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(Fortaleza, 12 de Janeiro de 2016) Por Roberta Jérsyka Oliveira Brasil Soares - Matrícula: 382083 Graduanda em Engenharia de Telecomunicações Universidade Federal do Ceará Centro de Tecnologia Departamento de Engenharia de Teleinformática Curso de Graduação em Engenharia de Telecomunicações Comunicaçoes Ópticas Prof. João Batista
1. a) Explique a origem da dispersão intermodal em fibras multimodo. Resposta: A dispersão multimodal só afeta as fibras multimodo e é resultado das diferenças de tempo de propagação dos raios de luz para uma mesma frequência óptica. Isso porque numa fibra multimodo, os raios de luz (de um mesmo comprimento de onda) atravessam o seu núcleo em diferentes modos, ou seja, cada um incide com um ângulo de inclinação diferente. Todos eles terão a mesma velocidade da luz, mas como terão diferentes modos, percorrerão o núcleo (considerado homogêneo) com caminhos diferentes, portanto chegarão em instantes diferentes no final da fibra. Assim, a luz transmitida em seus diferentes modos através de uma fibra multimodo sofrerá uma dispersão intermodal que é percebida pelo espalhamento dos sinais transmitidos. b) Usando a aproximação por óptica geométrica, mostre que a dispersão intermodal em fibras de índice degrau causa um alargamento temporal de pulsos dado por τ mod =τ max − τ min ≈ L n 1 Δ c ⁻ ¹ onde c é a velocidade da luz no vácuo, L é o comprimento da fibra, n 1 é o índice de refração do núcleo e Δ é a diferença relativa de índices de refração. Resposta: Na figura abaixo um raio que está no ar incide no centro do núcleo com um ângulo de incidência a. Devido à refração da interface ar-núcleo da fibra, o raio se aproxima da normal e faz em relação ao eixo central do núcleo um ângulo de incidência b.
2. Considere uma fibra de índice degrau 50 / 125 μ m com n 1 =1,47 e Δ=0,. a) Qual o mecanismo físico que limita a capacidade de transmissão dessa fibra. Resposta: Pelos seus diâmetros, podemos perceber que é uma fibra multimodo, portanto tanto a atenuação como a dispersão modal e a dispersão dos modos de polarização limitam a sua capacidade de transmissão. b) Calcule o atraso de grupo, em unidades de ns^ x^ km⁻^ ¹^ , para o comprimento de onda de 850 nm. Resposta: Seja o atraso de grupo por unidade comprimento dado por: τ g L
−λ ² 2 π c d β d λ e sendo a constante de propagação dada por β= 2 π λ n 1 , substituindo, temos: τ g L
−λ ² 2 π c d (^) ⟦ 2 π λ n 1 ⟧ d λ
τ g L
−λ ² 2 π c d (^) ⟦ 2 π λ n 1 ⟧ d λ
τ g L
−λ ² 2 π n 1 2 π c d λ ⁻ ¹ d λ
τ g L
−λ ² n 1 c (−λ ⁻ ²) → τ g L
n 1 c
3 x 10 ⁸ =0,49 x 10 ⁻ ⁸ → τ g L =4,9 x 10 ⁻ ⁹ → τ g L =4,9 ns x km⁻ ¹ Logo, o atraso de grupo por unidade de comprimento é 4,9 ns x km ¹⁻. c) Qual é a taxa de bits máxima suportada por esta fibra ao longo de um comprimento de 10 km. Resposta: Sabe-se que BL < n 2 n 1 2 c Δ
