Solucionario Sistemas de comunicação por fibra óptica

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1.2 Calcule a distância de transmissão através da qual a potência óptica 
será atenuada por um fator de 10 para três perdas de fibras de 0,2; 20 e 
2000db / Km. Assumindo que a potência óptica diminui conforme exp (-
alfa.L), calcule a alfa (em cm-1) para três fibras 
 
 α = - (10/L).Log(Pin/PouT) 
 PARA α = 0,2dB/Km : 
 0,2 = - (10/L). Log(1/10) 
 L = - (10/0,2)log (1/10) 
 L = 50Km 
 -10dB = e^(α L) 
 -10 = e^(-α.50.105) 
 [-ln(-10)/50.105] = α 
 α= 4,605 . 10-7cm-1 
 
 PARA α = 20dB/Km : 
 20 = - (10/L). Log(1/10) 
 L = 0.5Km 
 -10 = e^(-α.0,5.105) 
 [-ln(-10)/0.5.105] = α 
 α= 4,605 . 10-5cm-1 
 
 PARA α = 2000dB/Km : 
 2000 = - (10/L). Log(1/10) 
 L = 5. 10 -3 Km 
 -10 = e^(-α.0,5.10 -3.105) 
 [-ln(-10)/0.5.10 -3 105] = α 
 α= 4,605 . 10-3cm-1 
 
1.3 Suponha que um sistema de comunicação digital possa ser operado 
a uma taxa de bits de até 1% da frequência da portadora. Quantos 
canais de áudio a 64 kb / s podem ser transmitidos através de uma 
portadora de microondas a 5 Ghz e uma portadora óptica a 1,55 
micrómetros. 
 
Para a portadora 
V = λ. f => f=(3.108)/(1,55.10-6) => f= 193.55.1012 Hz 
N=(f.1%)/Rb 
N= (193.55.1012 0,01)/ 64. 103 
N = 30242188 canais de audio 
 
1.5 Um sistema de comunicação digital de 1,55 micrômetros 
metrológicos operando a 1 Gb / s recebe uma potência média de -
40dbm no detector. Assumindo que 1 e 0 bits são igualmente prováveis 
de ocorrer, calcule o número de fótons recebidos dentro de cada 1 bit. 
 
-40dBm = 10 log (Pdetec/1mV) 
Pdetec = 0.1 . 10-6 W = 0,1µW 
Para a energia 
V = λ. f => f= 193.55.1012 Hz 
E=h.f (h=4,135. 10-15 eVs ou h=6,626.10-34 Js) 
E = 1,2823 . 10-19 J 
Para calcular o numero de fotons: 
(Pdetec/E) = fotons/segundo 
(0,1 . 10-6)/1,2823 . 10-19 = 779793978431 fotons/s 
(Fotons/segundo)/[(1Gb/s)/2] =η 
η =1559,58 fotons 
 
 
1.7Esboce a variação da potência óptica com o tempo para um fluxo de 
bits NRZ digital 010111101110, assumindo uma taxa de bits de 2,5 Gb/s. 
Qual é a duração do pulso óptico mais curto e o mais amplo? 
Sequencia de bits grafica 
 
010111101110 
 
Menor pulso 
Tb=(1/Rb) => Tb=[1/(2,5Gb/s)] 
Tb(menor pulso)=0,4 n segundos 
 
Maior pulso 
Tb é 4 vezes o menor pulso 
Tb(maior pulso)=1,6 n segundos 
 
1.9 Um receptor óptico de 0.8 micrômetros precisa de pelo menos 1.000 
fótons para detectar os 1 bits com precisão. Qual é o comprimento 
máximo possível do link de fibra para um sistema de comunicação 
óptica de 100Mb / s projetado para transmitir -10dbm de potência 
média? A perda de fibra é de 2 db / km a 0,8 micrometros. Assuma o 
formato NRZ e uma forma de pulso retangular. 
 
V = λ. f => f=(3.108)/(0,8.10-6) => f=3,75.1014 Hz 
P=(Np h f B)/2 
P=(1000 6,626. 10-34 3,75 1014 100 106)2 
P=1,2423 .10-8 J/s portanto P=12,4nW 
P(dBm)=10 log(12,4nW/1mW) 
P(dBm)=-49,0657dBm 
Como é permitido uma perda de até -10dBm: 
-49,0657-(-10)= -39,06dBm 
Como a perda é 2dBm ---- 1Km 
Em –39,06dBm ---? 
O comprimento maximo do link é em 19,539Km 
 
 
 
2.1 Uma fibra multimodo com um diâmetro de 50 µm é projetada para 
limitar a dispersão intermodal a 10 ns / km. Qual é a abertura numérica 
desta fibra? Qual é a taxa de bits limite para transmissão acima de 10 
km a 0,88 µm? Use 1,45 para o índice de refração do revestimento. 
 
