Basándome en mis cálculos, no podemos ver la Tierra desde la ISS. Claramente está mal. ¿Por qué?

Question

Lo que comenzó como un ejercicio divertido realmente me molesta porque no puedo ver dónde me equivoqué.

Inicialmente quería ver cuántos fotones golpean un píxel de una cámara en la ISS apuntando a la Tierra, pero seguía recibiendo menos de uno a una velocidad de obturación de 1/250, lo cual sería invisible, así que ahora solo estoy tratando de obtener un número que tenga sentido. Incluso la Tierra vista desde la Luna es 40 veces más brillante que la Luna vista desde la Tierra, y la Luna se puede capturar a una velocidad de obturación de 1/250 con cámaras con el mismo tamaño de píxel que estoy usando aquí (5µm). ¿Qué hice mal?

Método

Mi método general es que toda la luz que recoge un píxel durante el tiempo de exposición proviene de la proyección de ese píxel en la escena.

Y esa luz aquí se origina en el Sol, golpea la Tierra (que se asume como una cáscara) y se difunde o se dispersa uniformemente en un hemisferio. Básicamente aquí tomo 1340W/m², lo multiplico por la superficie proyectada del píxel en la Tierra, lo multiplico por el albedo de 0.3 y 10%, que es aproximadamente la fracción de potencia de la luz visible en la radiación solar.

El píxel en el detector recoge una fracción muy pequeña de la potencia incidente como la relación de su propia superficie sobre la superficie del mencionado hemisferio que se origina en la superficie de la Tierra y que tiene la altitud de la ISS como su radio. Ya obtengo potencias en el rango de 10^-17 Watt aquí, lo cual es sospechoso.

Luego simplemente convierto la potencia recogida en un flujo equivalente de fotones utilizando la fórmula de equivalencia de Energía (la misma fórmula, pero en potencia en lugar de energía), y finalmente multiplico ese flujo por el tiempo de exposición.

Y obtengo 0.9 fotones, o en otras palabras ninguno, lo cual es imposible porque existen montones de imágenes tomadas por cámaras normales y definitivamente no tienen "cero e-" de corriente oscura. Curiosamente, esto no cambia con la altitud. No estoy seguro de que esto sea correcto tampoco, al menos podría tener sentido dado que el píxel proyectado y con él la fuente de energía crece cuando estamos más lejos.

¿Alguna idea?

Answer 1

Sea $A_p$ el tamaño del píxel, $D$ el diámetro de la apertura del objetivo, $f$ la longitud focal, $r$ la distancia Tierra-Luna y $M$ la exitancia de la superficie terrestre en el visible ($40\text{ W/m}^2$ según tus números).

El área proyectada del píxel en la superficie terrestre es $A_p' = (r/f)^2A_p.$ Ten en cuenta que toda la energía irradiada desde esta área y recogida por la pupila de entrada del objetivo cae sobre el píxel (ignorando las pérdidas de transmisión). Esta energía es $$P_p=MA_p'\frac{\pi D^2/4}{2\pi r^2}=MA_p\frac{D^2}{8f^2}=\frac{MA_p}{8(f/\#)^2}$$ donde $f/\#$ es el número f del objetivo. Esto también muestra que la distancia entre el objetivo y el objeto que se está capturando no importa. Esto es esperable, porque a mayor distancia, mayor es la región del objeto desde la cual cada píxel recoge luz. Los objetos difusos no se vuelven menos brillantes en la imagen a medida que nos alejamos de ellos, simplemente ocupan menos píxeles en el sensor. Así como alejarse de una hoja de papel no hace que parezca más tenue a tus ojos.

Usando $A_p=(5\text{ μm})^2$ y $f/\# = 1.8$, obtenemos $P_p=3.9\times10^{-11}\text { W}$. Cada fotón visible tiene una energía aproximada de $2.5\text{ eV}=4.0\times10^{-19}\text{ J}$ en promedio, por lo que esto corresponde a un flujo de fotones de $9.8\times10^7\text{ fotones/s}$. Una exposición de 1/250 s resulta en que $3.9\times10^5$ fotones caigan sobre el píxel.

Debemos considerar el objetivo porque un sistema de imagen no es solo un sensor al aire libre. Puede que no pienses que el "factor de recolección" del objetivo sea tan importante, pero hay una diferencia enorme entre el área de la apertura y la de un píxel.