1º) Calcula-se n 2 através de Δ= ( n 1 − n 2 ) n 1
(1,47− n 2 ) 1, → n 2 =1,. 2º) Substituindo na expressão inicial, temos: B <
n 2 n 1 2 c Δ
10 ∗10³ m
2 3 ∗ 10 ⁸ m 0,
6 Portanto, a taxa de bits máxima é 1,34 Mb/s.
3. Um pulso Gaussian (unchirped) em 1,55μ m de largura de 100 ps (FWHM) é lançado em uma fibra de monomodo. Calcule a FWHM após 50 km, se a fibra tem uma dispersão de 16 ps/(km-nm). Negligencie a largura espectral da fonte. Resposta: Por se tratar de uma fibra monomodo, o tipo de dispersão considerada no enunciado é cromática (DC). A partir desse valor de coeficiente de DC (=16 ps/(km-nm)), podemos entender que o pulso é alargado de 16 ps quando um sinal óptico de 1 nm de largura espectral percorre 1km de fibra, ou seja, DC = coeficiente x largura_de_banda_FWHM x distância_percorrida. Dessa forma, temos os seguintes dados: coeficiente → 16 ps/(km-nm); largura_de_banda → 0,1 nm (FWHM); distância_percorrida → 50 km; DC = 16 x 0,1 x 50 = 80 ps Assim sendo, a largura em FWHM após os 50 km será de 80 ps. 4. Dispersão em fibras SM provoca um alargamento de pulsos lançada na fibra. a) Explique o mecanismo que origina dispersão material. Resposta: A dispersão material se deve a reações do material ao campo EM, fazendo com que as componentes espectrais tenham diferentes índices de propagação. O índice de refração da sílica, que é o material usado para fabricação de fibras, muda com a frequência óptica ω^. A equação de Sellmeier dá a relação entre essas duas grandezas. n ²(ω)= 1 +∑ j = 1
j ω^ j ² ω j ²−ω ² b) Calcule a dispersão total em 1550 nm para um comprimento de fibra de 120 km. Suponha que Dmat (=1550 nm) = 24 ps/(nm-km) e Dwg (1550 nm) = - 7ps/(nm-km).
n 1 ² Δ c n 2 = 10 ns / km
numérica. 2
n 1 ² 2 Δ c n 2 → 2 c n 2
= n 1 ² 2 Δ →
2 c n 2
=√ n 1 ² 2 Δ= n 1 √ 2 Δ= NA Sendo assim, temos: NA =
km s
s km
b) Qual é a taxa de transmissão máxima permitida para um comprimento de fibra de 10 km? Resposta: Sabe-se que BL < n 2 n 1 2 c Δ
1º) Podemos, com alguns artifícios, encontrar a taxa de transmissão máxima permitida por essa fórmula e por NA, assim: BL n 2 c
n 1 2 Δ
n 2 c
n 1 2 Δ
n 2 c
n 1 2 Δ
n 2 c
n 1 √ 2 Δ
n 2 c
Como todas os membros são positivos, elevando ao quadrado, a desigualdade permanece, ou seja: 1 2
Isolando B e pensando no limite para ser o valor máximo, achamos a resposta: B <
=10,06 Mb / s Portanto, a taxa de bits máxima é de 10,06 Mb/s.
6. Uma fibra SM é medida para ter λ ²( d ² n d λ ² )=0,02 em 800 nm. Calcule os parâmetros de dispersão D e β 2. Resposta: 1º) Como a fibra é monomodo, o tipo de dispersão é a cromática que é expressa assim:
D =−λ c d ² n d λ ²
c λ
D =−83,3∗ 10 ⁻ ⁶ → D =−83,3 ps / nm. km. 2º) Usando a expressão que relaciona D e β 2 , temos: D = − 2 π c λ ² β 2 → β 2 = D λ ² 2 π c → β 2 =
2 π 3 ∗ 10 ⁸ → β 2 =28,3∗ 10 − 21 β 2 =28,3 ps ²/ km.
7. Um sistema óptico em 1,3 μ m utiliza um enlace de fibra de 50 km e requer pelo menos 0,3 μ W no receptor. A perda de fibra é de 0,5 dB/km. A fibra é emendado cada 5 km e tem dois conectores de 1 dB de perda em ambas as extremidades. Perda de emenda é apenas 0, dB. Determine a potência mínima que deve ser lançada na fibra. Resposta: Primeiramente, irei transformar a potência requerida no receptor em dBm por ser uma unidade muito utilizada em telecomunicações que indica o nível de potência em decibeis em relação ao nível de referência de 1mW, ou seja: PdBm = 10 log
1 mW
Portanto, temos:
)= 10 log (0,3∗ 10 ⁻ ³)=−35,2288 dBm
c) Explique o fenômeno físico o qual o OTDR está baseado para medir a atenuação da fibra óptica. Resposta: O OTDR faz uso do fenômeno de espalhamento de Rayleigh, que é a irradiação da luz das moléculas de vidro, proporcional à luz incidente. O instrumento faz uso desse fenômeno da seguinte forma:
Resposta: Pn = PT C [( 1 − δ)( 1 − C )] ( N − 1 ) Dados: Pn =? PT = 1 mW C =0, ( 1 −δ)= 10 (−0,1) =0, N = 10 Para a estação 8: N=8 → P 8 =( 10 ⁻ ³)(0,1)[(0,794 )( 1 −( 0,1))] ( 8 − 1 ) =9,5μ W Para a estação 9: N=9 → P 9 =( 10 ⁻ ³)(0,1)[(0,794 )( 1 −( 0,1))] ( 9 − 1 ) =6,8μ W Para a estação 10: N=10 → P 10 =( 10 ⁻ ³)(0,1)[(0,794)( 1 −(0,1))] ( 9 − 1 ) ou (^) P 10 = P 9 [( 0,794)( 1 −(0,1))]=4,9μ W
10. Uma rede em estrela usa acopladores direcionais com 0,5 dB de perda de inserção para distribuir dados para seus assinantes. Se cada receptor necessita de um mínimo de 100 nW e cada transmissor é capaz de emitir 0,5 mW, calcular o número máximo de assinantes servidos pela rede. Resposta: Pn =( PT / N )( 1 −δ) (log 2 N ) Dados: Pn =0,1 μ W PT =0,5 mW ( 1 −δ)= 10 (−0,05) =0, N =? Pn PT
( 1 −δ) (log 2 N ) → 0,1μ W 0,5 mW
(log 2 N ) → N (0,2 x 10 ⁻ ³)=(0,8913) (log 2 N ) log 2 [ N (0,2 x 10 ⁻ ³)]=log 2 [(0,8913) (log 2 N ) ] → log 2 N +log 2 0,2+log 2 10 ⁻ ³=(log 2 N )log 2 0, log 2 N + log 0, log 2
log 10 ⁻ ³ log 2 =(log 2 N ) log 0, log 2
e não do comprimento da fibra)
2 ⌋ dB Como a perda dos conectores será sempre 2 dB, ou seja, independente do comprimento da fibra, podemos então logo descartar do valor total de perdas, assim: ∑ Perdas =α f L +α^ 'em +^ α con =^24 dB ∑ Perdas =α f L +[0,2^ x^ ⌊
2 ⌋ dB ]+[ 2 dB ]= 24 dB Com os conectores: 24 dB - 2 dB = 22 dB. Logo, a máxima distância L é dada por: α f L +α em [0,2 x ⌊
2 ⌋ dB ]= 22 dB (^) → 1 dB km L +[0,2 x ⌊
2 ⌋ dB ]= 22 dB L (1,1)= 22 dB → L = 20 km.
12. Problema 13.1. a) What is the modal pulse spread for 1 km of a step index multimode fiber with NA = 0,2 and refractive index of the core glass n 1 =1,48? Resposta: Usamos a equação 13.8 do livro-texto. Δ τ≈
2 c n 1 Dados: NA =0,2 ; n 1 =1,48 Δ τ≈
2 x 3 x 10 ⁵ x 1, =45,04 ns b) What is the maximum pulse rate that can be sent if the dispersions other than mode dispersion can be ignored? Non-return to zero (NRZ) pulses are used. Resposta: (^) BL < n 2 n 1 2 c Δ
1,48 ² Δ=0,02 → Δ=0,00913. No entanto, Δ= ( n 1 − n 2 ) n 1 , ou seja, podemos encontrar o índice de refração da casca assim: 0,00913= (1,48− n 2 ) 1, → n 2 =1,466. Agora, substituindo para achar a taxa, temos:
n 2 n 1 2 c Δ , para L=1 km, B <
2 3 x 10 ⁵ 0, =21,99 Mb / s.
13. Problema 13.2. a) What is the theoretical limit (η = 1,0) for the output current from a PIN photodiode when the power of the incident light is 1 mW and the wavelength is λ = 0,84 μm? Resposta: A partir da eq. 13.14 do livro, temos: i =η p e h ν M em ampère. Sejam os dados: (^) η= 1 ; p = 10 ⁻ ³ W ;e =1,6 x 10 ⁻ ⁹ J ;h =6,63 × 10 ⁻ ³⁴ J ; ν= 3 x 10 ⁸ 0,84 x 10 ⁻ ⁶ Substituindo, ficamos: i =( 1 )( 10 ⁻ ³) (1,6 x 10 ⁻ ¹⁹)(0,84 x 10 ⁻ ⁶) (6,63 x 10 ⁻ ³⁴)( 3 x 10 ⁸) M , onde M é um fator multiplicador que para um fotodiodo PIN é unitário (M=1), portanto: i =0,0676 x 10 ⁻ ²=0,676 mA b) What value was assigned to the quantum efficiency to obtain the rule of thumb i = 0,5 A/W, which expresses the output current from a PIN photodiode? Resposta: Usando a mesma equação, substituindo o valor da corrente, achamos a eficiência para esse caso: η= i h ν p e M
i (6,63 x 10 ⁻ ³⁴ )( 3 x 10 ⁸) p (1,6 x 10 ⁻ ¹⁹)(0,84 x 10 ⁻ ⁶)
(6,63 x 10 ⁻ ³⁴ )( 3 x 10 ⁸) (1,6 x 10 ⁻ ¹⁹)(0,84 x 10 ⁻ ⁶)
**14. Problema 13.3. From Fig. 13.9, prove that the number of photons that have to be contained during one pulse to maintain a given BER value is practically independent of pulse rate. How many photons have to be contained in one pulse for an APD to maintain a BER of 10?8? (The wavelength of the light is λ = 0.84 μm.) Resposta:
