Ideális soros RC-körben az időállandó τ = RC. Egy időállandó után a kezdetben üres kondenzátor a végső feszültség körülbelül 63,2%-át éri el. A 90%-hoz körülbelül 2,303τ, a 99%-hoz 4,605τ idő szükséges. Az időállandó tehát nem a teljes feltöltés ideje.
Ezek a számok állandó feszültségre kapcsolt, ideális ellenállásból és kondenzátorból álló modellre vonatkoznak. A kondenzátor kezdeti feszültsége töltéskor nulla. A forrás belső ellenállását, a kondenzátor szivárgását és más párhuzamos terhelést most elhanyagoljuk.
Az egységátváltás része a számításnak
Saját szemléltető példánk R = 4,7 kΩ, C = 220 µF, a forrásfeszültség U = 5 V. Ohmban és faradban R = 4700 Ω, C = 0,000220 F. Az időállandó τ = 4700 × 0,000220 = 1,034 s.
Ugyanez a mezőkben gyakori kΩ és µF egységekkel 4,7 × 220 = 1034 ms. Az 1034 számot másodpercként értelmezni ezerszeres hibát jelentene. A kΩ × µF szorzat milliszekundumot ad, az Ω × F szorzat másodpercet.
Töltéskor a kondenzátor feszültsége U_C(t) = U[1 − e^(−t/τ)]. Egy időállandónál U_C = 5(1 − e⁻¹) ≈ 3,1606 V. Ez a végső 5 V 63,21%-a. Az OpenStax RC-körökről szóló fejezete levezeti az exponenciális töltést, kisütést és az RC időállandót.
Hogyan lesz a százalékból idő?
Jelölje f a kívánt feszültségarányt, például 90%-nál f = 0,90. A töltési összefüggésből f = 1 − e^(−t/τ), majd 1 − f = e^(−t/τ). Természetes logaritmust véve t = −τ ln(1 − f).
A 90%-os szint 0,90 × 5 = 4,5 V. Eléréséhez t₉₀ = −1,034 × ln(0,10) ≈ 2,380873 s, vagyis körülbelül 2381 ms szükséges.
A 99%-os szint 4,95 V. Az idő t₉₉ = −1,034 × ln(0,01) ≈ 4,761746 s, kerekítve 4762 ms. A második idő kétszerese az elsőnek, mert ln(0,01) = 2 ln(0,10).
Ezek a százalékok a kondenzátor feszültségére vonatkoznak. A tárolt energia E = CU²/2 összefüggése miatt azonos kapacitásnál a 90%-os feszültség a végső energiatartalom 0,90² = 81%-át jelenti. Energiakövetelmény esetén előbb a szükséges feszültségarányt kell meghatároznod, és ahhoz keresni a töltési időt.
A végértékhez közeledve ugyanannyi újabb idő egyre kisebb feszültségnövekedést ad. Öt időállandó, vagyis 5,17 s után a töltöttségi feszültségarány 1 − e⁻⁵ ≈ 99,3262%. A pontos 100% véges idő alatt nem adódik az ideális exponenciális képletből.
Mekkora ellenállás fér bele egy 2 másodperces követelménybe?
Fordítsuk meg a feladatot: a 220 µF-os, kezdetben üres kondenzátor legfeljebb 2 s alatt érje el az 5 V 90%-át. Mivel t₉₀ = RC ln(10), a névleges adatokból megengedett legnagyobb ellenállás:
R legnagyobb = 2/[0,000220 × ln(10)] ≈ 3948,13 Ω.
Vizsgáljunk meg egy saját választott, 3,9 kΩ-os értéket. Ezzel a névleges idő 3900 × 0,000220 × ln(10) ≈ 1,975618 s, tehát a 2 s-os követelmény éppen teljesül. A számítás még nem tartalmaz alkatrészeltérést.
Tegyük fel külön, hogy R legfeljebb 5%-kal, C pedig legfeljebb 20%-kal nagyobb a névlegesnél. Ezek kizárólag ehhez a példához választott határok, és mindkét felső eltérést egyszerre lehetségesnek tekintjük. Mivel a töltési idő az RC szorzattal arányos, a leglassabb eset ideje 1,975618 × 1,05 × 1,20 ≈ 2,489279 s. A névlegesen megfelelő 3,9 kΩ itt már kevésbé gyors töltést eredményez a megengedettnél.
Ha a felső tűréshatárok mellett is tartani akarjuk a 2 s-ot, a névleges ellenállás korlátja szigorúbb:
R névleges ≤ 2/[0,000220 × ln(10) × 1,05 × 1,20] ≈ 3133,44 Ω.
Egy 3,0 kΩ-os vizsgálati értéknél a legnagyobb ellenállás 3150 Ω, a legnagyobb kapacitás 264 µF. Szorzatuk τ = 0,8316 s, ebből t₉₀ = 0,8316 × ln(10) ≈ 1,914830 s. Ez belefér a 2 s-ba az összes megadott feltétel mellett.
A kisebb ellenállás közben nagyobb kezdeti áramot ad: névleges 3,0 kΩ-nál 5/3000 A ≈ 1,667 mA. Ezért az időzítési feltétel teljesítése után az áramot is az új értékkel kell számolni. A levezetés az ideális RC-modell és a választott tűrések eredménye; valós alkatrészt a saját adatlapjával és tényleges áramköri környezetével együtt tudsz megítélni.
