1. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN, ĐHQG – HCM
KHOA ĐIỆN TỬ VIỄN THÔNG
--------
BÀI TẬP
MÔN HỌC: TRUYỀN THÔNG QUANG
GVHD: TS. Nguyễn Anh Vinh
Nhóm thực hiện:
Nguyễn Thị Xuân Uyên 1620294
Võ Thị Hồng Nhung 1620171
Nguyễn Thị Minh Hạnh 1620302
Lê Thế Khôi 1620112
TP. Hồ Chí Minh, tháng 12/2019
2. BẢNG PHÂN CÔNG
Tên Bài làm
Nguyễn Thị Xuân Uyên 2.1 2.5 2.9 2.13 2.17 2.21 2.25 4.8 4.12 4.16 8.5 8.6 8.7
8.8
Võ Thị Hồng Nhung 2.2 2.6 2.10 2.14 2.18 2.22 4.1 4.5 4.9 4.13 8.9 8.10 8.11
8.12
Nguyễn Thị Minh Hạnh 2.3 2.7 2.11 2.15 2.19 2.23 4.2 4.6 4.10 4.14 8.1 8.2 8.3
8.4
Lê Thế Khôi 2.4 2.8 2.12 2.16 2.20 2.24 4.3 4.7 4.11 4.15 4.18 8.13
8.14 8.15
BẢNG ĐÁNH GIÁ ĐIỂM
Tên Điểm
Nguyễn Thị Xuân Uyên 10
Võ Thị Hồng Nhung 10
Nguyễn Thị Minh Hạnh 10
Lê Thế Khôi 10
3. BÀI LÀM
Bài Đề bài Tóm tắt Giải
2.1 Cho sợi quang có chiết
suất lõi là n1=1,5 và
chiết suất lớp bọc là
n2= 1.47. Xác định:
a) Góc tới hạn c tại
giao tiếp lớp lõi và
lớp bọc.
b) Khẩu độ số NA của
sợi quang.
c) Góc tiếp nhận từ
không khí vào sợi
quang a.
n1=1,5
n2= 1,47
a) c = ?
b) NA = ?
c) a = ?
a) Góc tới hạn tại giao tiếp lớp lõi và lớp bọc:
sin 𝜃𝑐 =
𝑛2
𝑛1
⇒ 𝜃𝑐 = arcsin
𝑛2
𝑛1
= arcsin
1,47
1,5
= 78,520
b) Khẩu độ số của sợi quang:
𝑁𝐴 = √𝑛1
2
− 𝑛2
2
= √1, 52 − 1, 472 = 0,298
c) Ta có:
𝑁𝐴 = sin 𝜃max = 0,298
⇒ 𝜃max = 17,370
Vậy góc tiếp nhận ánh sáng 2𝜃max = 34,730
2.2 Độ chênh lệch chiết
suất của sợi quang là
𝛥=1%. Chiết suất lớp
lõi là n1= 1.46. Xác
định:
a) Khẩu độ số NA của
sợi quang.
b) Góc tới hạn tại giao
tiếp lớp lõi và lớp
bọc 𝜃c.
𝛥 = 1% = 0,01
𝑛1 = 1,46
a) NA = ?
b) 𝜃c = ?
a) Khẩu độ số của sợi quang:
𝑁𝐴 = 𝑛1√2𝛥 = 1,46√2.0,01 = 0,206
b) Chiết xuất lớp bọc sợi quang:
Ta có:
𝑁𝐴 = √𝑛1
2
− 𝑛2
2
⇒ 𝑛2 = √𝑛1
2
− 𝑁𝐴2 = √1,462 − 0,2062
= 1,445
Góc tới hạn tại giao tiếp lớp lõi và lớp bọc:
sin 𝜃𝑐 =
𝑛2
𝑛1
⇒ 𝜃𝑐 = arcsin
𝑛2
𝑛1
= arcsin
1,445
1,46
= 81,780
2.3 Cho sợi quang đa
mode chiết suất bậc
có đường kính lõi là 2a
= 80 𝜇m và độ chênh
lệch chiết suất tương
Sợi SI
2a = 80 𝜇m
𝛥 = 1,5% =
0,015
𝜆 = 0,85 𝜇m
a) V = ?
a) Giả sử: 𝑛1 = 1,46
Khẩu độ số của sợi quang:
𝑁𝐴 = 𝑛1√2𝛥 = 1,46√2.0,015 = 0,253
Tần số được chuẩn hóa của sợi quang:
𝑉 =
2𝜋
𝜆
. a. NA =
2𝜋
0,85. 10−6
.
80. 10−6
2
. 0,253
= 37,4
4. đối là 𝛥=1.5% hoạt
động ở bước sóng 𝜆 =
0.85 𝜇m. Xác định:
a) Tần số được chuẩn
hóa V của sợi
quang.
b) Số mode sóng
truyền được trong
sợi quang N.
b) N = ? b) Số mode sóng truyền được trong sợi SI:
𝑁 ≈
𝑉2
2
=
37,42
2
= 699
2.4 Cho sợi quang chiết
suất biến đổi theo dạng
parabol có đường kính
lõi 2a = 50 𝜇m. Sợi
quang có khẩu độ số
NA = 0.2. Xác định số
mode sóng N có thể
truyền được trong sợi
khi nó hoạt động ở
bước sóng 𝜆 = 1 𝜇m
Sợi GI
2a = 50 𝜇m
NA = 0,2
𝜆 = 1 𝜇m
N = ?
Tần số được chuẩn hóa của sợi quang:
𝑉 =
2𝜋
𝜆
. a. NA =
2𝜋
1. 10−6
.
50. 10−6
2
. 0,2 = 31.4
Số mode sóng truyền được trong sợi GI:
𝑁 ≈
𝑉2
4
=
31,42
4
= 246
2.5 Xác định bước sóng cắt
𝜆𝐶 để sợi quang chiết
suất bậc họat động ở
chế độ đơn mode nếu
sợi có chiết suất lõi 𝑛1
= 1.46, bán kính lõi a =
4.5 𝜇m, và độ chênh
lệch chiết suất tương
đối là 𝛥= 0.25%.
Sợi SI
𝑛1 = 1,46
a = 4,5 𝜇m
𝛥= 0.25% =
0,0025
𝜆𝐶 = ?
Khẩu độ số của sợi quang:
𝑁𝐴 = 𝑛1√2𝛥 = 1,46√2.0,0025 = 0,1
Do sợi quang chiết suất bậc (sợi SI) ⇒ 𝑉
𝑐 =
2,405
Bước sóng cắt để sợi quang chiết suất bậc họat
động ở chế độ đơn mode:
𝜆𝐶 =
2𝜋
𝑉
𝑐
a. NA =
2𝜋
2,405
. 4,5. 10−6
. 0,1
= 1,18 𝜇m
2.6 Tính bán kính lõi a của
sợi quang đơn mode SI
có đường kính trường
mode (MFD) bằng 11.6
𝜇m khi tần số được
chuẩn hóa V = 2.2.
p = 11,6 𝜇m
V = 2,2
a = ?
Ta có:
𝑝
𝑎
≈ 0,65 + 1,619. 𝑉−
3
2 + 2,879. 𝑉−6
⇒ a =
𝑝
0,65 + 1,619. 𝑉−
3
2 + 2,879. 𝑉−6
=
11,6. 10−6
0,65 + 1,619. 2,2−
3
2 + 2,879. 2,2−6
= 9,91 𝜇m
Vậy bán kính lõi của sợi quang đơn mode SI là
9,91 𝜇m
5. 2.7 Cho sợi quang đa mode
có độ lệch chiết chuất
tương đối 𝛥 = 1%, chiết
suất lõi 𝑛1 = 1.5. số
mode sóng truyền được
trong sợi quang tại
bước sóng 𝜆 = 1.3 𝜇m
là N = 1100. Tính
đường kính lõi sợi 2a.
𝛥 = 1% = 0,01
𝑛1 = 1.5
𝜆 = 1.3 𝜇m
N = 1100
2a = ?
Trường hợp 1: Sợi SI
⇒ 𝑁 ≈
𝑉2
2
(1)
Tần số được chuẩn hóa:
𝑉 = √2𝑁 = √2.1100 = 46,9
Khẩu độ số của sợi quang:
𝑁𝐴 = 𝑛1√2𝛥 = 1,5√2.0,01 = 0,212
Đường kính lõi sợi:
Ta có:
𝑉 =
2𝜋
𝜆
. a. NA
⇒ 2𝑎 =
𝑉. 𝜆
𝜋. 𝑁𝐴
=
46,9.1,3. 10−6
𝜋. 0,212
= 91,5 𝜇m
2.8 Cho tỉ số bằng số giữa
công suất ngõ vào và
ngõ ra trên 1 km là 2.5.
Tính công suất quang
trung bình thu được trên
tuyến quang dài 5 km
nếu công suất quang
trung bình phát vào sợi
quang là 1mW (giả sử
tuyến không có bộ kết
nối hoặc connector).
𝑃𝑖𝑛
𝑃𝑜𝑢𝑡
(1 𝑘𝑚)
= 2,5
Pin (5 km) =
1mW
Pout (5 km) = ?
Hệ số suy hao tại 1 km là:
𝛼 =
10
𝐿
log (
𝑃𝑖𝑛
𝑃𝑜𝑢𝑡
) =
10
1
log 2,5 = 3,98
Công suất quang trung bình thu được trên tuyến
quang dài 5 km:
Ta có:
𝛼 =
10
𝐿
log (
𝑃𝑖𝑛
𝑃𝑜𝑢𝑡
)
⇔ 3,98 =
10
5
log
1. 10−3
𝑃𝑜𝑢𝑡
⇒ 𝑃𝑜𝑢𝑡 = 10 𝜇m
2.9 Cho sợi quang dài L= 8
km. Công suất đưa vào
sợi quang là Pin=120
𝜇W, công suất quang ở
ngõ ra là Pout=3 𝜇W.
