50. Calculad la diferencia de tiempo que hay entre
el tiempo que tarda en recorrer una fibra óptica de 15 km de longitud
un rayo que penetra en ella normalmente y un rayo que penetra
con el ángulo máximo del cono de aceptación. El medio exterior
a la fibra tiene un índice de \(n_{nuc}=1\), el núcleo \(n_{nuc}=1.492\)
y el revestimiento \(n_{rev}=1.489.:\)
1. 100 ns
2. 150 ns
3. 67 ns
4. 68 ns
5. 0 ns
\(n_{nuc}\) lo repiten dos veces pero dudo mucho que eso valga para impugnar, me preocupa más que nos dicen la longituid de la fibra pero no nos dicen el ancho. Así que ni idea de cómo hacerla! ¿alguna ayuda?
50
Moderador: Alberto
Re: 50
Esta se quedó en blanco, pero el retraso viene dado por:
L*n_f/c*((n_f/n_c)-1)
Donde n_f es el indice de la fibre y n_c el del revestimiento, con lo cual se obtienen 150 ns si no me he equivocado en el cálculo. Por supuesto de esta fórmula en el examen no me acordaba ni pa atrás!
L*n_f/c*((n_f/n_c)-1)
Donde n_f es el indice de la fibre y n_c el del revestimiento, con lo cual se obtienen 150 ns si no me he equivocado en el cálculo. Por supuesto de esta fórmula en el examen no me acordaba ni pa atrás!
- chesirecat
- Be
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Re: 50
Yo también la dejé...más o menos tenía idea de como podía ser pero no quise liarme, y menos mal porque no creo que me diese de cuenta del "truquillo". Ahora en frío he sacado esto:
Para el rayo que viaja recto:
\(t_{1}=\frac{L}{c/n_{n}}\)
Ahora, el rayo que entra con el ángulo máximo, se refleja en el interior con un ángulo crítico que cumple \(sen \vartheta _{c}=\frac{n_{rec}}{n_{nuc}}\). Aquí mi idea es que como todas las reflexiones son iguales se puede construir un triángulo equivalente en el que uno de los lados sea L y el ángulo opuesto sea \(\vartheta _{c}\), y la hipotenusa de ese triángulo se corresponde con la distancia que recorre el rayo en todas las reflexiones (esto no sé si se ve muy bien, pero con un dibujito se entiende).
Entonces, para el segundo rayo tendremos:
\(t_{2}=\frac{distancia}{c/n_{nuc}}=\frac{L/sen\vartheta _{c}}{c/n_{nuc}}\)
Y si no me he equivocado, restando los dos tiempos se debería de llegar a la expresión que dice dsanchez.
Para el rayo que viaja recto:
\(t_{1}=\frac{L}{c/n_{n}}\)
Ahora, el rayo que entra con el ángulo máximo, se refleja en el interior con un ángulo crítico que cumple \(sen \vartheta _{c}=\frac{n_{rec}}{n_{nuc}}\). Aquí mi idea es que como todas las reflexiones son iguales se puede construir un triángulo equivalente en el que uno de los lados sea L y el ángulo opuesto sea \(\vartheta _{c}\), y la hipotenusa de ese triángulo se corresponde con la distancia que recorre el rayo en todas las reflexiones (esto no sé si se ve muy bien, pero con un dibujito se entiende).
Entonces, para el segundo rayo tendremos:
\(t_{2}=\frac{distancia}{c/n_{nuc}}=\frac{L/sen\vartheta _{c}}{c/n_{nuc}}\)
Y si no me he equivocado, restando los dos tiempos se debería de llegar a la expresión que dice dsanchez.