ΔT/L=(n1²/n2.C).NA, assumindo que n1≅n2 e ΔT/L=10ns/km, tem-se: 
ΔT/L=(n1.NA)/C 
(10.10-9)/103 s/m=1,45NA/(3.108)m/s 
NA=10.10-9.3.108/103.1,45 
NA=0,002068 
 
L=10km 
BL<n2C/n12.NA 
B.10.103m<3.108/1,45.0,002068 
B<9995002 
Portanto, B<10Gb/s 
 
2.5 Uma fibra monomodo possui uma etapa de índice n1 −n2 = 0,005. 
Calcule o raio do núcleo se a fibra tiver um comprimento de onda de 
corte de 1 µm. Estimar o tamanho do ponto (FWHM) do modo de fibra e 
a fração da energia do modo dentro do núcleo quando esta fibra é 
usada a 1,3 µm. Use n1 = 1,45. 
 
n1-n2=0,005 
1,45-n2=0,005 
n2=1,445 
 
a=(v.λ)/[2.π.(n12 - n22)1/2] , como para a condição monomodo tem-se: v ≤ 
2,405 
a≅(2,405.1.10-6)m/[2.π.((1,45)²-(1,445)²)1/2] 
a≅3,1814.10-6=3,1814µm 
 
w/a = 0,65+1,619v-3/2+2,879v-6 , condição para v=1,85 1,2<v<2,4 
(1,2+2,4)/2 -> v=1,85 
w/3,18 = 0,65+1,619.(1,85)-3/2+2,879.(1,85)-6 
w = 4,368µm 
 
Γ=1-exp(-2a²/w²) 
Γ=1-e-2.(3,18.10-6)²/(4,368.10-6)² 
Γ=0,6535 
 
2.8 Uma fibra monomodo é medida para ter λ 2 (d2n / dλ2) = 0,02 a 0,8 
µm. Calcule os parâmetros de dispersão β2 e D. 
 
D=d/dλ(1/Vg)=-2πCβ/λ² 
Como Vg = c/n.g e ng=n-λ(dn/dλ), temos: 
 
D=(1/C).(d/dλ) (n-λ.dn/dλ) 
D=-λ.d²n/c.dλ² . (λ/λ) 
D=-(1/C.λ).(λ².d²n/dλ²) 
D=-0,02/(3.108 m/S . 0,8.10-6 m) 
D=-83,33.10-6 
D=-83,3(pS/km.nm) 
 
 Para calcular β2 
 
D=(-2.π.C.β2)/λ² 
β2= - (D.λ²)/(2.π.C.) 
Β2=- [(-83,33.10-6).(0,8.10-6)²]/(2.π.3.10.8) 
Β2=28,3 (ps²)/km 
 
 
 
2.11 Um sistema de comunicação de 0,88 µm transmite dados por uma 
fibra monomodo de 10 km usando pulsos de 10 ns (FWHM). Determine 
a taxa de bits máxima se o LED tiver um FWHM espectral de 30 nm. Use 
D = −80 ps / (km-nm). 
 
A máxima taxa de bit é dada por: 
Bmax=(4L|D|σc)^-1 
Assumindo um espectro gaussiano, podemos achar σλ usando 20mm = 
2((2ln2)^½)σλ 
Ou σλ=12,74nm. 
L=10km, |D|=80ps(km-nm), temos: 
B=24,53Mb/s 
 
3.4 A região ativa de um laser InGaAsP de 1,3 µm tem 250 µm de 
comprimento. Encontre o ganho da região ativa necessário para o laser 
atingir o limite. Suponha que a perda interna seja de 30 cm − 1, o índice 
de modo seja de 3,3 e o fator de confinamento seja de 0,4. 
 
τp-1=vg αcav = vg(αmir +αint) 
αcav=αmir+αint 
g=Γgm 
Γ=fator de confinamento 
gm=ganho do material 
gm=(αmir +αint)/Γ 
gm=αcav/Γ 
αmir=-(1/2L).ln(R1.R2) 
R1=R2=[(n-1)/(n+1)]2 
Então R=[(3,3-1)/(3,3+1)]2 
R = 0,28 (R = realimentação pg 103) 
αmir=[(-1)/(2.250.10-6)]ln(0,28.0,28) 
αmir=5091,86m-1 => αmir=50,9cm-1 
αcav=50,9+30 = 89,9 cm-1 
gm=80,9/0,4 => gm= 202,25cm-1 
(obs: no solucionário, deveria ter dado 522cm-1) 
 
3.7 Resolva as equações de taxa no estado estacionário e obtenha as 
expressões analíticas para P e N como uma função da corrente de 
injeção I. Negligencie a emissão espontânea para simplificar. 
 