Tính:
a) Suy hao toàn trình
A (dB) của sợi
quang. Giả sử
không có connector
hoặc mối nối nào.
b) Hệ số suy hao của
sợi quang
(dB/km).
c) Cũng dùng sợi
quang tương tự như
L = 8 km
Pin=120 𝜇W
Pout=3 𝜇W
a) A = ? dB
b) = ? dB/km
c) L = 10 km
𝛼𝑚ố𝑖 𝑛ố𝑖
= 1 𝑑𝐵/𝑘𝑚
A = ?
d)
𝑃𝑖𝑛
𝑃0𝑢𝑡
= ? ở
câu c)
a) Suy hao toàn trình của sợi quang:
𝐴 = 10 log10
𝑃𝑜𝑢𝑡
𝑃𝑖𝑛
= 10 log10
3. 10−6
120. 10−6
=
− 16 𝑑𝐵
b) Hệ số suy hao của sợi quang:
𝛼 =
𝐴
𝐿
=
−16
8
= −2 𝑑𝐵/𝑘𝑚
c) Suy hao mối nối (10 km ⇒ 9 mối nối) = 9.1 =
9
⇒ 𝑆𝑢𝑦 ℎ𝑎𝑜 − 9 𝑑𝐵
Suy hao toàn trình:
𝐴′
= (−2)10 + (−9) = −29 𝑑𝐵
d) Ta có:
𝐴 = 10 log10
𝑃𝑜𝑢𝑡
𝑃𝑖𝑛
= −29
⇒
𝑃𝑜𝑢𝑡
𝑃𝑖𝑛
= 0,00126
6. trên nhưng chiều dài
là L=10km và có
mối nối trên mỗi km
với suy hao mối nối
là 1 dB. Tính suy
hao toàn trình trong
trường hợp này.
d) Tỉ số Pin / Pout bằng
số của câu (c ).
Vậy Pin / Pout = 1/0,00126 = 794
2.10 Cho công suất quang
trung bình phát vào
tuyến cáp sợi quang là
1.5 mW và sợi quang
có suy hao 0.5 dB/km.
Tính chiều dài tối đa
của tuyến mà không cần
phải sử dụng trạm lặp
(giải sử các connector
không có suy hao) khi
mức công suất trung
bình tối thiểu cần có tại
bộ tách quang là 2 𝜇W.
Pin = 1,5 mW
𝛼 = 0,5 dB/km
Pout = 2 𝜇W
L = ?
Chiều dài tối đa của tuyến:
Ta có:
𝛼 =
10
𝐿
log (
𝑃𝑖𝑛
𝑃𝑜𝑢𝑡
)
⇔ 0,5 =
10
𝐿
log
1,5. 10−3
2. 10−6
⇔ 0,5 =
66,2007
𝐿
⇔ 𝐿 = 132,4 𝑘𝑚
2.11 Cho một tuyến cáp sợi
quang dài 15 km có suy
hao 1.5 dB/km. Sợi
quang được kết nối trên
từng kilometre bằng các
connector có suy hao
0.8 dB/connector. Tính
công suất trung bình tối
thiểu cần phải phát vào
sợi quang để duy trì
mức công suất quang
trung bình tại bộ tách
quang là 0.3 𝜇W.
L = 15 km
𝛼 = 1,5 dB/km
𝛼𝑚ố𝑖 𝑛ố𝑖
= 0,8 𝑑𝐵/𝑐𝑜𝑛
Pout = 0,3 𝜇W
Pin = ?
Suy hao mối nối (15 km ⇒ 14 mối nối) = 14.0,8
= 11,2
⇒ 𝑆𝑢𝑦 ℎ𝑎𝑜 − 11,2 𝑑𝐵
Suy hao toàn trình:
𝐴 = −1,5.15 + (−11,2) = −33,7 𝑑𝐵
d) Ta có:
𝐴 = 10 log10
𝑃𝑜𝑢𝑡
𝑃𝑖𝑛
= −33,7
⇔ 10 log10
0,3. 10−6
𝑃𝑖𝑛
= −33,7
⇔ 𝑃𝑖𝑛 = 703 𝜇W
Vậy công suất trung bình tối thiểu cần phải phát
vào sợi quang là 703 𝜇W
2.12 Cho sợi quang silica, có
hệ số nén đẳng nhiệt tại
nhiệt độ TF=1400K là
𝛽𝑐=7x10-11
m2
/N. Chiết
suất n=1.46, hệ số
quang đàn hồi p=0.286.
Xác định hệ số suy hao
TF = 1400K
𝛽𝑐 = 7x10-
11
m2
/N
n = 1,46
p = 0,286
K = 1.381.10-23
J/K.
Tại 𝜆 = 0,65 𝜇m:
Hệ số tán xạ Rayleigh:
7. 𝛼 (dB/km) tại các bước
sóng 𝜆=0.65 𝜇m, 1 𝜇m,
1.3 𝜇m. Hằng số
Boltzman K=1.381.10-
23
J/K.
𝛼 = ? tại 𝜆 =
0,65 𝜇m, 1 𝜇m,
1,3 𝜇m
𝛾𝑅 =
8𝜋3
3𝜆4
𝑛8
𝑝2
𝛽𝑐𝐾. 𝑇𝐹
=
8𝜋3
3(0,65. 10−6)4
1,468
0,2862
. 7. 10−11
. 1,381. 10−23
. 1
= 0,0010586
Ta có:
𝑙 = exp(−𝛾𝑅𝐿) = exp(−0,0010586.1000)
= 0,347
Hệ số suy hao:
𝛼 = 10 log10
1
𝑙
= 10 log10
1
0,347
= 4,6 𝑑𝐵/𝑘𝑚
Tại 𝜆 = 1 𝜇m:
Hệ số tán xạ Rayleigh:
𝛾𝑅 =
8𝜋3
3𝜆4
𝑛8
𝑝2
𝛽𝑐𝐾. 𝑇𝐹
=
8𝜋3
3(1. 10−6)4
1,468
0,2862
. 7. 10−11
. 1,381. 10−23
. 140
= 0.00018897
Ta có:
𝑙 = exp(−𝛾𝑅𝐿) = exp(−0.00018897.1000)
= 0,828
Hệ số suy hao:
𝛼 = 10 log10
1
𝑙
= 10 log10
1
0,828
= 0,8 𝑑𝐵/𝑘𝑚
Tại 𝜆 = 1,3 𝜇m:
Hệ số tán xạ Rayleigh:
𝛾𝑅 =
8𝜋3
3𝜆4
𝑛8
𝑝2
𝛽𝑐𝐾. 𝑇𝐹
=
8𝜋3
3(1,3. 10−6)4
1,468
0,2862
. 7. 10−11
. 1,381. 10−23
. 14
= 66,16. 10−6
Ta có:
𝑙 = exp(−𝛾𝑅𝐿) = exp(−66,16. 10−6
. 1000)
= 0,936
Hệ số suy hao:
8. 𝛼 = 10 log10
1
𝑙
= 10 log10
1
0,936
= 0,29 𝑑𝐵/𝑘𝑚
2.13 Cho sợi quang lõi thủy
tinh K2O-SiO2 có suy
hao do tán xạ Rayleigh
𝛼 = 0.46 dB/km tại
bước sóng 𝜆 = 1 𝜇m.
Thủy tinh có hệ số nén
đẳng nhiệt 𝛽𝑐=8.4x10-
11
m2
/N tại nhiệt độ TF =
758 K, và hệ số quang
đàn hồi p = 0.245. Tính
chiết suất của lõi sợi n1.
Tán xạ
Rayleigh
𝛼 = 0.46
dB/km
𝜆 = 1 𝜇m
𝛽𝑐 = 8.4x10-11
m2
/N
TF = 758 K
p = 0.245
n1 = ?
* Tìm l:
𝛼 = 10 log10
1
𝑙
= 0,46
⇒ 𝑙 = 0,8995
* Tìm 𝛾𝑅:
𝑙 = exp(−𝛾𝑅𝐿) ⇒ 𝛾𝑅 = 1,06. 10−4
* Tìm n:
𝛾𝑅 =
8𝜋3
3𝜆4
𝑛8
𝑝2
𝛽𝑐𝐾. 𝑇𝐹
⇒ 𝑛 = √
𝛾𝑅. 3𝜆4
8𝜋3𝑝2𝛽𝑐𝐾. 𝑇𝐹
8
= √
1,06. 10−4. 3(10−6)4
8𝜋30,2452. 8,4. 10−11. 1,381. 10−23. 758
8
= √24,2892
8
= 1,49
2.14 Cho sợi quang đơn
mode SI có chiết suất
lõi là n1=1,49 có bán
kính uốn cong tới hạn
bằng 2 mm khi được
phát quang bằng ánh
sáng có bước sóng
λ=1,30 μm.Tính độ lệch
chiết suất tương đối ∆
nếu bước sóng cắt của
sợi quang là λc=1,15
μm
n1=1,49
a=2 mm
λ=1,30 μm
λc=1,15 μm
∆=?
Bán kính uốn cong tới hạn của sợi đa mode:
Rcs=
20λ
(𝑛1
2−𝑛2
2)3/2
(2.748 − 0.996
λ
λ𝑐
)
−3
→ (𝐶 − 𝑛2
2)3/2
=
20.1,3.10−6
2.10−3
(2.748 −
0.996
1,3.10−6
1,15.10−6
) −3
→ (𝑛1
2
− 𝑛2
2
)3/2
=3,046. 10−3
→ (𝑛1
2
−
𝑛2
2
)=0.021
Độ lệch chiết suất tương đối:
∆=
𝑛1
2−𝑛2
2
2.𝑛1
2
=
0.021
2.1.492
=4,73. 10−3
=0.473%
2.15 Cho hai sợi quang có
các tham số sau:
a) Sợi đa mode có chiết
suất lõi n1=1,5 và độ
lệch chiết suất tương
a)
Sợi đa mode
n1=1,5
∆=3%
λ =0,82 μm
a. Ta có: ∆=
𝑛1
2−𝑛2
2
2.𝑛1
2
→ (𝑛1
2
− 𝑛2
2
) =
∆.2. 𝑛1
2
=0,03.2.1,52
=0,135
Bán kính uốn cong cho phép đối với sợi đa mode:
9. đối ∆=3%, hoạt động ở
bước sóng λ=0,82 μm.
b) Sợi đơn mode có
đường kính lõi 2a=8
μm, chiết suất lõi
n1=1,5 và độ lệch chiết
suất tương đối ∆=0.3%,
hoạt động ở bước sóng
λ=1,55 μm.
