Module STOM : Examen du 28 mai 2003 - Solutions

Module STOM : Examen du 28 mai 2003 - Solutions

A. Communications optiques

1. Matériau constitutif de la fibre optique : silice.

2. Matériau constitutif de la couche active de la diode laser : InGaAsP (le Si n'est pas un bon émetteur de lumière à cause de son gap indirect).

3. Le matériau constitutif de la couche active du photodétecteur n'est pas le silicium. En effet, il ne peut absorber des photons d'énergies supérieures à son gap (1,12 eV) et on a ici hc/λ = 0,8 eV.

4. 1,47GHz

L D 2

1 T

2

Be_max 1 =

λ

= ∆

= ∆

λ

. La dispersion chromatique des fibres monomodes est due aux variations de l'indice de groupe ng(λ) avec la fréquence de l'onde guidée, onde qui n'est jamais purement monochromatique.

5. Exploitation de la Figure 1 :

a. Le courant de seuil ITH de la diode laser caractérise le changement d'allure (ou de pente) de la caractéristique puissance(courant) de la diode. On a ici ITH = 10 mA. Pour I < ITH, l'émission spontanée prédomine, pour I > ITH c'est l'émission stimulée qui l'emporte.

b. PoutDL0 = 0,2 mW et PoutDL1 = 2,0 mW.

c. Transmission de « 0101100101 » : Horloge

Temps P_outNRZ

Temps

P_outManchester

Temps P_out0

P_out1

d. Cf. ci-dessus.

e. Le code NRZ est le plus simple envisageable, il correspond à un encombrement en fréquence faible, mais comporte beaucoup de puissance à fréquence proche de 0 et de plus il pose des problèmes de récupération d'horloge lors de la transmission de longues suites de 0 ou de 1.

Le code Manchester permet toujours de récupérer le rythme de l'horloge puisque des

transitions sont présentes à chaque bit transmis, mais ce au détriment de la bande passante requise qui est doublée par rapport au cas du NRZ, enfin le spectre Manchester comporte peu de puissance à fréquence proche de 0 ce qui peut être avantageux pour l'utilisation sur des canaux ne laissant pas passer les fréquences très basses.

6. Pinj = ηPoutDL d'où Pinj0 = -9,2 dBm et Pinj1 = 0,8 dBm. D'autre part, Pdet_dBm = Pinj_dBm - αL d'où Pdet0 = 12 nW et Pdet1 = 120 nW.

7. A la réception, le bruit est soit le bruit thermique traversant la résistance de charge, soit le bruit de grenaille associé au passage du courant d'obscurité et du photocourant. Le bruit de grenaille correspond à la densité spectrale de puissance (DSP) de bruit : DSPth = 4kBT/Rch = 1,7 × 10^-23 A²/Hz. Le bruit de grenaille a pour DSP : DSPgr = 2q(IOB + R_λPdet) soit pour le niveau "0" DSPgr0 = 1,9 × 10^-26 A²/Hz et pour le niveau "1"

DSPgr0 = 4,7 × 10^-26 A²/Hz, valeurs beaucoup plus faibles que DSPth. Le bruit thermique est bien le bruit prédominant.

8.

[ ]

[ ]

9 A 9

1 0

0 1

B 10 7 , 1 2

10 6 , 9 10 I 96

Q I

−

−

−

×

×

−

= × σ + σ

= − . L’évolution de log(Q) en fonction de log(Be) est la

suivante :

0,1 1 10 100

10⁴ 10⁵ 10⁶ 10⁷ 10⁸ 10⁹ 10¹⁰ 10¹¹

Facteur Q

Débit B_e (Hz)

Q = 33,1 Q = 10,5

Q = 0,3 Q = 3,3

Q = 1,05

Q = 0,1

Le débit binaire maximal garantissant une taux d’erreur par bit inférieur à 10^-15 est environ 1,8 MHz. Par comparaison avec le résultat obtenu en 4., on en déduit que c'est l'atténuation de la fibre qui limite le débit binaire maximal.

