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Teste de Fotónica 15 de Junho de 2015

IST | DEEC – Área Científica de Telecomunicações 1

Docente Responsável: Prof. Carlos R. Paiva

Duração: 2 horas Teste de 15 de Junho de 2015

Ano Lectivo: 2014 / 2015 2.º TESTE

1. Quando se despreza a dispersão de ordem superior, 3 , a equação de propagação dos impulsos

numa fibra óptica, operada em regime não-linear, pode ser escrita na forma 2

2

1 2 2

1

2 2

A A Ai i A A A

z t t

.

(a) Determine a nova equação de propagação nas variáveis ,z , com 1 0t z .

(b) Usando as definições usuais de DL e NLL e fazendo 0, exp 2 ,A z P z q z ,

determine a equação diferencial satisfeita por ,q z . Determine, ainda, as equações que

resultam desta nova equação nos dois casos (particulares) seguintes: (i) quando DL ; (ii)

quando NLL . Classifique, justificando a sua resposta, cada um destes casos.

(c) Considere, agora, a equação da alínea anterior quando se faz DL . Admitindo que a

solução se pode escrever na forma , 0, exp ,NLq z q i z , determine a fase

,NL z quando 0, 0NL e interprete o resultado obtido em termos de ,A z .

(d) Reescreva a equação geral obtida na alínea (b) para ,q z em termos das novas variáveis

adimensionais , , com Dz L . Diga, então, em que condições a nova equação para

,q admite, como solução, um solitão fundamental quando 0 . E quando 0 ?

Solução

(a) Como se tem z z e 1 0t z , deverá ser

1

0

2 2

2 2 2

0 0

1 1

A A A A A

z z z z

A A A A A

t t t

pelo que a equação diferencial assume a forma

222

2 2

0

1

2 2

A Ai i A A A

z

.

(b) Como 0 0 0exp exp , exp2 2 2 2

A q A qP z q P z P z

z z

, vem

15 de Junho de 2015 Teste de Fotónica

2 DEEC – Área Científica de Telecomunicações | IST

2

2202 2

0

1exp 0

2

q qi i P z q q

z

. Logo, como

2

0

2

DL

e

0

1NLL

P , infere-se:

2

2

2 2

1 1sgn exp

2 D NL

q qi z q q

z L L

.

Quando DL vem apenas (trata-se do regime não-dispersivo já que o comprimento da

fibra óptica é desprezável em relação a DL )

2regime não-linear auto-modulação 1

expnão-dispersivo de fase (AMF)

NL

qi z q q

z L

.

Quando NLL vem apenas (trata-se do regime linear já que o comprimento da fibra óptica

é desprezável em relação a NLL )

2

2 2

regime linear dispersão da velocidade 1sgn

dispersivo de grupo (DVG) 2 D

q qi

z L

.

(c) A equação diferencial a ter em consideração é portanto

21

expNL

qi z q q

z L

. Para , 0, exp ,NLq z q i z vem

21

exp 0,NL

NL

z qz L

.

A solução desta equação é então dada por

0 1 0, exp expNLNL z z z

z

.

Logo

2

0

0,

NL

q

L

e, consequentemente,

2

1

0,, expNL

NL

qz z

L

com

1 ,NL z .

Como se pretende que 0, 0NL , obtém-se

2

1

0,

NL

q

L

. Ou seja, finalmente,



2

2eff

eff

0,11 exp , 1 exp 0,NL

NL NL

q LL z z z q

L L

.

O resultado obtido significa que a fase depende da forma do sinal à entrada: trata-se, portanto,

da auto-modulação de fase. Note-se que, quando 0 , obtém-se effL z L e vem, mais

simplesmente,

2

0 , 0,NL

NL

zz q

L .

(d) Neste caso, vem

1

D

A A d A

z d z L

donde

2 2

22

2 2

1sgn exp

2

D

NL

D

LN q q

L i N q q

L

.

Para 0 a solução é um solitão fundamental desde que se tenha

solitão1

fundamentalD NLN L L .

O mesmo poderá acontecer para 0 . Porém, neste caso, há que ter

2

2 00

2

1D

NL

LN P

L

.

Logo, como

0 0 0 expP P

deve impor-se uma DDF (dispersion-decreasing fiber) em que



2 20 0 exp .

2. O campo eléctrico de uma onda plana e monocromática é 0, expt i t E r E k r , em

que 3,t E r , 3

0 1 2x yc c E e eA (com 0A ) e 3kk e (com 2 2kk ). Designa-se

por 1 2 3, , e e eB uma base ortonormada dextrorsa de 3 .

(a) Considere x x xc a ib e y y yc a ib . Sendo 0 1 2i E E E , determine 3

1 2, E E

em função dos números pertencentes ao conjunto , , ,x y x ya a b b .