Tính bán kính uốn cong
Rc cho phép trong hai
trường hợp này
b)
Sợi đơn mode
2a=8 μm→ 𝑎 =
4 μm
n1=1,5
∆=0.3%
λ=1,55 μm
Rc=?
Rc=
3𝑛1
2λ
4𝜋(𝑛1
2−𝑛2
2)3/2
=
3.1,52.0,82.10−6
4𝜋(0.135)3/2
=8,88. 10−6
m=8,88 (μm)
b. Ta có: ∆=
𝑛1
2−𝑛2
2
2.𝑛1
2
→ (𝑛1
2
− 𝑛2
2
) =
∆.2. 𝑛1
2
=0,003.2.1,52
=0,0135
Khẩu độ số:
NA=n1√2∆= 1,5√2.0,003 =0,116
Bước sóng cắt:
λc=
2𝜋
𝑉𝑐
.α.NA=
2𝜋
2.405
.4. 10−6
. 0,116=1,212. 10−6
m
=1,121 (μm)
Bán kính uốn cong tới hạn của sợi đa mode:
Rc=
20λ
(𝑛1
2−𝑛2
2)3/2
(2.748 −
0.996
λ
λ𝑐
) −3
=
20.0,82.10−6
0,01353/2
(2.748 −
0.996
1,55.10−6
1,212.10−6
) −3
c. =5,73. 10−3
m=5,73 (mm)
2.16 Cho sợi quang đa mode,
chiết suất nhảy bậc có
độ dãn xung tổng cộng
trên L=15km là Dt=0,1
μm. Tính:
a) Dải thông tối đa có
thể trên tuyến quang
này để không có giao
thoa giữa các ký tự.
b) Độ tán sắc dt (ns/km)
c) Tích dải thông- chiều
dài BoptL
Sợi đa mode
L=15km
Dt=0,1 μm
a)BT(max)=?
b) dt=?
c) BoptL=?
(BT(max)= Bopt)
a) Dải thông tối đa có thể trên tuyến quang để
không có sự giao thoa giữa các kí tự:
BT(max)=
1
2.𝐷𝑡
=
1
2.0,1.10−6
=5. 106
(bps) =5 (Mbps)
b) Độ tán sắc:
dt=
𝐷𝑡
𝐿
=
0,1.10−6
15.103
=6,67 (ps/m)
c) Tích dải thông- chiều dài BoptL:
BoptL=5.15=75 (MHz.km)
2.17 Một sợi thủy tinh có tán
sắc chất liệu được cho
bởi: |λ2 d2𝑛1
𝑑λ2
|=0,025.
Hãy xác định hệ số tán
sắc vật liệu M ở bước
sóng λ=0,85 μm và tính
|λ2 d2𝑛1
𝑑λ2
|=0,025
λ=0,85 μm
𝜎λ=20nm
M=?
Hệ số tán sắc vật liệu:
M=
λ
𝑐
|
d2𝑛1
𝑑λ2
|=
1
𝑐λ
|λ2 d2𝑛1
𝑑λ2
|=
0,0025
3.105.850
=98,1
(ps/nm.km)
Độ trải rộng xung hiệu dụng trên mỗi km:
10. độ trải rộng xung hiệu
dụng trên mỗi Km
𝜎𝑚 𝑘ℎ𝑖 𝑛𝑔𝑢ồ𝑛 𝑞𝑢𝑎𝑛𝑔 𝐿𝐸𝐷 𝑝ℎá𝑡 𝑟𝑎 𝑏ướ𝑐 𝑠ó𝑛𝑔 850 𝑛𝑚
có độ rộng phổ hiệu
dụng 𝜎λ=20nm
𝜎λ.L.M=? 𝜎λ.L.M=20.1.98,1=1,96 (ns/Km)
2.18 Tính độ trải rộng xung
hiệu dụng trên mỗi km
𝜎𝑚 𝑡𝑟𝑜𝑛𝑔 𝑏à𝑖 𝑡ậ𝑝 2.17
khi nguồn quang được
sử dụng là nguồn laser
có độ rộng phổ tương
đối 𝜎λ/λ=0,0012 tại
bước sóng 0,85 μm
M=98.1
ps/nm.km
𝜎λ/λ=0,0012
λ =0,85 μm
𝜎λ.L.M=?
Độ rộng phổ hiệu dụng:
𝜎λ
λ
=0,0012→ 𝜎λ=0,0012. λ
=0,0012. 0,85.10−6
=1,02. 10−9
=1,02 (nm)
Độ trải rộng xung hiệu dụng trên mỗi km:
𝜎𝑚 = 𝜎λ.L.M=1,02..1.98,1=0,1 (ns/Km)
2.19 Một tuyến quang 6Km
dùng sợi đa mode SI,
lõi có chiết suất n1 bằng
1,5 và độ chênh lệch
chiết suất tương đối
∆=1%. Hãy xác định:
a) Thời gian chênh lệch
giữa mode nhanh nhất
và mode chậm nhất
∆Tmode(SI).
b) Độ trải rộng xung
hiệu dụng do tán sắc
mode trên tuyến
𝜎𝑚𝑜𝑑𝑒(𝑆𝐼).
c)Tốc độ bit cực đại có
thể đạt được, giả sử chỉ
có tán sắc mode Bt(max).
d) Tích dải thông với
chiều dài ở câu (c)
Bopt.L
Sợi đa mode SI
L=6Km
n1=1,5
∆=1%
a)∆Tmode(SI)=?
b) 𝜎𝑚𝑜𝑑𝑒(𝑆𝐼) =?
c) Bt(max)=?
d) Bopt.L=?
a. Thời gian chênh lệch giữa mode nhanh nhất và
mode chậm nhất:
∆Tmode(SI)=
𝐿𝑛1
𝑐
.∆=
6.103.1,5.0,01
3.108
=300.10−9
(m)
=300 (nm)
b. Độ trải rộng xung hiệu dụng do tán sắc mode:
𝜎𝑚𝑜𝑑𝑒(𝑆𝐼) =
𝐿𝑛1∆
2√3𝑐
=
6.103.1,5.0,01
2√3.3.108
=86,7. 10−9
(𝑠)=86,7 (ns)
c. Tốc độ bit cực đại có thể đạt được:
Bt(max)=
0,2
𝜎𝑚𝑜𝑑𝑒(𝑆𝐼)
=
0,2
86,7.10−9
=2,3. 106
(bps)=2,3
(Mps)
d. Tích dải thông với chiều dài:
Bopt.L=2,3.6=13,8 (MHz.km)
2.20 Hãy so sánh độ trải
rộng xung hiệu dụng
trên mỗi Km do tán sắc
mode của sợi đa mode
chiết suất nhảy bậc
trong bài tập 2.19 với
sợi đa mode chiết suất
giảm dần có phân bố
chiết suất tối ưu có
L=6Km
𝜎𝑚𝑜𝑑𝑒(𝑆𝐼) =
86,7 ns
n1=1,5
∆=1%
So sánh
𝜎𝑚𝑜𝑑𝑒(𝑆𝐼)[𝐿 =
1𝐾𝑚]𝑣ớ𝑖
Độ trải rộng xung hiệu dụng trên mỗi Km do tán
sắc mode của sợi đa mode chiết suất nhảy bậc:
𝜎𝑚𝑜𝑑𝑒(𝑆𝐼)[𝐿 = 1𝐾𝑚]=
𝜎𝑚𝑜𝑑𝑒(𝑆𝐼)
𝐿
=
86,7
6
=14,4
(ns/Km)
Độ trải rộng xung hiệu dụng trên mỗi Km do tán
sắc mode của sợi đa mode chiết suất giảm dần:
𝜎𝑚𝑜𝑑𝑒(𝐺𝐼)[𝐿 = 1𝐾𝑚]=
𝐿𝑛1∆2
2√3𝑐
=
103.1,5.0,012
2√3.3.108
=14,4
(ps/Km)
11. cùng chiết suất lõi n1 và
∆.
𝜎𝑚𝑜𝑑𝑒(𝐺𝐼)[𝐿
= 1𝐾𝑚]
Nhận xét: Tán sắc mode của sợi GI được cải tiến
đến 1000 lần so với sợi SI có cùng chiết suất lõi
n1 và ∆.
2.21 Cho sợi quang đa mode
chiết suất bậc có khẩu
độ số NA=0,3 và chiết
suất lõi n1=1,45. Hệ số
tán sắc vật liệu M=250
ps.nm/km . Bỏ qua tán
sắc ống dẫn sóng. Tính:
a) Độ trải rộng xung
hiệu dụng tổng cộng 𝜎𝑡
nếu sử dụng nguồn
LED có độ rộng phổ
hiệu dụng 𝜎λ=50 nm.
b) Tích dải thông tương
ứng với độ dài Bopt.L
Sợi đa mode
NA=0,3
n1=1,45
M=250
ps.nm/km
𝑎)𝜎λ=50 nm
𝜎𝑡 =?
b)Bopt.L=?
a) Ta có: NA=n1√2∆→0,3=1,45√2∆→ ∆=
0,0214
Độ trải rộng xung hiệu dụng tổng cộng:
𝜎𝑡 =
𝐿𝑛1∆
2√3𝑐
=
103.1,45.0,0214
2√3.3.108
=2,986. 10−8
(𝑠/
𝐾𝑚)=29,86 (ns/Km)
b) Tốc độ bit cực đại có thể đạt được:
Bt(max)=
0,2
𝜎𝑡
=
0,2
29,86.10−9
=6,7. 106
(bps)=6,7 (Mps)
Tích dải thông với chiều dài:
Bopt.L=6,7.1=6,7 (MHz.km)
2.22 Cho sợi quang đa mode
chiết suất bậc có độ trải
rộng xung tổng cộng là
95 ns trên chiều dài 5
km. Tính tích dải thông
– chiều dài nếu mã
NRZ được sử dụng
∆𝑇𝑚𝑜𝑑𝑒 = 95 ns
L = 5 km
B.L=?