9. Le bruit optique généré par l’amplificateur optique est lié à l’existence d’un signal optique dû à l’émission spontanée amplifiée (ASE). On a Pin_dBm = Pinj_dBm - αL/2 soit encore Pin0 = 12 µW et Pin1 = 120 µW.

10. L'application numérique donne PASE = 1,5 µW. En sortie de l'EDFA, la puissance optique

"signal" est égale à GPin soit GPin0 = 1,2 mW et GPin1 = 12 mW. Le rapport signal à bruit

optique en sortie de l’amplificateur est alors égal à 800 ou 8000, le bruit optique de l'EDFA n'est donc pas gênant.

11. Pour Be = 10 GHz et en négligeant les bruits autres que le bruit thermique, on a

[ ]

[ ]

10 7 , 1 2

10 6 , 9 10 96 Q 100

e Hz 23

9 A 9

>

× =

×

−

= ×

−

−

−

. Le mécanisme physique qui limite le débit binaire de la liaison est désormais la dispersion chromatique de la fibre.

B. Antennes I. Dipôle oscillant

1. L'onde électromagnétique rayonnée en M est sphérique et localement plane.

2. On a η0Hdip = u_×Edip = er×Edip d'où θ ^ω− _ϕ η

ω

= πε e

H r

sin e s c

4 I ) j t , M

( ₂ ^{j( t kr)}

0 0 0

dip . De plus,

r 2 0 2

0 0

dip*

dip r

sin sc 4 I

1 2

1 2

) 1 M

( E H e

P 

 



 ω θ

πε

= η

×

= ^.

3. La caractéristique vectorielle de rayonnement est donnée par ω θ _θ

= πε e

F sin

sc 4 I

j

0 2

dip 0 . On a

donc |Fdip/Fdipmax| = |sinθ| pour θ variant entre 0 et π. Comme sinθ > 0 dans le domaine de variation indiqué, on a en fait |Fdip/Fdipmax| = sinθ. Dans le plan (xOz) par exemple (symétrie de révolution du problème autour de (Oz)), le diagramme de rayonnement a pour coordonnées

cartésiennes dans ce plan :







θ

= θ θ

=

θ

= − θ

=

2 2sin sin 1

cos z

2 2 cos sin 1

x

dip dip 2

. On a donc (xdip - 1/2)² + zdip2 = 1/4, le

diagramme de rayonnement est un cercle centré en (x = 1/2 ; z = 0) et de rayon 1/2 :

O x

z

2 1 / 1

∆θdip

Diagramme de rayonnement du dipôle

oscillant

L'émission d'énergie est maximale dans la direction θ⁰ = π/2. L'angle d'ouverture ∆θ^dip à -3 dB du maximum est délimité par les axes passant par 0 et l'un des points tels que

θ θ =

θ+ +

θ

= −

=

+ sin

4 2 sin 4

2 cos 2 cos 2 1 2 z 1

x_dip² _dip^{2 2 2} . Ces deux derniers points sont

atteints pour θ = π/4 et θ = 3π/4. On obtient alors : ∆θ^dip = 90°.

4. On a par définition de la directivité

r 2 0

W ) ( r D0 4

θ

= π P

où Wr est la puissance totale rayonnée

sur une sphère centrée en O et à "grand" rayon r, soit ⁼²

∫∫

0 0

r ( )sin d d

W P . Après quelques

calculs sans surprise, on obtient : D0 = 3/2= 1,76 dB.

