Energia padająca na detektor o małej powierzchni

Rozwiązanie

W/m², W i J oznaczają trzy różne rzeczy

Strumień F mówi, ile energii w każdej sekundzie pada na jeden metr kwadratowy. Moc P dotyczy całego detektora. Energia E sumuje dopływ mocy w czasie. Rozpisanie tej kolejności pozwala uniknąć mnożenia czasu dwa razy albo pomylenia mocy źródła z mocą odbiornika.

Detektor jest prostopadły do promieni, zatem jego czynna powierzchnia to pełne S = 0,020 m². Padająca moc wynosi:

P=FS=3{,}0\cdot10^{-6}\,\frac{\mathrm W}{\mathrm{m^2}}\cdot0{,}020\,\mathrm{m^2}=6{,}0\cdot10^{-8}\,\mathrm W.

Możemy to odczytać jako 60 nW. To 6,0·10⁻⁸ J energii dopływającej w każdej sekundzie. Ponieważ strumień jest stały, przez 50 s zbieramy:

E=Pt=6{,}0\cdot10^{-8}\,\frac{\mathrm J}{\mathrm s}\cdot50\,\mathrm s=3{,}0\cdot10^{-6}\,\mathrm J=3{,}0\,\mu\mathrm J.

Co mówi nachylenie wykresu?

Energia rośnie liniowo od zera. Po 25 s wynosi 1,5 µJ, a po 50 s — 3,0 µJ. Nachylenie tej prostej to 0,060 µJ/s, czyli właśnie 60 nW. Punkty na wykresie są innym zapisem tego samego bilansu, nie dodatkowym prawem.

Odpowiedź: P = 6,0·10⁻⁸ W i E = 3,0·10⁻⁶ J. Podwojenie czasu dałoby dwukrotnie większą energię, ale tę samą moc. Podwojenie powierzchni dałoby dwukrotnie większe obie wielkości, o ile strumień nadal byłby jednorodny na całej powierzchni.

Dlaczego orientacja detektora ma znaczenie?

Gdyby normalna do powierzchni była odchylona o 60° od kierunku promieni, z ich strony byłoby widać tylko S cos 60° = S/2. Wyniki zmalałyby dwukrotnie. To sprawdzenie dotyczy innej geometrii; w naszym zadaniu nie dodajemy takiego czynnika.

Obliczyliśmy energię padającą. Zamiana jej na sygnał elektryczny lub liczbę zliczeń wymaga sprawności przyrządu. Do policzenia fotonów trzeba jeszcze znać ich energie albo widmo — samo F tego nie określa.

Powiązana teoria

Moc promieniowania gwiazdy a jasność obserwowana

Dalsza lektura

Materiał referencyjny