Hopp til innholdet

Kapittel 11 · Radiometri og fotometri · 11.1

Grunnleggende begreper og forskjeller

To måter å måle lys på deler det samme utgangspunktet – elektromagnetisk stråling – men skiller lag i hva de teller. Denne seksjonen fastsetter skillet, innfører romvinkelen som lysmålingen trenger for å beskrive stråling ut i alle retninger, og gjør rede for hvorfor faget må bære to sett med størrelser side om side.

Radiometri kontra fotometri

Radiometri måler elektromagnetisk stråling i rene energienheter, over hele spekteret, uten hensyn til om øyet kan se den. Den grunnleggende radiometriske størrelsen er strålingsfluksen Φe: den samlede strålingseffekten en kilde sender ut, målt i watt – samme enhet som effekten fra kapittelet om mekanikk. Et instrument som måler Φe, teller like villig infrarød varmestråling og ultrafiolett som synlig lys; for radiometrien er alle bølgelengder likeverdige.

Fotometri måler den samme strålingen, men veier hver bølgelengde etter hvor godt det menneskelige øyet oppfatter den. Vektingen skjer med øyets fotopiske lysfølsomhetskurve V⁢(λ), en funksjon som topper seg i det gulgrønne ved 555 nm og faller mot null i begge ender av det synlige spekteret [132]. Den fotometriske motparten til strålingsfluksen er lysfluksen Φv, målt i lumen (lm): den delen av strålingen øyet faktisk oppfatter som lys. Utenfor det synlige spekteret – som kapittelet om bølger anga til om lag 380–780 nm – er V⁢(λ) forsvinnende liten: CIEs tabell er bare definert fra 360 til 830 nm, og allerede ved bokens egne båndgrenser er vekten under en titusendel av toppverdien [133]. Vi regner den derfor som null utenfor båndet, og stråling der teller ikke ett lumen, uansett hvor mange watt den bærer.

Forskjellen er ikke akademisk; den er grunnen til at en LED-pære lyser opp et rom som en gammeldags glødelampe gjør med en langt større effekt. En vanlig 60 W glødelampe – der 60 W er den tilførte elektriske effekten, ikke strålingsfluksen – gir en lysfluks på om lag 800 lm [134]. For en glødetråd ligger om lag 6 % av den utstrålte effekten i det sentrale synlige båndet 400–700 nm; det aller meste av resten går ut som infrarødt, altså varme, der V⁢(λ)=0 [135]. Nesten hele strålingsfluksen Φe ligger derfor i et bånd øyet ikke ser, og teller ikke i Φv. En moderne LED-pære gir de samme 800 lm med rundt 9 W, fordi den legger nesten all strålingen sin i det synlige båndet [136]. Hvordan vektingen med V⁢(λ) regnes ut i tall – integralet som binder Φe og Φv sammen – kommer i seksjonen om sammenhengen mellom radiometri og fotometri; her holder det å se at de to størrelsene svarer på to ulike spørsmål.

Romvinkel og steradianen

En kilde stråler ikke langs én linje, men ut i rommet i alle retninger, og lysmålingen trenger et mål på hvor stor del av rommet en flate fanger opp. Det målet er romvinkelen Ω, og den bygges på nøyaktig samme måte som radianen fra kapittelet om trigonometri og geometri.

Husk at radianen måler en plan vinkel som buelengde delt på radius, θ=s/r: buen s som vinkelen skjærer ut av en sirkel med radius r, delt på radien. Romvinkelen gjør det samme ett steg opp, med areal i stedet for buelengde:

Ω=Ar2,

der A er arealet av den biten av en kuleflate som strålene fra sentrum treffer, og r er kulas radius. Enheten er steradian (sr), og som radianen er romvinkelen dimensjonsløs – den er et areal delt på et areal. Der radianen deler en lengde på en lengde, deler steradianen et areal på et areal; delingen på r2 gjør nettopp at romvinkelen ikke avhenger av hvor stor kula er, bare av hvor stor del av den flaten dekker.

Hele kuleflaten har areal O=4⁢π⁢r2, et resultat fra kapittelet om trigonometri og geometri. Sett fra sentrum utspenner hele kula derfor romvinkelen

Ω=Or2=4⁢π⁢r2r2=4⁢π≈12.57 sr,

og en halvkule det halve, 2⁢π≈6.28 sr. Dette er romvinkelens motstykke til at hele sirkelen utgjør 2⁢π radianer.

Formelen Ω=A/r2 gjelder strengt tatt bare når flaten A ligger på selve kuleflaten. En flat flate som står vinkelrett på synslinjen – som en pupille eller en detektor – buler ikke helt likt, men så lenge flaten er liten i forhold til avstanden, altså A≪r2, er forskjellen forsvinnende. For en 4 mm pupille sett fra 1 m avstand avviker den flate tilnærmingen fra den eksakte kuleflate-verdien med om lag 3×10−4 % – langt under enhver klinisk relevant nøyaktighet. I pupille- og detektorsammenheng kan vi derfor bruke Ω≈A/r2 uten forbehold, med den ene forutsetningen at flaten er liten mot avstanden.