Ta có Bt =
1
2.∆𝑇𝑚𝑜𝑑𝑒
=
1
2.95.10−9
= 5,263(MHz)
Đối với mã NRZ thì B =
1
2
.Bt => B =
1
2
. 5,2
= 2,632 (MHz)
Tích dải thông-chiều dài là:
B.L = 2,632.5 = 13,2 (MHz.km)
2.23 Cho sợi đơn mode có
tích dải thông – chiều
dài bằng 10 GHz.km.
Tính độ trải rộng xung
hiệu dụng trên tuyến
quang dài 40 km không
có các trạm lặp, và sử
dụng mã RZ.
Sợi đơn mode
B.L=10
GHz.km
L = 40 km
B =
10.109
40
= 250 (Mbps)
Đối với mã RZ thì B = Bt = 250 (Mbps)
Độ trải rộng xung hiệu dụng trên tuyến quang dài
40 km không có trạm lặp:
Ta có Bt(max) =
0,2
𝜎
= 250 (Mbps)
=> σ=
0,2
250.106
= 0,8 (ns)
2.24 Cho sợi đơn mode chiết
suất bậc với chiết suất
lõi n1 = 1.49 có bán
kính uốn cong cho phép
Rc = 2mm khi được
phát sáng ở bước sóng λ
= 1.30 µm. Tính độ
chênh lệch chiết suất
Sợi đơn mode
n1 = 1.49
Rc = 2mm
λ = 1.30 µm
λc = 1.15µm
∆=?
NA =√(𝑛12 − 𝑛22) = n1√2∆
Mặt khác, ta lại có:
Rcs =
20.𝜆
(𝑛1
2−𝑛2
2)
3
2
⁄
. (2,748 – 0,996.
𝜆
𝜆𝑐
)−3
2𝑥10−3
=
20.1,3.10−6
(𝑛12.2.∆)3/2
. (2,748 – 0,996.
1,3.10−6
1,15.10−6
)-3
2. 10−3
=
20.1,3.10−6
(1,492.2.∆)3/2
x (2,748 –0,996.
1,3.10−6
1,15.10−6
)-3
12. tương đối ∆ nếu bước
sóng cắt λc = 1.15µm Giải phương trình trên ta được ∆ = 0,47%.
Vậy độ lệch chiết suất tương đối là 0,47%.
2.25 Một tuyến cáp sợi quang
dài 8 km không có trạm
lặp sử dụng sợi quang đa
mode chiết suất bậc có
tích dải thông – chiều
dài bằng 400 MHz.km.
Tính :
a) Độ trải rộng xung
tổng cộng trên toàn
tuyến.
b) Độ trải rộng xung
tổng cộng hiệu dụng
trên tòan tuyến .
Sợi quang đa
mode
B.L=400
MHz.km
L = 8 km
Suy ra
B=
40.106
8
= 50
(Mbps)
a) Độ trải rộng xung tổng cộng trên toàn tuyến:
Bt =
1
2.∆𝑇𝑚𝑜𝑑𝑒
∆𝑇𝑚𝑜𝑑𝑒 =
1
2.Bt
=
1
2.50.106
= 10 (ns)
b) Độ trải xung tổng cộng hiệu dụng trên toàn
tuyến:
Ta có Bt(max) =
0,2
𝜎
= 50 (Mbps)
σ=
0,2
50.106
= 4 (ns)
4.1 Photodiode PIN trung
bình tạo ra 1 cặp lỗ
trống – electron trên 3
photon tới ở bước sóng
0,8μm. Giả sử tất cả các
electron này đều nhu
nhận được. Tính:
(a) Hiệu suất lượng tử
của linh kiện;
(b) Năng lượng vùng
cấm cực đại có thể của
PIN;
(c) Dòng photon trung
bình ở ngõ ra khi thu
được công suất quang
10-7W.
𝜆 = 0,8 𝜇m
a) =?
b) g
E =?
c) ph
I =?
a) Hiệu suất lượng tử của linh kiện là :
1
.100% 33%
3
e
ph
n
n
b) Năng lượng vùng cấm cực đại có thể
của PIN là:
Ta có: 0
c
g
hc
E
34 8
20
0
8
6,625.10 .3.10
24,8.10
0,8.10
g
c
hc
E J
c) Dòng photon trung bình pử ngõ ra khi
thu được công suất quang là 10-7
w
Ta có đáp ứng :
0.8
0.33 0,2129( / )
1,24 1,24
R A W
Dòng photon trung bình ở ngõ ra là:
7 8
0
0
. 0,2129.10 2.129.10 ( )
ph
ph
I
R I R P A
P
13. 4.2 Một photodiode p-n có
hiệu suất lượng tử 50%
ở bước sóng 0,9μm.
Tính:
(a) Đáp ứng của linh
kiện ở bước sóng
0,9μm;
(b) Công suất quang đã
thu được nếu
dòngphoton trung bình
là 10-6
A
(c) Số photon thu được
tương ứng với bước
sóng này.
=0,5
𝜆 = 0,9 𝜇m
ph
I =10-6
a) R =?
b) P0=?
c) ph
=?
a) Đáp ứng của linh kiện ở bước sóng 0,9𝜇𝑚
là :
0.9
0.5 0,363( / )
1,24 1,24
R A W
b) Công suất phát quang nếu dòng photon
trung ình là 10-6
A
6
6
0
0
10
2,755.10 ( )
0.363
ph ph
I I
R P W
P R
c) Số photon thu được tương ứng với bước
sóng là:
6 6
13
0 0
0 34 8
0
2,755.10 .0,9.10
1,25.10 ( )
6,625.10 .3.10
ph ph
hc P
P photon
hc
4.3 Khi 800 photon/s tới
photodiode PIN đang
hoạt động ở bước
1,3μm, chúng tạo ra
trung bình 550
electron/s. Tính đáp
ứng của linh kiện.
ph
=800photon/s
𝜆 = 1,3𝜇m
e
n =550e/s
R=?
Đáp ứng của linh kiện là:
550 1,3
. . 0,721( / )
1,24 1,24 800 1,24
e
ph
n
R A W
n
4.4 Một APD có hệ số nhân
thác lũ là 20 hoạt động
ở bước sóng 1,5μm.
Tính hiệu suất lượng tử
và dòng photon ngõ ra
của APD nếu đáp ứng
của linh kiện ở bước
sóng này là 0,6A/W và
1010
photon/s ở bước
sóng này tới linh kiện.
𝜆 = 1,5𝜇m
R= 0,6A/W
ph
=1010
photon/s
=?
ph
I =?
Hiệu suất lượng tử với M=1
Ta có:
0
M e
R
hc
34 8
0
19 6
0,6.6.625.10 .3.10
0.5
1.1,6.10 .1,5.10
Rhc
Me
Dòng photon ngõ ra của APD nếu có đáp
ứng như trên đề là :
34 8
10 9
0 6
19 6 9
8
0
34 8
6,625.10 .3.10
10 1,325.10 ( )
1,5.10
20.0.5.1,6.10 .1,5.10 .1,325.10
1,6.10 ( )
6,625.10 .3,10
photon
ph
hc
P n W
M e P
I A
hc
4.5 Cho trước các thông số
của APD. Tính hệ số
nhân thác lũ.
Công suất quang thu
được ở bước sóng
1,35μm = 0,2 μW
𝜆 = 1,35𝜇m
P0=0,2 μW
ph
I =4,9 μA
=0,4
M=?
Ta có: 0
ph
M e P
I
hc
Hệ số nhân thác lũ là:
6 34 8
19 6 6
0
4,9.10 .6,625.10 .3.10
56,29
0,4.1,6.10 .1,35.10 .0,2.10
p
I hc
M
e P
14. Dòng photon ngõ ra
(sau khi có độ lợi của
cơ chế nhân thác lũ) =
4,9 μA
Hiệu suất lượng tử ở
bước sóng 1,35μm =
40%
4.6 Một APD có hiệu suất
lượng tử 45% ở
0,85μW. Khi thử
nghiệm phát xạ ở bước
sóng này, nó tạo ra
dòng photon 10μA (sau
độ lới thác lũ) với hệ số
nhân 250. Tính công
suất quang thu được của
linh kiện. Có bao nhiêu
photon đến trong một
giây?
=0,45
𝜆 = 0,85𝜇m
ph
I =10 μA
M=250
P0=?
ph
=?
Công suất quang thu được của linh kiện là:
Ta có: 0
ph
M e P
I
hc
6 34 8
0 19 6
6
10.10 .6,625.10 .3.10
250.0,45.1,6.10 .0,85.10
0,1297.10 ( ) 0,1297( )
p
I hc
P
M e
W W
Số photon đến trong 1s là:
0 photon
hc
P n
6 6
11
0
34 8
0,1297.10 .0,85.10
5,55.10 ( / )
6,625.10 .3.10
photon
P
n photon s
hc
4.7 Một photodiode silicon
có đáp ứng 0,5 A/W ở
bước sóng 850nm. Xác
định công suất quang
tối thiểu cần thiết tới
photodidoe ở bước sóng
này để duy trì BER =
10-7
, giả sử tín hiệu nhị
phân là lý tưởng và có
tốc độ 35Mbit/s.
R=0,45 A/W
𝜆 = 0,85𝜇m
BER=10-7
BT=35Mbit/s
P0=?