dP/dt = [G(N)P + Rsp - (P/τp)] 
Rsp=taxa de emissão espontânea no modo do laser 
dN/dt= (I/q) - (N/τc) -G(N)P 
Como dP/dt = 0 ; G(N)P +Rsp -(P/τp) =0 
P(G - 1/τp)=-Rsp => Rsp=0 (desprezando a emissão 
espontânea) 
Logo P=0 (para T<TTH) 
Se dN/dt=0; entao (I/q) - (N/τc) -G(N)P=0 
N=-τc G(n)P+(τcI)/q 
Para corrente acima do limiar (I>ITH) 
N=NTH ; P= [τp(I –ITH)]/q 
Para corrente abaixo do limiar (I<ITH) 
P=0 ; Gτc<1 => N=(τc. I)/q 
Para corrente no limiar (I = ITH) 
P=0 ; G(NTH)= GN (NTH-N0) = 1/τp 
ITH= (q.NTH)/τc = [q/τc].[N0 + (1/G(N)τp)] 
Portanto N=N0 + (1/G(N)τp) 
 
3.9 Um laser InGaAsP de 250 µm de comprimento tem uma perda 
interna de 40 cm − 1. Ele opera em um único modo com o índice modal 
3.3 e o índice do grupo 3.4. Calcule a vida útil do fóton. Qual é o valor 
limite da população de elétrons? Suponha que o ganho varie conforme 
G = GN (N −N0) com GN = 6 × 103 s − 1 e N0 = 1 × 108. 
 
τp =(vg αcav)-1 eq.3.3.4 
A velocidade de grupo é encontrada usando: 
vg=c/(ng) => vg=3.108/3,4 => vg=8,82353.107 m/s 
ng=indice modal de grupo médio 
αint=40cm-1 
R1=R2=[(n-1)/(n+1)]2 
R=[(3,3-1)/(3,3+1)]2 => R=0,2861 
αmir=-(1/2L).ln(R1.R2) 
αmir=[(-1)/(2.250.10-6)]ln(0,286.0,286) 
αmir=50,0565cm-1 
αcav=αmir+αint 
αcav=50,0565+40 = 90,0565cm-1 
τp=[8,82353.107 (m/s) .90,0565(cm-1)]-1 => τp=1,26p s 
Entao : NTH=N0 + (1/G(N)τp) 
NTH= [1.108 + ( 1/ (6.103. 1,26. 10-12))] 
NTH= 2,322 .108 
 
3.10 Determine a corrente de limiar para o laser semicondutor do 
Problema 3.9, considerando 2 ns como a vida útil da portadora. Quanta 
energia é emitida de uma faceta quando o laser é operado duas vezes 
acima do limite?Sabe-se que: Ith = q Nth/τc = (q/τc).(N0+1/Gnτc), onde τc = tempo de vida 
de portadores 
Do 3.9 -> Nth = 2,322.10^8 
Ith = (2.10^9.5.2,322.10^8)/25 
Ith = 18,62mA 
 
P = (τp/q)(I – Ith) 
Pl = ½(Vg.α.mir).h.w.[τp/q(I-Ith)], onde h é a constante reduzida em eV 
que vale 6,582×10^−16eV 
Sabendo que I = 2Ith 
Pl = ½(8,82353.10^7.50,0565cm^-1)hw[(1,26.10^-12/q)18,62.10^-3], 
onde w = 2pif 
Assumindo que o laser opera a 1,55µm, então: 
hw = 0,8eV (8.10^-19 Joules) 
Portanto Pl = 4,14.10^-3W = 4,14mW 
 
4.1 Calcule a responsividade de um fotodíodo p – i – n em 1,3 e 1,55 µm 
se a eficiência quântica for de 80%. Por que o fotodiodo é mais 
responsivo a 1,55 µm? 
 
A responsividade é dada por: 
R=ηq/hv que é aproximadamente igual a ηλ/1,24 
 
Para η = 0,8 e para 1,55µm: 
R = 0,8.1,55/1,24 -> R = 1 A/W 
 
Para 1,3µm: 
R = 0,8.1,3/1,24 -> R = 0,8387 A/W 
 
Assim o fotodiodo é mais responsivo a 1,55µm porque os fótons nesse 
comprimento de onda têm menos energia. Esse resultado significa que 
mais corrente é gerada para a mesma quantidade de potência óptica 
(mais fótons incidem no fotodector). 
 
4.2 Fótons a uma taxa de 1010 / s são incidentes em um APD com 
responsividade de 6 A / W. Calcule a eficiência quântica e a fotocorrente 
no comprimento de onda operacional de 1,5 µm para um ganho APD de 
10. 
 
