-2解：/i] =aF (/ap G1 =O .24-O .OO 2PGI均未超出发电厂的出力范围，为最优分配方案。
电力系统分析课后习题解答
电力系统分析课后习题解答第1章 绪论1-1答：能保证电气设备正常运行，且具有最佳技术指标和经济指标的电压，称为额定电压。
用电设备的额定电压和电网的额定电压相等。
发电机的额定电压比所连接线路的额定电压高5％，用于补偿电网上的电压损失。
变压器一次绕组的额定电压等于电网的额定电压。
当升压变压器与发电机直接相连时，一次绕组的额定电压与发电机的额定电压相同。
变压器二次绕组的额定电压一般比同级电网的额定电压高10％。
当变压器二次侧输电距离较短，或变压器阻抗较小（小于7％）时，二次绕组的额定电压可只比同级电网的额定电压高5％。
1-2答：一般情况下，输电线路的电压越高，可输送的容量（输电能力）就越大，输送的距离也越远。
因为输电电压高，线路损耗少，线路压降就小，就可以带动更大容量的电气设备。
在相同电压下，要输送较远的距离，则输送的容量就小，要输送较大的容量，则输送的距离就短。
当然，输送容量和距离还要取决于其它技术条件以及是否采取了补偿措施等。
1-3答：是一个假想的时间，在此时间内，电力负荷按年最大负荷持续运行所消耗的电能，恰好等于该电力负荷全年实际消耗的电能。
1-4 解：（1）G ：10.5kV ；T-1：10.5kV/242kV ；T-2：220kV/121kV ，220kV/38.5kV ；T-3：110kV/11kV ； T-4：35kV/6.6kV ；T-5：10.5kV/3.3kV ，（长线路） 10.5kV/3.15kV （短线路）（2）T-1工作于+5%抽头：实际变比为10.5/242×（1+5%）=10.5/254.1，即K T-1=254.1/10.5=24.2；T-2工作于主抽头：实际变比为K T-2(1-2)=220/121=1.818；K T-2(1-3)=220/38.5=5.714； K T-2(2-3)=121/38.5=3.143；T-3工作于-2.5%抽头：实际变比为K T-3=110×(1-2.5%)/11=9.75； T-4工作于-5%抽头：实际变比为K T-4=35×(1-5%)/6.6=5.038； T-5工作于主抽头：实际变比为K T-5=10.5/(3+3×5%)=3.333。
电力系统分析理论课后第五章答案
确定调相机容量p180(5-34)
Qc
V2c max X
(V2c max
V2'cmax kT
)kT2
10.4 (10.4 93.8823) 102 M var
80
10
13.156M var
取补偿电容量为QC 13M var ，验算最大负荷时受端低压侧的实际电 压：
（1）求最大、最小负荷时各绕组的电压损耗
最大负荷时：
V max
P R Q X V max
12 3 9 65 KV 112
5.5446KV
VⅡmax
PⅡRⅡ QⅡXⅡ V max V max
6 4 15 112 5.5446
KV
0.1785KV
KV
6KV
VⅢ min
112.2273 6.6 115.5
K压母线的调压要求，由高中压两侧选择中压绕组的分接 头。最大最小负荷时中压母线调压要求为35-38KV。
最大、最小负荷时中压绕组分接头电压为：
VtⅡmax
V' tⅡmax
Vt VtⅡmax
35 115.5 KV 106.2769
V' 2C max
117
12.798
104 .2(kV)
V2C max
V' 2C max K
104 .2 10
10.42kV
最小负荷时调相机按50％额定容量欠励磁运行，因而有：
QC 6.5M var
S m in
12 2
(9 6.5)2 110 2
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
5.9 某一容量为100MW 的发电机，调差系数整定为4%，当系统频率为50Hz 时，发电机出力为60MW ；若系统频率下降为49.5Hz 时，发电机的出力是多少？解：由题意可知，发电机的额定有功出力P GN =100MW （不是视在功率的额定容量！） （注意：千万不要认为额定频率下的出力60MW 就是额定有功出力，额定频率下，一台发电机既可以满发，也可以空载，还可以发出介于0与P GN 之间的任意有功）机组的单位调节功率标幺值为：254100%100===*σG k （说明：调差系数σ=4%，调差系数百分数σ%=4，要习惯这种表示方法） 机组的单位调节功率有名值（一定大于0）为：)MW/Hz (505010025=⨯=•=*N GN G G f P k k 系统频率变化量为：)Hz (5.0505.49-=-=∆f （注意符号！） （说明：对于任意变量，均有：变化量=新值-旧值，旧值+变化量=新值）则机组有功出力的变化量为：)MW (25)5.0(50=-⨯-=∆•-=∆f k P G G则机组出力为60+25=85(MW)5.10 如图所示的两机系统中，当负荷P L 为600MW 时，系统频率为50Hz ，此时A 机组出力500MW ，B 机组出力100MW ，试求：① 当系统增加50MW 负荷后，系统频率和机组出力各是多少？② 当系统切除50MW 负荷后，系统频率和机组出力各是多少？解：（遇上这类题，第一步就是获得负荷和各台机组的单位调节功率有名值。
）机组A 、B 的单位调节功率标幺值分别为：254100%100===*A A G k σ 205100%100===*B B G k σ 则机组A 、B 的单位调节功率有名值分别为：)MW/Hz (2505050025=⨯=•=∑*N GNA GA GA f P k k∑P GN =500MW P LN =600MWK L*=1.5 ∑P GN =400MW)MW/Hz (1605040020=⨯=•=∑*N GNB GB GB f P k k （说明：∑P GNA 、∑P GNB 分别为机组A 、B 的额定有功出力，作为已知条件标注在图中）负荷的单位调节功率为：)MW/Hz (18506005.1=⨯=•=*N LN L L f P k k ① 由题意知机组A 满载，系统负荷增加时其不参与一次调频。
此时系统的单位调节功率为：k S =k GB +k L =160+18=178 (MW/Hz)根据一次调频重要公式(5.19)，得系统频率变化量为：)Hz (281.0178500-=-=∆-=∆S L k P f （这说明，负荷增加，频率是降低的，如果算出来没有负号，就一定是算错了） 此时系统频率为：f =f 0+Δf =50+(-0.281)=49.719(Hz) （f 0为初始状态下的频率，50Hz ）机组A 出力不变，仍为500MW 。
机组B 出力变化量为：)MW (96.44)281.0(160=-⨯-=∆•-=∆f k P GB GB则机组B 的出力为100+44.96=144.96(MW)（这说明，外界负荷增加，一次调频系统动作后，机组B 出力增加，但增加量不足以完全抵消负荷有功的原始增量，这说明一次调频是有差调节）② 当外界负荷减小时，只要机组出力不低于最小技术出力，其一定参与一次调频。
（注意：满载的机组在外界负荷减小时也参与一次调频！）此时系统的单位调节功率为：k S =k GA +k GB +k L =250+160+18=428 (MW/Hz)系统频率变化量为： )Hz (117.0428500=--=∆-=∆S L k P f （注意：负荷减小，则负荷原始增量为负值） 此时系统频率为：f =f 0+Δf =50+0.117=50.117(Hz) （f 0为初始状态下的频率，50Hz ）机组A 出力变化量为：)MW (21.29117.0250-=⨯-=∆•-=∆f k P GA GA则机组A 的出力为500+(-29.21)=470.79(MW)机组B 出力变化量为：)MW (72.18117.0160-=⨯-=∆•-=∆f k P GB GB则机组A 的出力为100+(-18.72)=81.28(MW)（这说明，外界负荷减少后，两机组的出力都有所减少）6.8 如图所示，某水电厂通过SFL1-40000/110型变压器与系统相连，最大负荷与最小负荷时高压母线电压分别为112.09kV 及115.45kV ，要求最大负荷时低压母线电压的不低于10kV ，最小负荷时低压母线的电压不高于11kV ，试选择变压器分接头。
解：由题意知，此为升压变压器（功率自下往上流，一次侧直接与发电机相连，额定电压为10.5kV ，二次侧接电网，额定电压为121kV ，且有五个分接头），因此用到重要公式（6.14）：NLtH T U U U U U k =∆+=21 该公式表明：变压器的运行变比=制造变比。
其中U 1为高压母线的运行电压，ΔU T 为归算到高压侧的电压损耗，U 2为低压母线的运行电压，U tH 为高压侧分接头电压标准值，U NL 为变压器低压侧额定电压（即低压侧唯一的主接头标准电压）。
不论是选择还是校验分接头，该式中U 1、ΔU T 、U NL 均为已知量。
由题目已知条件： U 1max =112.09kV U 1min =115.45kVP max =28MW P min =15MWQ max =21Mvar Q min =10MvarU NL =10.5kV则归算到高压侧的电压损耗在最大、最小负荷时分别为：)kV (88.71105.38211.228max max max =⨯+⨯=+=∆N T T T U X Q R P U )kV (79.31105.38101.215min min min =⨯+⨯=+=∆N T T T U X Q R P U （注意：下标max 、min 分别表示“最大负荷时的值”、“最小负荷时的值”，不要认为下标带max 的变量数值就一定比带min 的变量数值大）（电压损耗（电压降落纵分量）的计算式中，U N 为高压侧所接电网的额定电压，本题中为110kV ）① 选择分接头时：U 2是已知量，U tH 是未知量。
将公式(6.14)变形为：NL T tH U U U U U •∆+=21 根据题意有：U 2max =10kV ，U 2min =11kV 。
则最大、最小负荷时高压侧分接头电压计算值分别为： ~ Z T =(2.1+j38.5)ΩSFL1-40000121±2×2.5%/10.5kV10~11kV MVA)1015(MVA)2128(min ~max ~j S j S +=+=112.09~115.45kV)kV (97.1255.101088.709.112max 2max max 1max =⨯+=•∆+=NL T tH U U U U U )kV (82.1135.101179.345.115min 2min min 1min =⨯+=•∆+=NL T tH U U U U U 由于普通变压器不能带电切换，为兼顾最大、最小负荷两种情况，取上述两个计算值的平均值，记为U t ：)kV (90.119282.11397.1252min max =+=+=tH tH t U U U 选择与之最接近的分接头电压：U tH =121 (kV)（说明：高压侧一共有五个标准电压：114.95kV 、117.975kV 、121kV 、124.025kV 、127.05kV ）② 校验分接头时：U tH 是已知量，U 2是未知量。
将公式(6.14)变形为：NL tHT U U U U U •∆+=12 分别在最大、最小负荷两种情况下计算低压母线的运行电压U 2：kV 10)kV (41.105.1012188.709.112max max 1max 2>=⨯+=•∆+=NL tH T U U U U U ，满足要求。
kV 11)kV (35.105.1012179.345.115min min 1min 2<=⨯+=•∆+=NL tH T U U U U U ，满足要求。
这说明选择分接头电压U tH =121kV 合理。
6.9 如图所示降压变压器，其归算至高压侧的参数为：R T +jX T =(2.44+j40)Ω，在最大负荷及最小负荷时通过变压器的功率分别为MVA )1428(max ~j S +=，MVA )1610(min ~j S +=。
最大负荷时高压侧的电压为113kV ，而此时低压侧允许电压不小于6kV ；最小负荷时高压侧的电压为115kV ，而此时低压侧允许电压不大于6.6kV 。
试选择此变压器的分接头。
（说明：高低压母线电压符号分别为U 1、U 2，而未采用教材上的t U •、d U •，且由于此类问题不计电压降落横分量，而近似认为所有节点电压相位都为0，因此U 1、U 2头上也未加点）解：由于该变压器是降压变，因此用到重要公式（6.10）： NLtH T U U U U U k =∆-=21 不论是选择还是校验分接头，该式中U 1、ΔU T 、U NL 均为已知量。
由题目已知条件：110±2×2.5%/6.3kVMVA )1610(MVA)1428(min ~max ~j S j S +=+=U 1max =113kV U 1min =115kVP max =28MW P min =10MWQ max =14Mvar Q min =16MvarU NL =6.3kV则归算到高压侧的电压损耗在最大、最小负荷时分别为：)kV (71.5110401444.228max max max =⨯+⨯=+=∆N T T T U X Q R P U )kV (04.6110401644.210min min min =⨯+⨯=+=∆N T T T U X Q R P U （根据已知条件，最小负荷时的无功反而比最大负荷时的无功更大，因此最小负荷时的电压降落反而更大一些）（电压损耗（电压降落纵分量）的计算式中，U N 为高压侧所接电网的额定电压，本题中为110kV ）① 选择分接头时：U 2是已知量，U tH 是未知量。
将公式(6.10)变形为：NL T tH U U U U U •∆-=21 根据题意有：U 2max =6kV ，U 2min =6.3kV 。
则最大、最小负荷时高压侧分接头电压计算值分别为：)kV (65.1123.6671.5113max 2max max 1max =⨯-=•∆-=NL T tH U U U U U )kV (01.1043.66.604.6115min 2min min 1min =⨯-=•∆-=NL T tH U U U U U 由于普通变压器不能带电切换，为兼顾最大、最小负荷两种情况，取上述两个计算值的平均值，记为U t ：)kV (33.108201.10465.1122min max =+=+=tH tH t U U U 选择与之最接近的分接头电压：U tH =107.25 (kV)（说明：高压侧一共有五个标准电压：104.5kV 、107.25kV 、110kV 、112.75kV 、115.5kV ） ② 校验分接头时：U tH 是已知量，U 2是未知量。