(b) Para 1 2xa , 3ya , 3xb e 2yb , caracterize a polarização incluindo a

orientação e a elipticidade. Represente, de forma qualitativa, a elipse orientada (incluindo os

vectores 3

1 2, E E , os eixos principais e a orientação) que representa graficamente o vector

complexo 0E .

(c) Define-se um número real , tal que 0 1 , de acordo com a equação , em que

2

0 E e 2

0 0 0 E E E . Mostre, nestas condições, que

2 2

21 21 2 2

2 2

1 2

4, 1 sin

E EE E

E E.

Determine, de seguida, para uma polarização: (i) linear; (ii) elíptica; (iii) circular.

Solução

(a) Notando que

0 1 2 1 2 1 2x y x x y yc c a ib a ib i

E e e e e E EA A

vem

1 1 2

2 1 2

x y

x y

a a

b b

E e e

E e e

A

A

(b) No caso em análise, então, tem-se (a constante A não tem qualquer relevância para este

problema – apenas estabelece o valor absoluto e as unidades)

1 1 2

2 1 2

1 2

1 2 33

3 3 2

2

x

y

x

y

a

a

b

b

E e e

E e e

A

A

A polarização não é linear: 1 2 0 E E (i.e., estes dois vectores reais não são paralelos). Com

efeito, vem (fazendo, doravante, 1A )



1 1 2

2 1 2

2.4142 1.7321

1.7321 1.4142

E e e

E e e

1 2 3

1 2 3 31 2 3 0 5 2 6.4142

3 2 0

e e e

E E e e .

Mas, também não é circular: 2

0 0E . De facto,

2

11 22

2

6 2 2 8.82843 1.7321

5

EE E

E

22 2 2

0 1 2 1 2 1 22 1 2 2 2 3 3.8284 3.4641i i i i E E E E E E E .

Conclusão: a polarização é elíptica.

Vejamos a respectiva orientação:

3 1 2

polarização elíptica5 2 6.4142 0 e E E

direitaO .

Para determinar a excentricidade, calculemos

2

0 2.1203 0.8169 2.2722i E

0.9331 0.3595i

1 0 1 2 1

0 0

2 0 1 2 2

2.8755 1.1078 3.0815

0.7483 1.9423 2.0815

a

b

F F e e FF E

F F e e F

2

1 0.7374b

a

excentricidade



(c) Por definição tem-se

2 2 2 2 2 2 2

1 2 1 2 1 2cos 1 sin E E E E E E

2 222 2 2 2 2 2 22

1 2 1 2 1 2 1 20

2 2 2 2 2

1 2 1 20

4 4 sin

E E E E E E E EE

E E E EE

22 2 2 2 2 21 2 2 21 2 1 2

2 2 22 2 2 2 2 2

1 2 1 2 1 2

4 4sin 1 sin

E E E E E E

E E E E E E.

No caso da polarização linear é 0 ou pelo que sin 0 . Mas então, neste caso,

obtém-se

1 .

No caso da polarização circular é 2 e ainda 2 2

1 2E E . Logo

2 2 4

1 2 1

2 42 2

11 2

4 41 1 0

4

E E E

EE E.

Finalmente, no caso da polarização elíptica, tem-se o caso geral intermédio em que



0 1 .

polarização 1

polarização 0

polarização 0 1

linear

circular

elíptica

3. Considere uma interface plana, em 0x , entre dois meios: um meio caracterizado por 1 1, na

região 0x ; um meio caracterizado por 2 2, na região 0x . Admita que 1 0 e 1 0

(i.e., o meio 1 é DPS). Mostre que é possível a propagação de modos superficiais TM desde que

2 0 (i.e., desde que o meio 2 seja ENG ou DNG). Para 1 1 1 , 2 2.5 e 2 1

determine a relação 1pv c n , tendo-se 0n k .

Solução

Para os modos TM as componentes do campo são , ,y x zH E E , tendo-se

0

x yE Hx

,

0

1 y

z

HE i

x x

,

com 1 2 1

1

2

, 0

, 0

xx

x

0 1

0 2 1 20 0

exp , 0 1 1

exp , 0

y y

y

x x

H HH x xH x

H x x x x

A aplicação das condições fronteira em 0x permite, então, obter a equação modal

2 1 1 2modos TM 0

cuja solução é possível desde que 2

2 0n . A equação 2 1 1 2 0 é equivalente a

2 2 2 2 2 2 2 2

2 1 0 1 2 0 2 1 1 2 2 1 00k k k



22 1 2 1 2

2

0 1 2 1 2

1.2910n n nk

.

A velocidade de fase é dada por

1 2

0 1 2 1 2

1 1 1p p

p

v vcv

n k n c n c

.

Para 1 1 e 2 2.5 , vem

2

11 1 0.7746 1

2.5

pv

c

onda superficial

lenta.

4. Um cristal não-magnético uniaxial é caracterizado pelo tensor dieléctrico

ε I c c , em que 3 1 2cos sin cos sin c e e e é o eixo

óptico do cristal.