A töltőáram közben csökken
A kezdeti áram I₀ = U/R = 5/4700 A ≈ 1,0638 mA. Ahogy nő a kondenzátor feszültsége, csökken az ellenálláson eső feszültség és az áram.
A 90%-os szintnél az ellenálláson 5 − 4,5 = 0,5 V marad. Az áram 0,5/4700 A ≈ 0,1064 mA, a kezdeti érték tizede. A töltési időt ezért nem lehet a végső töltés és a kezdeti áram egyszerű hányadosával pontosan meghatározni.
Kisütésnél más a kezdőállapot: a kondenzátor kezdetben feltöltött, és ellenálláson át közelít a nulla feszültséghez. Az 5 V-ról induló ideális kisütés egy időállandó után 5e⁻¹ ≈ 1,8394 V-ot ad. Ez a töltési példa maradék feszültsége, ezért a két folyamat százalékait ne cseréld fel.
A kalkulátorban a folyamatot is válaszd ki
Az RC-időtag kalkulátor kΩ-ban kéri az ellenállást, µF-ban a kapacitást és ms-ban az időt. A töltési példához 4,7; 220; 5 és körülbelül 2381 érték tartozik, a feltöltési mód kiválasztásával. A kerekített idő miatt a kijelzett feszültség kis mértékben eltérhet a pontos 4,5 V-tól.
Kezdőfeszültség és terhelés: előbb a végértéket keresd
Állandó paraméterű, egyetlen kondenzátoros elsőrendű modellben az általános alak U_C(t) = U_vég + (U_kezdő − U_vég)e^(−t/τ). Ha az eredeti, 4,7 kΩ / 220 µF kör kondenzátora 2 V-ról indul 5 V felé, a 4,5 V-os küszöb ideje τ × ln[(5 − 2)/(5 − 4,5)] = 1,034 × ln 6 ≈ 1,8527 s. A nulláról számolt 2,3809 s ebben a kezdőállapotban már eltérő feladatot jelent.
Másik saját esetben a kondenzátorral párhuzamosan 10 kΩ terhelés van, a kezdőfeszültség nulla. A végérték a feszültségosztóból 5 × 10/(4,7 + 10) ≈ 3,4014 V. A kondenzátor felől nézett eredő ellenállás 4,7 kΩ és 10 kΩ párhuzamos eredője, így τ ≈ 0,7034 s. Az átmenet időállandója kisebb, a 4,5 V-ot mégsem éri el soha, mert a végérték alacsonyabb.
A küszöbidő előtt tehát a kezdő- és végfeszültséget ellenőrizd. A fenti általános esetekhez külön számítás kell; a kalkulátor egyszerű feltöltési módja a cikk elején megadott terheletlen modellt követi.
Háromkérdéses tudáspróba
Válassz kérdésenként egy választ, és írd fel az A, B vagy C betűt. A három feladat után ellenőrizd magad a magyarázatokkal.
1. 4,7 kΩ és 220 µF mellett mennyi az RC időállandó?
- A) 1034 s
- B) 0,001034 s
- C) 1,034 s
2. A kezdetben üres ideális kondenzátor feszültsége a végérték 90%-a. Az energia hány százaléka van benne?
- A) 81%
- B) 90%
- C) 99%
3. Terhelés miatt a végső feszültség 3,4014 V. Nulla voltról töltve mikor éri el a 4,5 V-ot az elsőrendű modell?
- A) Öt időállandó után biztosan.
- B) Soha, mert a cél nagyobb a végértéknél.
- C) Pontosan egy időállandó után.
Megoldások és önálló pontozás
Minden helyes válasz 1 pont, a hibás vagy kihagyott válasz 0 pont; összesen 3 pont szerezhető. 3 pont: a vizsgált összefüggéseket helyesen alkalmaztad; következőként készíts számítást a saját bemeneteiddel. 2 pont: az eltévesztett feladatnál megnevezett részt olvasd újra, és ellenőrizd a megoldást a képlettel. 0–1 pont: kezdd a(z) Az egységátváltás része a számításnak résszel, majd haladj végig a három magyarázaton, és oldd meg újra a kérdéseket. A próba a cikk megértéséről ad visszajelzést.
1. megoldás
C) 1,034 s – 4700×0,000220=1,034 s. Az előtagokat előbb ohmra és faradra váltjuk. Ha más választ adtál vagy kihagytad, ezt a részt ismételd át: Az egységátváltás része a számításnak.
2. megoldás
A) 81% – E=CU²/2, ezért változatlan C mellett az energia aránya 0,9²=0,81. Ha más választ adtál vagy kihagytad, ezt a részt ismételd át: Hogyan lesz a százalékból idő?.
3. megoldás
B) Soha, mert a cél nagyobb a végértéknél. – A monoton töltési görbe a saját végértékéhez tart. Előbb a terhelt végértéket kell meghatározni, és utána vizsgálható az elérési idő. Ha más választ adtál vagy kihagytad, ezt a részt ismételd át: Kezdőfeszültség és terhelés: előbb a végértéket keresd.