Ta có: 7
10
2
SNR
BER Q
Tra bảng 4.1, ta được:
5,2 108,16 20,34
2
SNR
SNR dB
Hiệu suất lượng tử của linh kiện là:
.1,24 0,5.1,24
0,7294
1,24 0,85
R
R
Số photon trung bình:
2 2.0,6
.108,16 177,94( )
0,7294
m
B
Z SNR photon
Công suất quang tối thiểu cần thiết tới
photondiode ở điều kiện này:
34 8 6
10
0 6
177,94.6,625.10 .3.10 .35.10
7,282.10 ( )
2 2.0,85.10
m T
Z hcB
P W
4.8 Một photodiode PIN
silicon có hiệu suất
=0,65
𝜆 = 0,8𝜇m
a) Dòng photon trung bình là:
15. lượng tử 65% ở bước
sóng 800nm. Xác định:
(a) Dòng photon trung
bình khi công suất
quang 5μW có bước
sóng 800nm tới bộ tách
sóng;
(b) Dòng nhiễu lượng
tử hiệu dụng rms với
băng thông sau bộ tách
sóng là 20MHz;
(c) SNR theo dB khi
dòng photon trung bình
là dòng tín hiệu.
a) P0=5μW
ph
I =?
b) B=20MHz
2
q
I =?
c) SNR=?
19 6 6
0
34 8
0,65.1,9.10 .0,8.10 .5.10
6,625.10 .3.10
ph
e P
I
hc
7
2,093.10 ( )
A
b) Dòng nhiễu lượng tử:
2 19 6 6
2 2.1,6.10 .20.10 .2,093.10
q p
I eBI
17 2
1,34.10 ( )
A
Giá trị hiệu dụng rms của dòng nhiễu
lượng tử là:
2 17 9
1,34.10 3,66.10 ( )
q
I A
c) SNR khi dòng photon trung bình là dòng
tín hiệu:
6
19 6
2,093.10
2 2.1,6.10 .20.10
p
I
SNR
eB
327031,25( ) 55,15
W dB
4.9 Photodiode ở bài 4.8 có
điện dung 8pF. Tính:
(a) điện trở tải tối thiểu
tương ứng với băng
thông sau bộ tách sóng
là 20MHz;
(b) dòng nhiễu nhiệt
hiệu dụng rms trong
điện trở trên ở nhiệt độ
250C;
(c) SNR (theo dB) khi
dòng tối của photodiode
là 1 nA.
C=8pF
a) B=20MHz
RL=?
b) t=250o
C
2
t
I =?
c) Id=1nA
SNR=?
a) Điện trở tải tối thiểu tương ứng là:
1
2 L
B
R C
6 12
1 1
994,7( )
2 20.10 .2 .8.10
L
R
B C
b) Ta có:
2 6
4 4.(25 273).1,38.10 23
.20.10
994,7
t
L
KT
I B
R
16 2
3,3074.10 ( )
A
Dòng nhiễu nhiệt hiệu dụng rms trong điện
trở là:
2 16 8
3,3075.10 1,8186.10 ( )
t
I A
c) Dòng nhiễu tối là:
2 19 9 6
2 2.1,6.10 .10 .20.10
d d
I eI B
21 2
6,4.10 ( )
A
2 2
2 2 2 2
p p
N q d t
I I
SNR
I I I I
16. 6 2
17 21 16
(2,093.10 )
12726,396 41,5
1,34.10 6,4.10 3,307.10
dB
4.10 Photodiode ở bài tập
4.8 và 4.9 được sử dụng
ở bộ thu với bộ khuếch
đại có hệ số nhiễu 2dB
và điện dung ngõ vào là
7pF. Xác định:
(a) Điện trở ngõ vào
cực đại của bộ khuếch
đại để duy trì băng
thông sau bộ tách sóng
là 20MHz (không có
cân bằng).
(b) Công suất quang tối
thiểu cần thiết tới bộ
thu để được SNR =
50dB.
C=7pF
a) B=20MHz
RL=?
b) SNR=50dB
Ip=?
a) Điện trở ngõ vào là:
6 12
1 1
1136,821( )
2 20.10 .2 .7.10
L
R
B C
b) Dòng nhiễu nhiệt là:
2 4 n
t
L
KTBF
I
R
23 6
16 2
4.1,381.10 .(25 273).2.10 .1,519
4,5867.10 ( )
1136,821
A
Dòng nhiễu tối:
2 19 9 6
2 2.1,6.10 .10 .20.10
d d
I eI B
21 2
6,4.10 ( )
A
Dòng nhiễu lượng tử:
2 19 6
2 2.1,6.10 . .20.10
q p p
I eI B I
12
6,4.10 . p
I
Công suất quang tối thiểu cần thiết tới bộ
thu để được SNR=50dB là
2 2
2 2 2 2
2
12 21 16
2 7 11
6
50
6,4.10 6,4.10 4,5867.10
6,4.10 4,5867.10 0
7,1.10 ( )
p p
N q d t
p
p
p p
p
I I
SNR
I I I I
I
I
I I
I A
4.11 Photodiode germanium
được sử dụng ở bộ thu
quang làm việc ở bước
sóng 1550nm có dong
tối 500nA. Khi công
suất quang đến ở bước
sóng làm việc là 10-6
W
𝜆 = 1550 nm
Id = 500 nA
P0 = 10-6
W
R = 0,6 A/W
B = 100MHz
SNR = ? dB
Dòng photon trung bình là:
𝐼𝑝 =
𝜂𝑒𝜆𝑃0
ℎ𝑐
= 𝑅 × P0 = 0,6 .10-6
(A)
Nhiễu nổ là:
⟨𝐼𝑇𝑆
2 ⟩ = ⟨𝐼𝑞
2
⟩ + ⟨𝐼𝑑
2⟩ = 2𝑒𝐵(𝐼𝑑 + 𝐼𝑝)
= 2e.100.106
(500.10-9
+ 0,6.10-6
) = 3,52.10-17
(A2
)
17. và đáp ứng của linh
kiện là 0,6 A/W, nhiễu
nổ chiếm ưu thế. Xác
định SNR (theo dB) ở
bộ thu khi bang thông
sau tách sóng là
100MHz.
SNR ở bộ thu là:
2 6 2
17
2
(0,6.10 )
10213,38 40,09
3,52.10
p
TS
I
SNR dB
I
4.12 Một APD silicon có
hiệu suất lượng tử 95%
ở bước sóng 0,9 m, có
hệ số nhiễu thác lũ M0,3
và điện dung 2pF. Giả
sử băng thông sau khi
tách sóng (chưa cân
bằng) là 25MHz. Dòng
tối không đáng kể ở
nhiệt độ 290°𝐾. Xác
định công suất quang
tối thiểu tới APD để đạt
SNR = 23dB
= 0,95
= 0,9 m
Hệ số nhiễu
thác lũ M0,3
Cp= 2pF
T = 290°𝐾
B= 25MHz
SNR = 23dB
P0 = ?
Điện trở ngõ vào:
12 6
1 1
3183( )
2 2 2.10 .25.10
L
d
R
C B
Dòng nhiễu nhiệt:
23 6
2 16 2
4 4.1,38.10 .25.10
1,258.10 ( )
3183
t
L
KTB
I A
R
Ta có: 2 2 2
2 ( ) 2 x
q p p
I eI BM F M eI BM
Mà: 2 4
x
L p
KT
M
xeR I
2
4
p x
L
KT
I
xeR M
2
q
I = 2e. 2
4
x
L
KT
xeR M
.BM2+x
=
8
L
KTB
xR
= 8,3878.10-16
(A2
)
2
2,3
2 2
2 2 2,3 7
10
.10 4,387.10 ( )
p
q t
p q t
I
SNR
I I
I I I A
Hệ số nhân thác lũ:
23
2,3
2,3
7
4 4.1,38.10 .290
10,816
. 0,3 .318.4,387.10
L p
KT
M
xe R I e
Đáp ứng R:
R =
𝑀𝜂𝜆
1,24
=
10,816.0,95.0,9.10−6
1,24
= 7,458 (A/W)
Công suất quang cần tìm:
7
6
0
4,387.10
5,44.10 W 52,64
7,458.10,816
p
I
P m dBm
RM
4.13 Với linh kiện và các
điều kiện ở bài tập 4.12,
tính:
a)M’=
𝑀
2
=
10,816
2
=5,408
a) Dòng photon trung bình là:
6 7
0
' 7,458.5,4085,44.10 2,194.10 ( )
p
I RM P A
18. a) SNR đạt được
khi hệ số nhân
thác lũ của APD
chỉ còn 1 nửa giá
ttị tối ưu đã tính
được.
b) Công suất quang
cần thiết để khôi
phục SNR=23dB
với M=0,5Mopt
SNR = ?
b)SNR =23dB
P0 =?
Dòng nhiễu lượng tử:
23 6
2 16 2
8 8.1,381.10 .290.25.10
8,388.10 ( )
0,3.3183
q
L
KTB
I A
xR
2 7 2
16 16
2 2
(2,194.10 )
49,9
8,388.10 1,258.10
p
q t
I
SNR
I I
=16,98dB
b) Công suất quang cần thiết:
Po =
𝐼𝑝
𝑅.𝑀
=
𝐼𝑝.1,24
𝑀2.η.λ
=
4,3861.10−7.1,24
5,4072.0,95.0,9
= 2,176.10-8
(W) = -46,62 dBm
4.14 Một APD Germanium
(có x=1) hoạt động ở
bước sóng 1,35 m với
đáp ứng 0,45A/W.
Dòng tối 200nA ở nhiệt
độ hoạt động 250°𝐾 và
điện dung của linh kiện
3pF. Xác định SNR mã
có thể khi công suất
quang tới là 8.10-7
W và
băng thông sau khi tách
sóng khi chưa cân bằng
là 560MHz.
= 1,35 m
R=0,45A/W
Id=200nA
T=250°𝐾
C=3pF
P0=8.10-7
W
B=560MHz
SNRmax=?