Pag 168 
RAPD = M.Rd = M(η q/ hf) 
q = carga elementar do eletron 
RAPD é taxa = 100/s 
hf= (h.c)/λ) => hf= (4,135.10-15 eV 3.108)/1,55.10-6 
hf= 0,827eV 
Manipulando a equação de RAPD 
η = (RAPD . hf)/(M.q) 
Onde q=carga elementar do eletron e M=10 
Entao: η = (1,24 RAPD)/(M.λ) => η= 0,496 fotons 
Portanto calculamos a potencia 
Pin = h.f.1010 s-1 
A fotocorrente é encontrada para: Ip = RAPD Pin 
Ip = 7,94 n Ampers 
 
4.6 Considere um receptor de 0,8 µm com um fotodiodo de silício p – i – 
n. Assumir 20 MHz de largura de banda, 65% de eficiência quântica, 1 
nA de corrente escura, 8 pF de capacitância de junção e 3 dB de ruído do 
amplificador. O receptor é iluminado com 5 µW de potência óptica. 
Determine as correntes de ruído RMS devido a ruído de imagem, ruído 
térmico e ruído do amplificador. Calcule também o SNR. 
 
Encontrando a corrente do sinal: 
Ip = R Pin = (ηqλ/hC) Pin 
Ip = (0,65.1,602.10^-19.0,8.10^-6)/(6,626.10^-34.3.10^8) 
Ip=2,1.10^-6 A 
 
O ruído de 3 dB corresponde a Fn = 2, onde Fn é o fator pelo qual o ruído 
térmico é aumentado 
Calculando os 3 tipos de ruído: 
σs² = 2q(Ip+Id)Δf, onde Δf = 20M, σs² (ruído de disparo) = 183, Id = 1nA 
σt² = (4KbT/Rl)FnΔf, onde T = 300K, σt² (ruído térmico) = 184 
σa² = (4KbT/Rl)(Fn-1)Δf 
Dividimos o ruído térmico total em duas partes 
 
Sabe-se que: Id = 1nA; Δf = 20Mhz; Ct = 8pF e T = 300K 
Assim pode-se encontrar o resistor de carga a partir da largura de banda 
Rl = [2pi(Δf)Ct]^-1 = 2pi.20.10^6.8.10^-12 -> Rl = 994,7Ω 
 
Portanto σs = 3,66.10-9 A = 3,66n A / σT = 18,24 . 10-9 A = 18,24 nA / σA = 
18,24 . 10-9 A = 18,24 nA 
Entao o SNR é 
SNR = (Ip2)/(σs2 + σT2 + σA2) = 6458,4 
Fazendo a conversao para dB: SNR = 38,1 dB 
 
6.2 Um amplificador óptico pode amplificar um sinal de 1-µW para o 
nível de 1 mW. Qual é a potência de saída quando um sinal de 1-mW é 
incidente no mesmo amplificador? Suponha que a potência de 
saturação seja de 10 mW 
O ganho saturado é dado por: 
G = G0 exp(-(G-1)/G Pout/Ps) 
Ps = 10mW 
G0 pode ser encontrado usando o fato de que a saturação é insignificante 
para um sinal de 1µW 
Desde que o sinal é amplificado para 1mW 
G0 = 1mW/1µW = 1000 
Como Pout = GPin, calculamos o ganho saturado pela relação implícita: 
G = G0 exp[-(G-1)Pin/Ps] = 1000 exp[0,1(G-1)] 
A resposta para ser encontrada é G = 34,63. Como Pin = 1amW, 
concluímos que Pout = 34,63mW 
 
6.12 Discuta como os EDFAs podem ser usados para fornecer ganho na 
banda L. Como você pode usá-los para fornecer amplificação sobre as 
bandas C e L? 
 
Resposta na pag 368 segundo paragrafo – nao esquecer fazer o desenho 
(diagrama de blocos EDFA) 
 
6.17 Por que o ASE induz o jitter de temporização em sistemas de ondas 
de luz? Como você projetaria o sistema para reduzir o jitter? 
 
Amplificadores ópticos afetam não somente a amplitude mas também a 
fase do sinal amplificado de uma maneira aleatória. Variações 
dependentes do tempo na fase óptica (ou chirping) levam a uma 
mudança na frequência do sinal em uma pequena quantidade. Com a 
velocidade de grupo do pulso depende da frequência por causa da 
dispersão, a velocidade que um sóliton propaga pela fibra é afetada por 
cada amplificador de um modo aleatório. Tal variações aleatórias de 
velocidade produzem deslocamentos aleatórios na posição do pulso no 
receptor e são responsáveis pela incerteza temporal (timing jitter). 
Um jeito simples de reduzir a incerteza temporal (jitter) é colocando um 
filtro óptico depois de cada amplificador. A largura de banda do filtro é 
criada grande o suficiente para passar o sinal mas bloqueia a maioria dos 
ASE porque o ASE ocupa uma largura de banda muito maior (igual a 
largura de banda do amplificador).