电容上的电荷是电容和电压的线性乘积，Q=CV。如果您计划从 5V 降至 3V，则您移除的电荷为 5V*1F - 3V*1F = 2V*1F = 2 库仑电荷。一安培是每秒一库仑，因此 2C 可以为 2C / (0.01 C/sec) 或 200 秒提供 0.01A。如果您实际上以恒定电流从电容中取出电荷，则电容上的电压会随时间从 5V 线性下降到 3V，由 Vcap(t) = 5 - 2*(t/200) 给出。

当然，这假设您有一个负载，即使提供给它的电压发生变化，它也会消耗恒定的 10mA。常见的简单负载往往具有相对恒定的阻抗，这意味着它们汲取的电流将随着电容电压的降低而减少，从而导致电容上通常的非线性衰减指数电压。该方程的形式为 V(t) = V0 * exp(-t/RC)。

电容器两端电压的一般方程为

\$ V = V_0+\dfrac{1}{C} \int {i dt}\$

在 \$I\$ 是常量的特殊情况下，这转换为

\$ V = V_0 + \dfrac{I \times t}{C} \$

我们想找到\$t\$，所以重新排列给了我们

\$ t = \dfrac{C (V - V_0)}{I} = \dfrac{1F (3V - 5V)}{-10mA} = 200s\$ = 3 分 20 秒。

更一般的解决方案是 \$I\$ 是时间的函数。我假设 10mA 是初始电流，\$V_0\$ = 5V。那么放电电阻\$R = \dfrac{5V}{10mA} = 500\Omega\$。时间常数 \$RC\$ 为 500 秒。然后

\$ V = V_0 \times e^{\left(\dfrac{-t}{RC}\right)} \$

要么

\$ t = -RC \times ln{\left(\dfrac{V}{V_0}\right)} = -500s \times ln{\left(\dfrac{3V}{5V}\right)} = 255s \ $ = 4 分 15 秒。

这是有道理的。在指数放电之后，我们会比线性放电晚 3V。

\$ \Delta U = \dfrac{I \times T}{C}\$ 仅适用于直流电流！（I - 电流，T - 时间，C - 电容）。

一般来说：

\$ u(t) = \dfrac{1}{C} \times \int{i dt}\$

上面已经给出了答案，但这是我的想法：

假设电流恒定：I=C*dV/dt --> dt=C*dV/I

dv=5V-3V =2V, I=10mA, C=1F --> dt=1F*2V/10mA= 200sec