Ta có:
.1,24 0,45.1,24
0,413
1,35
R
Mặt khác:
7 7
0
0
. 0,45.8.10 3,6.10 ( )
p
p
I
R I R P A
P
Ta lại có:
12 6
1 1
94,735( )
2 2 3.10 .560.10
L
R
CB
SNR max khi M=Mop
2 4
( )
x
op
L p d
KTFn
M
xeR I I
Với x=1, Fn=1
23
3
7 9
2 2 2 2
2 2
2
4.250.1,38.10
1623,567
.94,735(3,6.10 200.10 )
11,753
( ) 40,2935
4
2 ( )
94,735 19,765
op
op
x
p p
q t
p d
L
M
e
M
F M M
M I M I
SNR
KTFnB
I I eB I I M F M
R
dB
4.15 Photodiode ở bài tập
4.14 có sử dụng bộ
khuếch đại với hệ số
nhiễu 3dB và điện dung
vào 3pF. Xác định giá trị
x = 1
λ = 1.35μm
R = 0.45 A/W
Id = 200nA
P0 = 8.10-7
W
2 4
( )
x
op
L p d
KTFn
M
xeR I I
23
7 9
4.250.1,38.10 .3
4877,31
.94,735(3,6.10 200.10 )
e
19. mới SNR khi hoạt động
dưới cùng điều kiện.
Cd = 3pF
T = 2500
K
B = 560MHz
Fn=3dB
=1.9953
SNR = ?
Mop = √4877,31
3
= 16,96
Vậy SNR là:
2 2 2 2
2 2
2 4
2 ( )
50,772 17,056
p p
q t
p d
L
M I M I
SNR
KTFnB
I I eB I I M F M
R
dB
4.16 Một bộ tách sóng quang
APD silicon được sử
dụng trong bộ thu PCM
nhị phân dải nền có
ngưỡng quyết định nằm
giữa mức 0 và 1. Linh
kiện có hiệu suất lượng
tử 70% và tỉ số tốc độ
ion hoá 0,005 và hệ số
nhân thác lũ khi hoạt
động là 65. Giả sử phổ
tín hiệu có dạng cosin
và tỉ lệ bit 1 và 0 bằng
nhau.
a) Xác định số photon
cần thiết ở thu để
nhận dạng bit 1 với
BER=10-10
b) Tính công suất
quang cần thiết tới
APD khi hệ thống
hoạt động ở bước
sóng có tốc độ
truyền dẫn 34Mbit/s
= 70%
k=0,05
M=65
a)BER=10-10
b)B=34Mbit/s
a) Theo đề:
10
ER 10
2
SNR
B Q
Tra bảng 4.1 ta được kết quả:
2
SNR
= 6,36 √𝑆𝑁𝑅 = 12,72
2
1
2
161,8 22,1
Electrical
I
SNR SNR dB
1
( ) 2 1
1
0,05.65 2 1 0,05 5,135
65
F M kM k
M
Ta có: 0,6
B
Số photon trung bình cần thiết:
2 ( ) 2.0,6.5,135
.161,8 1424( )
0,7
m
B F M
z SNR photon
b) Công suất quang cần thiết tới APD:
34 8 6
0
1424.6,625.10 .3.10 .34.10
(W)
2 2
m T
z hcB
P
4.18 Một hệ thống quang sử
dụng LED ở bộ phát có
công suất quang trung
bình 300 W ở bước
sóng 800nm được ghép
vào sợi quang. Sợi
quang có suy hao trung
bình 4dB/km (bao gồm
cả mối nối). Bộ thu
Pi =300 W
= 800nm
= 4dB/km
zm=1200photon
BER=10-10
L = ?
a) B=1Mbit/s
b) B=1Gbit/s
a) Công suất quang cần thiết:
34 8 6
0 9
10
1200.6,625.10 .3.10 .10
2 2.800.10
1,49.10 (W)
m T
z hcB
P
20. APD yêu cầu 1200
photon tới để nhận dạng
bit 1 với BER=10-10
.
Hãy xác định khoảng
cách truyền dẫn lớn
nhất (không sử dụng
trạm lặp) của hệ thống
trong các trường hợp
tốc độ hoạt động sau:
a) 1Mbit/s
b) 1Gbit/s
Nhận xét kết quả
0
6
0
10
10log
( / )
10log
300.10
10log
1,49.10
15,76( )
( / ) 4
i
i
P
P
dB km
L
P
P
L
L km
dB km
b) Công suất quang cần thiết:
34 8 9
0 9
7
1200.6,625.10 .3.10 .10
2 2.800.10
1,49.10 (W)
m T
z hcB
P
Khoảng cách truyền dẫn lớn nhất:
6
0
7
10log
300.10
10log
1,49.10
8,26( )
( / ) 4
i
P
P
L
L km
dB km
8-1 Make a graphical
comparison, as in Fig 8-
4, and a speadsheet
calculation of the
maximun attenuation-
limited transmission
distance of the
following two systems
operating at 100 Mb/s:
System 1 operating at
850 nm
(a) GaAlAs laser diode:
0-dBm (1-mW)
fiber-coupled
power.
(b) Silicon avalanche
photodiode: -50-
dBm sensitivity.
(c) Grade-index fiber:
3.5-dB/km
Data rate = 500
Mb/s
o Hệ thống 1:
Source Laser
@ 850 nm
Pt = 1 mW (0
dBm)
Pr = -50 dBm
αf = 3,5 dB/km
𝑙𝑐 = 1
dB/connector
o Hệ thống 2:
Source Laser
@ 1300 nm
Pt = -13 dBm
Pr = -38 dBm
αf = 1,5 dB/km
𝑙𝑐 =1
dB/connector
SM = 6 dB
Tính toán:
Hệ thống 1:
Tổng suy hao:
𝐿𝑇 = 𝛼𝑓𝐿 + 2(𝑙𝑐) + 𝑙𝑠𝑝 = 3,5𝐿 + 2(1 𝑑𝐵)
= 3,5𝐿 + 2
Mà 𝑃𝑡 − 𝑃𝑟 = 𝐿𝑇 + 𝑆𝑀
⇔ 0 − (−50) = 3,5𝐿 + 2 + 6
⇔ 𝐿 = 12 𝑘𝑚
Hệ thống 2:
Tổng suy hao:
𝐿𝑇 = 𝛼𝑓𝐿 + 2(𝑙𝑐) + 𝑙𝑠𝑝 = 1,5𝐿 + 2(1 𝑑𝐵)
= 1,5𝐿 + 2
Mà 𝑃𝑡 − 𝑃𝑟 = 𝐿𝑇 + 𝑆𝑀
⇔ −13 − (−38) = 1,5𝐿 + 2 + 6
⇔ 𝐿 = 11,33 𝑘𝑚
Đồ thị:
Hệ thống 1:
21. attenuation at 850
nm.
(d) Connector loss: 1
dB/connector.
System 2 operating at
1300 nm
(a) InGaAsP LED: -13-
dBm fiber-coupled
power.
(b) InGaAs pin
photodiode: -38-
dBm sensitivity.
(c) Grade-index fiber:
1.5-dB/km
attenuation at 1300
nm.
(d) Connector loss: 1
dB/connector.
Allow a 6-dB system
operating margin in
each case.
Vẽ đồ thị Link
Power Budget
cho cả 2 hệ
thống.
Hệ thống 2:
Bảng tính:
Hệ thống 1:
Hệ thống 2:
22. 8.2 An engineer has the
following components
available:
(a) GaAlAs laser diode
operating at 850 nm
and capable of
coupling 1 mW (0
dBm) into fiber.
(b) Ten sections of
cable each of which
is 500 m long, as a
4-dB/km
attenuation, and has
connectors on both
ends.
(c) Connector loss of 2
dB/connector
(d) A pin photodiode
receiver.
(e) An avalanche
photodiode receiver.
Using these
components, the
engineer wishes to
construct a 5-km link
operating at 20 Mb/s. If
the sensitivities of pin
and APD receivers are -
45 and -56 dBm,
respectively, which
receiver should be used
if a 6-dB system
Pt = 1 mW (0
dBm)
10 đoạn, 500
m/đoạn, có
connector ở
cả 2 đầu ⇒ 11
connector
αf = 4 dB/km
2
dB/connector
L = 5 km
Pr pin = -45
dBm
Pr APD = -56
dBm
SM = 6 dB
Hỏi nên sử
dụng pin hay
APD cho hệ
thống này?
Gọi L1 và L2 lần lượt là khoảng cách truyền tối
đa đến pin và APD.
(a) pin:
Tổng suy hao:
𝐿𝑇 = 𝛼𝑓𝐿 + 11(𝑙𝑐) + 𝑙𝑠𝑝 = 4𝐿1 + 11(2 𝑑𝐵)
= 4𝐿1 + 22
Khoảng cách L1 :
𝑃𝑡 − 𝑃𝑟 = 𝐿𝑇 + 𝑆𝑀
⇔ 0 − (−45) = 4𝐿1 + 22 + 6
𝐿1 = 4,25 𝑘𝑚
Do 4.25 < 5 nên không thể sử dụng pin ở phía
thu được.
(a) APD:
Tổng suy hao:
𝐿𝑇 = 𝛼𝑓𝐿 + 11(𝑙𝑐) + 𝑙𝑠𝑝 = 4𝐿2 + 11(2 𝑑𝐵)
= 4𝐿2 + 22
Khoảng cách L2 :
𝑃𝑡 − 𝑃𝑟 = 𝐿𝑇 + 𝑆𝑀
⇔ 0 − (−56) = 4𝐿2 + 22 + 6
𝐿2 = 7 𝑘𝑚
Do 7 > 5 nên có thể sử dụng APD ở phía thu.
23. operating margin is
required?
8.3 Using the step response
g(t), show that the 10-
to 90-percent receiver
rise time is given by Eq.
(8-4).
Với g(t) = 0.1
và g(t) = 0.9.