Figuren under stiller de to vinkelmålene side om side, slik at analogien blir tydelig.

Tegningen er et snitt: A til høyre er arealet av kuleflatebiten som kjeglen skjærer ut, ikke det skraverte tverrsnittet.
Figur 11.1: Tegningen er et snitt: A til høyre er arealet av kuleflatebiten som kjeglen skjærer ut, ikke det skraverte tverrsnittet.

Eksempel 11.1.1

En liten lyskilde henger fritt i rommet og stråler like mye i alle retninger. Hvilken romvinkel utspenner hele omgivelsen – altså hele kuleflaten rundt kilden – sett fra kilden?

Løsning: Bruk romvinkeldefinisjonen Ω=A/r2 med hele kuleflatens areal A=O=4⁢π⁢r2.

Ω=Or2=4⁢π⁢r2r2=4⁢π≈12.57 sr

Svaret avhenger ikke av radien: uansett hvor stor kula vi tenker oss rundt kilden, dekker hele flaten den samme romvinkelen 4⁢π, akkurat som hele sirkelen alltid er 2⁢π radianer.

Eksempel 11.1.2

En pasient ser på en liten lyskilde som står 40 cm rett foran øyet, i lesedistanse. Pupillen har diameter 4 mm. Hvilken romvinkel utspenner pupillen sett fra kilden?

Løsning: Regn først pupillearealet med sirkelformelen A=π4⁢d2 fra kapittelet om trigonometri og geometri, og sett det så inn i Ω=A/r2 med r=0.40 m.

A =π4⁢d2=π4⁢(0.004 m)2≈1.257×10−5 m2
Ω =Ar2≈1.257×10−5 m2(0.40 m)2≈7.85×10−5 sr

Pupillen er en flat skive, ikke en kuleflatebit, men fordi arealet (∼12.6 mm2) er forsvinnende lite mot r2=0.16 m2, gjelder Ω≈A/r2 med god margin. Den bittelille romvinkelen forteller hvor stor brøkdel av kildens stråling som i det hele tatt når inn i øyet.

Eksempel 11.1.3

En 60 W glødelampe gir en lysfluks på 800 lm. En LED-pære gir den samme lysfluksen, men trekker bare 9 W. Regn ut lysutbyttet – lysfluks per tilført watt – for hver, og forklar den store forskjellen med begrepene strålingsfluks og lysfluks.

Løsning: Lysutbyttet er lysfluksen delt på den tilførte elektriske effekten (ikke strålingsfluksen).

glødelampe: 800 lm60 W≈13.3 lm W−1
LED: 800 lm9 W≈88.9 lm W−1

LED-en er altså om lag 6.7 ganger mer effektiv. Forskjellen ligger ikke i hvor mye stråling pærene sender ut, men i hvor i spekteret strålingen ligger. Glødelampen legger mesteparten av strålingsfluksen Φe i det infrarøde, der V⁢(λ)=0, så den varmestrålingen bidrar ingenting til lysfluksen Φv. LED-en legger nesten all strålingen sin i det synlige båndet, der V⁢(λ)>0. Samme tilførte effekt kan derfor gi vidt ulik lysfluks – nettopp fordi de to størrelsene måler to forskjellige ting.

Hvorfor vi trenger to størrelsessett

Eksemplene peker mot en enkel, men viktig innsikt: strålingsfluks og lysfluks kan ikke regnes om til hverandre med én fast omregningsfaktor. To kilder som stråler nøyaktig like mange watt, gir bare like mange lumen dersom de har samme fordeling over bølgelengdene. Endrer spekteret seg, endrer forholdet mellom watt og lumen seg med det, fordi lysfluksen veier hver bølgelengde med V⁢(λ) mens strålingsfluksen ikke gjør det. Derfor kan ikke det ene settet med størrelser erstatte det andre: radiometrien beskriver strålingens fysikk, fotometrien beskriver hva øyet får ut av den, og en fagperson som skal vurdere en lyskilde, et instrument eller en synsprøve, trenger begge.

Det finnes likevel en øvre grense for hvor mye lys en gitt strålingseffekt kan gi. Den nås av en tenkt kilde som legger all strålingen sin akkurat på toppen av V⁢(λ), ved 555 nm, og gir da Km≈683 lm W−1 – det teoretiske taket for fotopisk lysutbytte per utstrålt watt [132]. Ingen virkelig hvitlyskilde når dette, siden hvitt lys nødvendigvis sprer effekt utover bølgelengder der V⁢(λ)<1. Tallet 683 og den presise definisjonen bak det hører til seksjonen om sammenhengen mellom radiometri og fotometri; her tar vi det bare med som grensen alt lysutbytte måles mot.

Oppgaver

Oppgave 11.1.1

Regn med romvinkeldefinisjonen Ω=A/r2.

  1. a)

    Hvor stor romvinkel utspenner hele kuleflaten sett fra sentrum?

