Moc elektrowni wynosi:

Rok ma:

1 kWh = 3,6 MJ

W ciągu roku elektrownia dostarcza zatem energię:

E = Pt = 2207520000 MJ = 613200000 kWh = 613,2 GWh

${}_{\mathrm{95}}^{\mathrm{241}}\mathrm{Am}{\to }_{\mathrm{93}}^{\mathrm{237}}\mathrm{Np}{+}_2^4\alpha$

$T_{\frac{1}{2}}$ = 12,5 lat, zatem 50 lat = 4$T_{\frac{1}{2}}$

Po czasie $T_{\frac{1}{2}}$ liczba jąder trytu malej o połowę. Po czasie 2$T_{\frac{1}{2}}$ w elementach zegarka zostaje już tylko 1/4 jąder trytu, po 3$T_{\frac{1}{2}}$ zostaje 1/8, a po 4$T_{\frac{1}{2}}$ zostaje 1/16 początkowej zawartości trytu, co odpowiada 6,25%.

Po około 50 latach użytkowania w elementach zegarka zostaje 6,25% początkowej zawartości trytu.

I (10 cm) = $\frac{1}{2}$⋅IIndeks dolny 0₀

I (20 cm) = $\frac{1}{4}$⋅IIndeks dolny 0₀

I (30 cm) = $\frac{1}{8}$⋅IIndeks dolny 0₀ = 0,125⋅IIndeks dolny 0₀ = 12,5%⋅IIndeks dolny 0₀

Wskazania miernika spadną o 87,5%.

W badanej skale została ¼ początkowej ilości potasu, zatem od jej utworzenia upłyną czas 2TIndeks dolny 1/2_1/2, gdzie TIndeks dolny 1/2_1/2 to czas połowicznego zaniku potasu‑40.

Wiek skały wynosi zatem 2,5 miliona lat.

5⋅30 dni = 150 dni = 2TIndeks dolny 1/2_1/2

${\displaystyle A(t)={10}^{12}Bq\cdot (\frac{1}{2}{)}^{\frac{150}{75}}={10}^{12}Bq\cdot \frac{1}{4}=2,5\cdot {10}^{11}Bq}$

Gdy pomiędzy źródłem i detektorem nie ma blachy, mierzona intensywność promieniowania wynosi IIndeks dolny 0₀. Gdy pomiędzy źródłem i detektorem znajduje się blacha, promieniowanie beta jest częściowo absorbowane w jej materiale, a mierzona przez detektor intensywność promieniowania spada. Mierzona intensywność promieniowania I (x) zależy od grubości blachy x. Jeżeli I (x) jest poniżej założonego poziomu, oznacza to, że folia jest za gruba. Jeżeli I (x) jest powyżej założonego poziomu, oznacza to, że folia jest za cienka. Komputer analizuje na bieżąco mierzoną intensywność i steruje rolkami, aby utrzymać grubość folii na stałym poziomie.