CMR:
𝑡𝑟𝑥 =
350
𝐵𝑟𝑥
Ta có công thức:
𝑔(𝑡) = (1 − 𝑒−2𝜋𝐵𝑟𝑥𝑡)𝑢(𝑡)
Với g(t) = 0.1 và g(t) = 0.9 ta được:
(1 − 𝑒−2𝜋𝐵𝑟𝑥𝑡10) = 0,1
⇒ 𝑒−2𝜋𝐵𝑟𝑥𝑡10 = 0,9
(1 − 𝑒−2𝜋𝐵𝑟𝑥𝑡90) = 0,9
⇒ 𝑒−2𝜋𝐵𝑟𝑥𝑡90 = 0,1
Mà:
𝑒2𝜋𝐵𝑟𝑥𝑡𝑟𝑥 = 𝑒−2𝜋𝐵𝑟𝑥𝑡(90−10) =
𝑒−2𝜋𝐵𝑟𝑥𝑡10
𝑒−2𝜋𝐵𝑟𝑥𝑡90
=
0,9
0,1
= 9
⇒ 2𝜋𝐵𝑟𝑥𝑡𝑟𝑥 = 𝑙𝑛9
⇒ 𝑡𝑟𝑥 =
𝑙𝑛9
2𝜋𝐵𝑟𝑥
⇒ 𝑡𝑟𝑥 =
0,35
𝐵𝑟𝑥
8.4 (a) Verify Eq. (8-12).
Show that Eq. (8-14)
follows from Eqs. (8-
10) and (8-13).
(a) Chứng
minh công thức
1/2
1/2 2ln 2 .
t
(b) Chứng minh
công thức
3 3
0.44
dB dB
FWHM
f B
t
được tạo ra từ
𝐺(𝑤) =
1
√2𝜋
𝑒−𝑤2𝜎2/2
và
1/2
1/2
2
2 2ln 2
FWHM
t t
(a) Ta có:
1/2 0,5. 0
g t g
(8.11)
2 2
1/2 /2
1 1
0,5.
2 2
t
e
2
1/2
2
ln 0,5
2
t
1/2
1/2 2ln 2 .
t
(đpcm)
(b) Tại f3dB thì 𝐺(𝑤3𝑑𝐵) = 0,5𝐺(0)
⇒
1
√2𝜋
𝑒−
𝑤3𝑑𝐵
2𝜎2
2 = 0,5.
1
√2𝜋
⇒
𝑤3𝑑𝐵
2
𝜎2
2
= ln 2
⇒ 𝑓3𝑑𝐵 =
√2𝑙𝑛2
2𝜋𝜎
(*)
Ta có:
1/2
1/2
2 2 2ln 2
FWHM
t t
⇒ 𝜎 =
𝑡𝐹𝑊𝐻𝑀
2(2𝑙𝑛2)1/2
Thế 𝜎 vào (*) ta được:
24. ⇒ 𝑓3𝑑𝐵 =
2.2𝑙𝑛2
2𝜋𝑡𝐹𝑊𝐻𝑀
=
0,44
𝑡𝐹𝑊𝐻𝑀
8.5 Show that, if 𝜏𝑒 is the
full width of the
Gaussian pulse in E.q
(8-9) at the 1/e point,
then the relationship
between the 3-dB
optical bandwidth and
𝑡𝑒 is given by
𝑓3𝑑𝐵 = 0.53/𝑡𝑒
Chứng minh
rằng, nếu τe là
toàn bộ chiều
rộng của xung
Gaussian trong
phương trình
(8-9) tại điểm
1/e, thì mối liên
hệ giữa băng
thông và sợi
quang 3-dB và
te được cho bởi
f3dB = 0.53/te
Từ phương trình (8-9), đáp ứng ở đầu ra sợi
quang là:
𝑔(𝑡) =
1
√2𝜋𝜎
exp(−
𝑡2
2𝜎2
)
Nếu 𝜏𝑒 là thời gian cần thiết cho g(t) để giảm
xuống g(0)/2, sau đó:
𝑔(𝜏𝑒 ) =
1
√2𝜋𝜎
exp (−
𝜏𝑒
2
2𝜎2
) =
𝑔(0)
𝑒
=
1
√2𝜋𝜎𝑒
Từ đây ta có 𝜏𝑒 = √2𝜎. Từ 𝜏𝑒 là toàn bộ chiều
rộng xung tại điểm 1/e, sau đó
𝑡𝑒 = 2𝜏𝑒 = 2√2𝜎
Từ phương trình (8-10) tần số 3-dB là điểm mà
tại đó 𝐺(𝑓3𝑑𝐵) =
1
2
𝐺(0)
Do đó với 𝜎 =
𝑡𝑒
2√2
thì 𝐺(𝑓3𝑑𝐵) =
1
√2𝜋
exp [−
1
2
(2𝜋𝑓3𝑑𝐵𝜎)2
] =
1
2
×
1
√2𝜋
Giải cho 𝑓3𝑑𝐵 ta được:
𝑓3𝑑𝐵 =
√2𝑙𝑛2
2𝜋𝜎
=
√2𝑙𝑛2
2𝜋
×
2√2
𝑡𝑒
=
0.53
𝑡𝑒
8.6 Một hệ thống truyền
dữ liệu mã hóa NRZ với
tốc độ 90-Mb/s qua 2
kênh truyền sử dụng
Laser Diode GaAlAs có
spectral width là 1-nm.
Thời gian lên (the rise
time) của máy phát laser
ở ngõ ra là 2ns. Khoảng
cách truyền là 7km over
a graded-index fiber có
Bandwidth–distance
product Bo = 800 –
MHz.km.
(a) Nếu bằng thông máy
thu là 90 MHz và hệ
Brx = 90 MHz
-Nguồn phát
Laser Diode
GaAlAs
-Data rate =
90 Mb/s
-ttx = 2 ns
-Spectral
width = 1nm
-L = 7 km
-Bo = 800
MHz.km,q=
0.7
a) Thời gian lên risetime của hệ thống là:
1/2
2
2 2 2 2
ys
0
1/2
0,7 2
2 2 2 2
440 350
440 7 350
2 0,07 1 7
800 90
4,63
q
s tx
rx
L
t t D L
B B
ns
Độ rộng xung dữ liệu:
1 1
11,1
90 /
b
T ns
B Mb s
Vì 0,7Tb =7,8 ns > Tsys, vì thế thỏa điều kiện để
sử dụng nguồn phát led với tốc độ 90Mb/s
25. số mode – mixing q =
0.7, thời gian lên của
hệ thống Tsys là bao
nhiêu? Có phải thời
gian lên (the rise
time) thỏa điều kiên
dữ liệu mã hóa NRZ
thu được ít hơn 70
phần trăm của độ
rộng xung?
(b) Thời gian lên của hệ
thống Tsys là bao
nhiêu nếu không có
mode – mixing trên
đường truyền 7km,
q=1.
b) Trường hợp q=1,0
1/2
2
2 2 2 2
ys
0
1/2
1 2
2 2 2 2
440 350
440 7 350
2 0,07 1 7
800 90
4,818
q
s tx
rx
L
t t D L
B B
ns
8.7 Xác minh đồ thị trong
Fig.8-5 về khoảng cách
truyền dẫn với tốc độ
dữ liệu của hệ thống.
Máy phát là một diode
laser GaAlAs hoạt động
ở bước sóng 850nm.
Công suất ghép quang
là 0 dBm (1 mW), và
độ rộng phổ nguồn là 1
nm. Sợi quang suy hao
3.5 dB / km ở bước
sóng 850nm và tích
băng thông với khoảng
cách truyền là
800MHz.km. Máy thu
sử dụng một photodiode
silicon thác dổ có độ
nhạy với tốc độ dữ liệu
được biểu diễn ở Fig. 8-
3. Để đơn giản, độ nhạy
máy thu (dBm) có thể
xấp xỉ với công thức:
Pr = 9 log B – 68.5
Đầu phát:
-GaAlAs laser
diode ở =
850nm
-Pt = 0 dBm =
1mW
-
= 1nm
Sợi quang:
-αf =3,5dB/km
-B0 =
800MHz.km
-Suy hao
connector : 1-
dB/connector
-SM= 6 dB
Đầu thu:
Độ nhạy xấp xỉ
công thức:
9log 68,5
r
P B
a) Vẽ đồ thị
biểu diễn
giới hạn suy
Vẽ đồ thị tương quan giữa L và B
a) Giới hạn suy hao:
2
t r c f
P P l L SM
với 9log 68,5
r
P B
0 9log 68,5 2.1 6
9log 60,5
3,5
f
B
L
B
L
(2 connector ở 2 đầu phát và thu ;hệ thống trong
bài không có slice nên không tính suy hao của
slice)
b) Giới hạn tán sắc mode
mod
0
0,44 0,7
q
L
t
B B
với B0 = 800 MHz/km
1
2
800 0,7
0,44
1273
, 0,5
q
L
B
L q
B
c) Với q= 1:
26. Với B Mb/s là tốc độ dữ
liệu. Dãy tốc độ dữ liệu
từ 1-1000 Mb/s, vẽ dồ
thị biểu diễn giới hạn
suy hao với khoảng
cách truyền (bao gồm
suy hao connector là 1-
dB/connector và lề hệ
thống là 6 dB), giới hạn
tán sắc mode với đầy đủ
các mode trộn với nhau
(q = 0.5), giới hạn tán
sắc mode không có trộn
mode (q = 1), và giới
hạn tán sắc vật liệu.
hao khoảng
cách truyền.
b) Vẽ dồ thị
giới hạn tán
sắc mode với
q = 0.5.
c) Vẽ dồ thị
giới hạn tán
sắc mode với
q = 1.
d) Vẽ đồ thị
giới hạn tán
sắc vật liệu.
Giới hạn tán sắc mode:
1273
L
B
d) Giới hạn tán sắc vật liệu
4
0,7
0,7 0,7 10
6.0,07 9.1
mat mat b
b
mat
t D T
T
L
D Be e B
với
= 1nm; bước sóng trong khoảng 800-900
thì Dmat = 0,07ns/(nm.km)
Hình 1: Giới hạn tsuy hao khoảng cách truyền
và giới hạn tán sắc khi q=1
Hình 2: Giới hạn tán sắc khi q=0,5
27. Hình 3: Giới hạn tán sắc vật liệu
8.8 Vẽ đồ thị tương tự
như hình 8-5 biểu diễn
sự tương quan giữa
khoảng cách truyền và
tốc độ dữ liệu của hệ
thống sau. Bộ phát
dùng LED InGaAsP
hoạt động ở 1300 nm.
