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2025年电气工程降压启动电路试题及答案

一、单项选择题（每题 3 分，共 30 分）
1. 降压启动的目的是（ ）
A. 增大启动电流 B. 减小启动电流 C. 增大启动电压 D. 减小启动电压
答案：B
解析：降压启动是通过降低加在电动机定子绕组上的电压，从而减小启动电流。

2. 以下哪种不是常见的降压启动方法（ ）
A. 星三角降压启动 B. 自耦变压器降压启动 C. 转子串电阻降压启动 D. 直接启动
答案：D
解析：直接启动不是降压启动方式，直接启动时启动电流较大。

3. 星三角降压启动适用于（ ）
A. 正常运行时为三角形接法的电动机 B. 正常运行时为星形接法的电动机 C. 任何接法的电动机 D. 以上都不对
答案：A
解析：星三角降压启动是把正常运行时为三角形接法的电动机，在启动时接成星形，以降低启动电压，减小启动电流。

4. 自耦变压器降压启动的优点不包括（ ）
A. 启动转矩较大 B. 启动电流较小 C. 设备成本低 D. 可以频繁启动
答案：D
解析：自耦变压器降压启动设备成本较高，且不适合频繁启动。

5. 降压启动时，电动机的启动转矩与电压的关系是（ ）
A. 成正比 B. 成反比 C. 平方成正比 D. 平方成反比
答案：D
解析：根据公式 T=KtU²，降压启动时电压降低，启动转矩与电压平方成反比。

6. 采用降压启动时，启动电流会（ ）
A. 增大 B. 减小 C. 不变 D. 先增大后减小
答案：B
解析：降压启动降低了加在电动机上的电压，所以启动电流减小。

7. 星三角降压启动时，启动电流减小为直接启动时电流的（ ）
A. 1/3 B. 1/√3 C. 1/2 D. 1/4
答案：B
解析：星三角降压启动时，启动电流减小为直接启动时电流的 1/√3 。

8. 降压启动过程中变压器损耗（ ）
A. 增大 B. 减小 C. 不变 D. 不确定
答案：A
解析：降压启动时，变压器二次侧电流增大，导致变压器损耗增大。

9. 对于大容量电动机，一般采用（ ）降压启动。
A. 星三角 B. 自耦变压器 C. 转子串电阻 D. 延边三角形
答案：B
解析：大容量电动机采用自耦变压器降压启动可获得较好的启动效果。

10. 降压启动结束后，电动机应（ ）
A. 保持降压状态运行 B. 恢复正常电压运行 C. 继续降压一段时间 D. 以上都不对
答案：B
解析：降压启动结束后要恢复正常电压运行，使电动机正常工作。

二、多项选择题（每题 5 分，共 25 分）
1. 下列属于降压启动优点的有（ ）
A. 减小启动电流 B. 减小对电网的冲击 C. 减小设备损耗 D. 提高启动转矩
答案：ABC
解析：降压启动能减小启动电流，从而减小对电网的冲击，同时减小设备损耗，但启动转矩会减小。

2. 星三角降压启动的特点有（ ）
A. 设备简单 B. 成本低 C. 启动转矩较小 D. 适合重载启动
答案：ABC
解析：星三角降压启动设备简单、成本低，但启动转矩较小，不适合重载启动。

3. 自耦变压器降压启动的特点包括（ ）
A. 启动转矩可调 B. 启动电流较小 C. 设备体积大 D. 价格较高
答案：ABCD
解析：自耦变压器降压启动启动转矩可调，启动电流较小，但设备体积大价格较高。

4. 降压启动时，以下哪些参数会发生变化（ ）
A. 启动电流 B. 启动转矩 C. 功率因数 D. 效率
答案：ABC
解析：降压启动时启动电流和启动转矩减小，功率因数也会发生变化，效率基本不变。

5. 以下哪些情况适合采用降压启动（ ）
A. 电动机容量较大 B. 启动时对电网电压波动要求较高 C. 轻载启动 D. 频繁启动
答案：ABC
解析：电动机容量较大、对电网电压波动要求较高、轻载启动时适合采用降压启动，频繁启动不适合采用降压启动方式。

三、判断题（每题 2 分，共 20 分）
1. 降压启动就是降低电动机的额定电压启动。（ ）
答案：×
解析：降压启动是降低启动时加在电动机上的电压，不是额定电压。