  2. b)

    Hvor stor romvinkel utspenner en halvkule?

  3. c)

    En flat detektor med areal 1 cm2 står vinkelrett på synslinjen 2 m fra en liten lyskilde. Hvilken romvinkel utspenner detektoren, og hvorfor er den flate tilnærmingen forsvarlig her?

Løsningsforslag

Oppgave 11.1.1: Alle tre deloppgavene bruker romvinkeldefinisjonen Ω=A/r2.

  1. a)

    Hele kuleflaten har areal O=4⁢π⁢r2, så

    Ω=Or2=4⁢π⁢r2r2=4⁢π≈12.57 sr
  2. b)

    En halvkule dekker halvparten av kuleflaten, altså A=2⁢π⁢r2:

    Ω=2⁢π⁢r2r2=2⁢π≈6.28 sr
  3. c)

    Med A=1 cm2=1×10−4 m2 og r=2 m:

    Ω=Ar2=1×10−4 m2(2 m)2=2.5×10−5 sr

    Den flate tilnærmingen er forsvarlig fordi detektorarealet er forsvinnende lite mot r2 (1×10−4 m2≪4 m2) – da avviker den flate skiven ubetydelig fra kuleflatebiten, slik seksjonen viste for pupillen.

Oppgave 11.1.2

En liten lyskilde står 50 cm rett foran et øye med pupillediameter 4 mm.

  1. a)

    Regn ut pupillearealet.

  2. b)

    Hvilken romvinkel utspenner pupillen sett fra kilden?

  3. c)

    Hva skjer med romvinkelen dersom avstanden dobles til 1 m? Begrunn svaret ut fra hvordan Ω avhenger av r.

Løsningsforslag

Oppgave 11.1.2: Pupillearealet regnes med sirkelformelen A=π4⁢d2 og settes inn i Ω=A/r2.

  1. a)

    Med d=4 mm=0.004 m:

    A=π4⁢d2=π4⁢(0.004 m)2≈1.257×10−5 m2

    altså om lag 12.6 mm2.

  2. b)

    Med r=0.50 m:

    Ω=Ar2≈1.257×10−5 m2(0.50 m)2≈5.03×10−5 sr

    Arealet er forsvinnende lite mot r2=0.25 m2, så den flate tilnærmingen holder.

  3. c)

    Romvinkelen avtar med kvadratet av avstanden, Ω∝1/r2, så en dobling av r deler Ω på fire:

    Ω=1.257×10−5 m2(1 m)2≈1.26×10−5 sr

    – en fjerdedel av verdien i b). Pupillen fanger dermed bare en fjerdedel så stor del av kildens stråling.

Oppgave 11.1.3

En medstudent hevder: «To lyskilder som stråler ut nøyaktig like mange watt, må gi like mye lys.» Er påstanden riktig? Begrunn svaret ved å skille mellom strålingsfluksen Φe og lysfluksen Φv, og gjør rede for under hvilken forutsetning to kilder med lik strålingsfluks faktisk gir lik lysfluks.

Løsningsforslag

Oppgave 11.1.3: Påstanden er gal. Strålingsfluksen Φe teller alle watt likt over hele spekteret, mens lysfluksen Φv veier hver bølgelengde med øyets følsomhetskurve V⁢(λ) – og utenfor det synlige båndet er V⁢(λ)=0. To kilder med nøyaktig samme Φe kan derfor gi vidt ulik Φv: en kilde som legger strålingen sin i det infrarøde, gir null lumen uansett hvor mange watt den sender ut, mens en kilde som legger de samme wattene i det synlige båndet, gir en stor lysfluks – det er nettopp forskjellen mellom glødelampen og LED-pæren i seksjonen. Forutsetningen som må til: to kilder med lik strålingsfluks gir lik lysfluks bare dersom de også har samme fordeling av strålingen over bølgelengdene, slik at vektingen med V⁢(λ) slår likt ut for begge. Konklusjon: like mange watt gir like mye lys bare ved likt spektrum; i alle andre tilfeller kan forholdet mellom watt og lumen være hva som helst fra null og opp til grensen satt av Km.

Oppgave 11.1.4

Konstruer ditt eget taleeksempel med to lyskilder som viser hvorfor faget trenger både strålingsfluks (i watt) og lysfluks (i lumen). La den ene kilden stråle i det synlige spekteret og den andre utenfor det, og forklar – med henvisning til V⁢(λ) og det synlige spekteret (380–780 nm) – hvorfor to kilder med samme strålingsfluks kan gi helt ulik lysfluks.

Løsningsforslag

Oppgave 11.1.4: Åpen oppgave; ingen entydig fasit. Vurderingsmoment: eksempelet skal ha to kilder med samme strålingsfluks Φe der den ene ligger i det synlige båndet (V⁢(λ)>0) og den andre utenfor 380–780 nm (V⁢(λ)=0, altså Φv=0 lm), og forklaringen skal bruke nettopp denne vektingen til å vise at watt alene ikke forteller hvor mye lys øyet får.

Alle løsningsforslag til kapittel 11