(a) Determine o valor máximo do ângulo , E D . Faça 4.8753 e 5.2900 (LiNbO3:

apenas nesta alínea). Qual é a direcção segundo a qual esse ângulo máximo se observa?

(b) Determine, em função de e , a matriz 3 3 que representa o tensor dieléctrico do cristal

na base ortonormada 1 2 3, , e e eB .

(c) Determine, ainda, a forma quadrática Q r r ε r , em que 1 2 3x y z r f f f e onde

1 2 3, , f f fB é a base ortonormada constituída pelos eixos dieléctricos principais, tal que

1 1 2 2 3 3 ε f f f f f f . Qual é a figura geométrica (quádrica) que representa a

equação 1Q r no caso de 21 b e

21 a (caso usual)? Que figura geométrica

obteria para um meio indefinido em que 21 b e

21 a ?

Solução

(a) Comecemos por notar que (com 2 1s )

2

cos ,D

D

ε s s c s cs s ε s

ε s ε s s ε s c s

Assim, sendo , c s , vem cos c s , pelo que



2 2 2cos sin cos s ε s

2 2 2 2 2sin cos ε s

2 2

2 2 2 2

sin coscos

sin cos

.

Fazendo , vem

2

2 2

1 1 coscos ,

1 1 cos

NN

D D

2

cos 0 x

d D N N DD N N D

d D

2

1 sin 2

11 sin 2

2

N

DD

2 21cos sin tan

1 1x x x

4.87530.9216 0.7650 rad 43.8310

5.2900x

Nesta direcção (em relação ao eixo óptico do cristal uniaxial) o ângulo entre os campos

E e D é máximo. Este valor máximo é, então, dado por

2

max max2 2

1 1 coscos 0.0408 rad 2.3381

1 1 cos

x

x

.

(b) ε I c c

3 1 2cos sin cos sin c e e e



2 2 2

2 2 2

2

sin cos sin sin cos sin cos cos

sin sin cos sin sin sin cos sin

sin cos cos sin cos sin cos

c c

2 2

11

2 2

22

211 12 1333

12 22 23 2

1213 23 33

13

23

sin cos

sin sin

cos

sin sin cos

sin cos cos

sin cos sin

ε

(c) 1 1 2 2 3 3

0 0

0 0

0 0

ε f f f f f f

2 2 2

0 0

0 0

0 0

x

Q x y z y x y z

z

r r ε r

2 2 2

2 2

forma

quadrática 1 1

x y zQ

r

quádrica 1Q r

2 2 2 2

2 2 2

elipsóide1

1 de1

revolução

a x y z

b a b

2 2 2 2

2 2 2

hiperbolóide1

1 de revolução1

de uma folha

a x y z

b a b



5. Num sistema de amplificação laser (um meio activo), de comprimento L , tem-se 2 1N N N tal

que 1x i sN N W . Designa-se por iW a taxa de transições induzidas e por

s o tempo de

saturação. Sendo a densidade do fluxo de fotões e a secção eficaz de transição, tem-se

iW . Comece por mostrar que (sendo V o volume da zona activa)

1

x

s

gdg g

d z

em que x xg N V e 1 s s .

(a) Nestas condições, definindo 0 sX e sY L , prove que:

ln ln xY Y X X g L . Represente graficamente, de forma qualitativa,

Y vs X e G vs X em que G Y X é o ganho do amplificador laser. Assinale as

assímptotas notáveis. Determine o ganho do meio activo para 2X e 100xg L .

(b) Mostre, ainda, que o ganho satisfaz a equação exp 1xG G Y G G e

determine xG . Nestas condições, para 20xG e 0.1Y , calcule o ganho G .

Solução

(a) Atendendo a que

2 1,1

xi

i s

N N N NN d W d z d z

W V V

obtém-se

1, ,

1

x x

x s

s

s

g Ndg

d z V

.

Logo, vem

01 1ln

0x x

s s

L Ld g d z g L

ln ln lnx

YY X g L Y Y X X

X

.



onde se introduziu

xg L .

Assim:

10098.1071 49.0535 16.9067 dB

2

YY G

X X

.

Façamos, ainda, doravante,

exp .

Portanto, tem-se também:

ln ln ln 1Y Y X X G X G

exp 1G X G .

Vejamos, agora, o comportamento assimptótico.

(i) Para sinais fracos, vem 0X

ln lnY X Y X G .

(ii) Para sinais fortes, vem X

1 1Y X G GX

.

Nas duas figuras (da página seguinte) ilustra-se a variação de:

Y vs X ;

G Y X vs X .

Considera-se, em ambos os casos, que se tem 2 e, portanto, exp 2 7.3891 .



(b) ln ln 1Y Y X

Y X YX X Y

1

ln 1 ln 1Y

G Y G GG G

exp 1 expx x

YG G G g L

G

0.118.1965 12.5999 dB

20x

YG

G

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