2. 星三角降压启动只适用于正常运行时三角形接法的电动机。（ ）
答案：√
解析：星三角降压启动把正常运行时三角形接法的电动机在启动时接成星形。

3. 自耦变压器降压启动可以频繁启动。（ ）
答案：×
解析：自耦变压器降压启动不适合频繁启动。

4. 降压启动时，电动机的功率因数会提高。（ ）
答案：×
解析：降压启动时功率因数一般会降低。

5. 采用降压启动可以减小电动机的启动能耗。（ ）
答案：√
解析：降压启动减小了启动电流，从而减小了启动能耗。

6. 降压启动结束后，电动机应保持降压状态运行。（ ）
答案：×
解析：降压启动结束后要恢复正常电压运行。

7. 转子串电阻降压启动适用于绕线式异步电动机。（ ）
答案：√
解析：绕线式异步电动机可通过转子串电阻进行降压启动。

8. 降压启动时，电动机的启动转矩与电压成正比。（ ）
答案：×
解析：降压启动时启动转矩与电压平方成正比。

9. 星三角降压启动时，启动电流比直接启动时减小了 2/3。（ ）
答案：×
解析：星三角降压启动时启动电流比直接启动时减小为 1/√3 ，不是 2/3。

10. 大容量电动机一般采用自耦变压器降压启动。（ ）

答案：√
解析：大容量电动机采用自耦变压器降压启动可获得较好启动效果。

四、简答题（每题 10 分，共 20 分）
1. 简述星三角降压启动的原理及优缺点。
答案：原理：把正常运行时为三角形接法的电动机，在启动时接成星形，待启动结束后再换接成三角形。优点：设备简单、成本低；缺点：启动转矩较小，适合轻载启动。
解析：启动时接成星形，降低了加在电动机定子绕组上的电压，从而减小启动电流，启动结束后换接成三角形使电动机正常运行。因启动电流减小，所以设备简单成本低，但启动转矩减小，不适用于重载启动。

2. 说明自耦变压器降压启动的原理及应用场合。
答案：原理：通过自耦变压器降低加在电动机定子绕组上的电压来减小启动电流。应用场合：适用于大容量电动机的启动，对启动转矩要求较高且不频繁启动的场合。
解析：利用自耦变压器改变电压，启动时二次侧输出较低电压加在电动机上，启动结束后切除自耦变压器。大容量电动机启动时电流大，采用自耦变压器降压启动可减小启动电流，且能获得一定启动转矩，不适合频繁启动是因为设备成本高且频繁操作易损坏设备。

五、综合题（共 5 分）
某三相异步电动机，额定功率为 10kW，额定电压为 380V，三角形接法，正常运行时功率因数为 0.85。现采用星三角降压启动，试计算启动电流和启动转矩减小的倍数。已知直接启动时启动电流为额定电流的 7 倍，启动转矩为额定转矩的 1.8 倍。
答案：
1. 首先求额定电流：
- 根据公式\(P = \sqrt{3}UI\cos\varphi\)，可得\(I_N=\frac{P}{\sqrt{3}U\cos\varphi}\)。
- 已知\(P = 10kW\)，\(U = 380V\)，\(\cos\varphi = 0.85\)，则\(I_N=\frac{10000}{\sqrt{3}\times380\times0.85}\approx19.9A\)。
- 直接启动时启动电流\(I_{st1}=7I_N = 7\times19.9\approx139.3A\)。
2 星三角降压启动时启动电流\(I_{st2}\)与直接启动时启动电流\(I_{st1}\)的关系：
- \(I_{st2}=\frac{1}{\sqrt{3}}I_{st1}\)，所以启动电流减小倍数为\(\sqrt{3}\)倍。
3. 直接启动时启动转矩\(T_{st1}=1.8T_N\)。
- 降压启动时启动转矩\(T_{st2}\)与直接启动时启动转矩\(T_{st1}\)的关系：
- \(T_{st2}=\frac{1}{3}T_{st1}\)，所以启动转矩减小倍数为 3 倍。

解析：先通过额定功率公式求出额定电流，再根据星三角降压启动与直接启动电流的关系得出启动电流减小倍数，同理根据启动转矩关系得出启动转矩减小倍数。