Công suất phối hợp ở
nguồn là -13dBm và độ
rộng phổ nguồn là 40
nm. Suy hao sợi quang
là 1.5dB/km và băng
thông 800 MHz-km. Bộ
thu sử dụng PIN
InGaAs có độ nhạy so
với tốc độ dữ liệu được
cho trong hình 8-3. Để
đơn giản, độ nhạy bộ
thu có thể được tính
theo công thức:
PR = 11.5 log B – 60.5
B là tốc độ dữ liệu
Mb/s. Khi tốc độ dữ
- PR =
11.5 log
B – 60.5
- Khoảng
tốc độ
dữ liệu
từ 100 –
1000
Mb/s
- Suy hao
tại mối
nối:lc= 1
dB
- SM= 6
dB
- αf: 1.5
Db/km
- Ps
=13dBm
a) Giới hạn suy hao:
Ta có: PT = PS – PR = 2(lc) + f
L + SM (do
bỏ qua suy hao mối hàn)
2 39,5 11,5log
1,5
S R c
f
P P l SM B
L
b) Tán sắc mode:
mod
0
0,44 0,7
q
L
t
B B
1
800 0,7
0,44
q
L
B
+ Với q=0,5: ta có
2
1273
L
B
+ Với q=1: ta có
1273
L
B
Hình 1: Tương quan giữa khoảng cách truyền
và tốc độ dữ liệu
28. liệu nằm trong khoảng
10-1000 Mb/s, vẽ
khoảng cách truyền suy
hao giới hạn (gồm suy
hao bộ ghép nối 1 dB
và hệ thống lề 6 dB),
giới hạn tán sắc cho sợi
không có mode (q=1.0),
giới hạn tán sắc cho sợi
full mode (q=0.5). Chú
ý rằng, tán sắc vật liệu
có thể bỏ qua trong
trường hợp này, có thể
được xem như hình 3-
13.
Hình 2: Giới hạn tán sắc của sợi no mode
và full mode
8.9 Một mối nối quang có
bước sóng 1550nm ở
chế độ đơn mode hoạt
động ở tốc độ 622Mb/s
trên 80km mà không có
bộ khuếch đại. Nguồn
phát laser đơn mode
InGaAsP có công suất
𝜆 = 0,155𝜇m
Transmitter
Tốc độ truyền:
622 Mb/s
Source laser =
1550 nm
Công suất dự trữ với tốc độ 622Mb/s và độ nhạy
-39dBm.
13 ( 39) 1,5 0.35 80 0,1 79
14,6
S R T
P P L SM
SM
SM dB
29. là 13dBm. Hệ số suy
hao 0.35dB/km, mối
hàn suy hao 0.1dB mỗi
km. Mối hàn ở đầu thu
suy hao 0.5dB, đầu thu
dùng InGaAs APD có
độ nhạy là -39dBm.
Noise penalties ước
lượng là 1.5dB. Tìm
công suất dữ trữ của hệ
thống (system margin).
Tìm công suất dự trữ
với tốc độ 2.5 Gb/s với
APD có độ nhạy -
31dBm.
Công suất nguồn
Ps = 13dBm
Channel
Hệ số suy hao
0.35dB/km
Suy hao qua mối
hàn
0.1dB/splice/km
Receiver
APD 1550nm
Pr = -39dBm
Noise penalties
= 1.5dB
Công suất dự trữ
(SM) = ?
Công suất dự trữ
với tốc độ truyền
2.5 Gb/s và Pr =
-31dBm.
Công suất dự trữ với tốc độ 2,0Gb/s và độ nhạy -
31dBm.
13 ( 31) 1,5 0.35 80 0,1 79
6,6
S R T
P P L SM
SM
SM dB
8.10 Một mã RZ phổ biến
được sử dụng trong các
hệ thống cáp quang là
mã Manchester quang.
điều này được hình
thành bằng cách bổ
sung modulo 2 trực tiếp
vào tín hiệu dải cơ sở
(NRZ-L) và tín hiệu
đồng hồ tần số kép như
thể hiện trong hình. 8,9.
sử dụng sơ đồ này, vẽ
chuỗi xung cho chuỗi
dữ liệu 001101111001.
8.11 Thiết kế logic bộ mã
hóa cho bộ phủ
Sử dụng cổng EXOR, có thể được thực hiện bằng
một mạch tích hợp duy nhất. Hoạt động như sau:
30. Manchester từ NRZ đến
quang.
+ Trong khoảng thời gian đồng hồ được so sánh
với ô bit và các đầu vào không giống nhau, thì
EXOR có đầu ra cao.
+ Khi hai đầu vào giống hệt nhau, đầu ra EXOR
sẽ chậm.
Đối với binary 0, EXOR tạo ra mức cao trong
nửa cuối của ô quỹ đạo
Đối với binary 1, đầu ra cao trong nửa đầu của
ô bit.
A B C
L
L
H
H
L
H
L
H
L
H
H
L
8.12 Xem xét bộ mã hóa
hiển thị trong hình. P8-
12 thay đổi dữ liệu
NRZ thành dạng sóng
PSK (khóa dịch pha).
Sử dụng bộ mã hóa này,
vẽ các dạng sóng NRZ
và PSK cho chuỗi dữ
liệu
0001011101001101
8.13 Mã 3B4B chuyển đổi
các khối của ba ký hiệu
nhị phân thành các khối
gồm bốn chữ số nhị
phân theo quy tắc dịch
được hiển thị trong
Bảng P8-13. Khi có hai
khối liên tiếp gồm ba
vùng, các khối nhị phân
được mã hóa 0010 và
1101 được sử dụng luân
a.Cho dữ liệu
010 001 111
111 101 000
000 001 111
110.
Tìm mã chuyển
đổi theo mã
3B4B.
b. Số bit giống
hệt nhau liên
tiếp trong mã
a. Dữ liệu
010 001 111 111 101 000 000 001 111 110
Luồng bit được mã hóa bằng mã 3B4B là:
0101 0011 1011 0100 1010 0010 1101 0011
1011 1100
b. Số bit giống hệt nhau liên tiếp trong mã
chuyển đổi nhiều nhất là 4 bit
31. phiên. tương tự, các
khối được mã hóa 1011
và 0100 được sử dụng
luân phiên cho các khối
liên tiếp gồm ba khối
được mã hóa là
bao nhiêu?
8.14 Công thức 8.19 biểu
diễn công suất gây ra
bởi nhiễu (tính bằng
dB) dưới dạng hàm theo
biến BLD𝜎λ (dao động
từ 0 đến 0,2) ở mức 10-
10
BER cho hệ số nhiễu
âm thanh chế độ k =
0,4, 0,6, 0,8 và 1 khi sử
dụng APD InGaAs với
x = 0,7.
a. Vẽ đồ thị công suất
theo thông số BLD𝜎λ
b. Cho rằng một laser
đa chế độ có độ rộng
phổ 2.0nm, độ phân tán
tối thiểu cần thiết cho
100km để hoạt động ở
mức 155Mb / s và
622Mb / giây với mức
phạt công suất 0,5dB
a.
b.Với x=0.7 và
k=0.3 cho mức
công suất
0.5dB
Ta có
L=100km.,
Pmpn= 0.5 dB
B1 = 155 Mb/s
= 1.55x10-4
b/ps
B2 = 622 Mb/s
= 6.22x10-4
b/ps
Ta có với
x=0.7 , k=3 .
Tìm Q cho mỗi
trường hợp B
Với x=0.7=>Q=6 ta có
Pmpn = −5
0.7+2
0.7+1
log(1 −
𝑘2.62
2
(𝜋𝐵𝐿𝐷𝜎λ)4
)
=-7.94 log (1 - 18𝑘2
𝜋4
ℎ4
) với h = BLD𝜎λ
Đồ thị Pmnp theo BLD𝜎λ
(4 đường tương ứng với k = 0,4, 0,6, 0,8 và 1)
b
Ta có với x=0.7 , k=3 . Tìm Q cho mỗi trường
hợp B
Pmpn=-7.94 log (1 - 18𝑘2
𝜋4
𝐿4
𝐵4
𝑄4
) = 0.5
Với B1 =1.55x10-4
b/ps => Q1 = 5,52
ps/(nm.km)
Với B1 =6.22x10-4
b/ps => Q2 = 1.37
ps/(nm.km)
8.15 a. Vẽ đồ thị năng lượng
theo thông số DL𝛿λ với
a. Vẽ đồ thi
với tchirp và B
cho trước
a. tchirp =0.1ns . B= 2.5GB/s
32. các trường hợp tchirp và
B :
(a) . tchirp =0.1ns . B=
2.5GB/s
(a) . tchirp =0.1ns . B=
B= 622MB/s
(c) . tchirp =0.05 ns. B=
2.5GB/s
(d) . tchirp =0.05ns . B=
622MB /s
b. Tìm giới hạn L biết
B= 2.5GB/s,
∆ =0.5dB, với D=
1.0ps/(nm-km) và
𝛿λ=0.5nm
b.B= 2.5GB/s,
∆ =0.5dB, với
D=
1.0ps/(nm-
km) và
𝛿λ=0.5nm.
Tìm khoảng
giới hạn L?s
tchirp =0.1ns . B= 622MB/s = 0.67GB/s
33. tchirp =0.05 ns . B= 2.5GB/s
tchirp =0.05 ns . B= 622MB/s = 0.67GB/s
b. Tìm L biết B= 2.5GB/s, ∆ =0.5dB, với D=
1.0ps/(nm-km) và 𝛿λ=0.5nm
Chọn tchirp =0.05 ns ta có
∆ = (
4
3
𝜋2
− 8) tchirpDL𝐵2
𝛿λ[1+
2
3
DL 𝛿λ −tchirp]
=>0.5 =(
4
3
𝜋2
− 8) *0.05*1.0L.(2.5)2
∗
0.5[1+
2
3
1.0 ∗ L ∗ 0.5 −0.05]
=> L1= 0.54km và L2= 1.02km
Vây giới hạn khoảng cách tại 2.5Gb/s để
∆ =0.5dB là