II. Antenne demi-onde

1. On calcule le champ Efil(M) rayonné par l'antenne demi-onde en considérant qu'il correspond à la superposition des champs dEdip produits par l'ensemble des dipôles élémentaires de longueur dz, centrés en z et parcourus par les courants I(z). Ces dipôles pouvant se déduire par translation le long de (Oz) du dipôle centré en O, on a, en utilisant les rappels donnés dans le texte pour le dipôle oscillant ainsi que le théorème de translation :

∫

∫

θ θ

θ −

ω

= πε

=

2 /

2 /

cos jkr jkz

0 2 fil

dip

fil e

r sin e dzc ) z ( 4 I ) j

M ( d ) M (

l l

e E

E soit encore :

) ( r g

sin e I c

4 j

dz e

2 z k 1 sin

r sin e I c

4 ) j M (

jkr 0 2

0

2 /

2 /

cos jkr jkz

0 2 fil 0

θ ω θ

= πε



 



 



 



 −

ω θ

= πε

θ

−

− θ θ

−

∫

e e E

l

l l l

l l

2. Après quelques petits calculs, on obtient facilement que

) ( sin

2cos cos 2 ) (

g ₂

θ π



 



π θ

=

θ ^{, d'où :}

θ θ

π



 



π θ

ω

= πε

θ e

F sin

2cos cos 2 I c 4 ) j

( _{0 2}

fil 0 l

3. Sur le diagramme de rayonnement donné dans le texte, on constate que θ^M = π/2 et on mesure

∆θfil = 78°. Les diagrammes de rayonnement du dipôle oscillant et de l'antenne demi-onde sont assez proches, si ce n'est que celui de l'antenne demi-onde est légèrement plus "aplati"comme

l'illustre la diminution de l'angle d'ouverture à -3 dB. On s'attend à trouver une directivité un peu plus importante pour l'antenne demi-onde que pour le dipôle oscillant.

4. Après quelques calculs, _{R 0} I₀² 4

438 , 2 2

W 1 η

= π . En écrivant _R R_fil I₀² 2

W = 1 , on obtient

Ω

= π η

= 73,2

4 438 , 2

R_fil 1 ₀ . La directivité DM de l'antenne demi-onde dans la direction θM se calcule de la même façon que dans le cas du dipôle oscillant, et on obtient finalement :

dB 15 , 438 2 , 2

D_M = 4 = .

III. Antenne tourniquet

1. Dans le cas où A1 et A2 sont deux dipôles élémentaires de même longueur s :

a. Dans le plan (yOz), le champ E1 est la somme des champs Edip1 et Edip2 produits par les deux dipôles élémentaires, alimentés en quadrature de phase. En s'aidant d'un petit raisonnement graphique reporté sur la figure ci-dessous, on obtient :

r )) e

2 / sin(

j c (sin

s 4 I

j ^{j( t kr)}

0 2 2 0

dip 1 dip 1

− ω

θ θ

− π

− ω θ

= πε +

=E E e

E .

O y

z

I₁ I₂ θ

M(r,θ,π/2) A₁

A₂

E_dip1

π/2 -θ

E_dip2 e_r

soit encore :

r ) e

cos j c (sin

s 4 I

j ^{j( t kr)}

0 2 2 0

dip 1 dip 1

− ω

θ θ

− ω θ

= πε +

=E E e

E

b. D'après ce qui précède ω θ− θ _θ

= πε e

F (sin jcos )

sc 4 I

j

0 2

1 0 et donc _{0 2}

1 0

sc 4 I

1 ω

= πε

F .

c. Dans (yOz), |Fdip| est constant, l'antenne tourniquet émet donc un rayonnement "isotrope"

dans ce plan (pas véritablement isotrope puisque le rayonnement n'est pas constant dans tout l'espace, seulement dans (yOz)).

2. Les antennes A1 et A2 sont désormais des antennes du type demi-onde.

a. Les deux antennes étant placées en parallèle, l'impédance totale est Zt = Ze/2 = (35,5 + j.22,5) Ω soit encore en impédance réduite zt = 0,5 + j.0,3. En tournant à rayon constant depuis yt = 1/zt, symétrique de zt par rapport à l'origine, on coupe le cercle

"partie réelle unité" aux points 1 ± j.0,8. Les distances auxquelles il faut placer le stub par rapport à l'antenne tourniquet pour y parvenir sont d1 = 0,035λ = 1,05 mm et d2 = 0,345λ = 1,035 cm. Enfin pour annuler les parties imaginaires ± j.0,8 il est nécessaire d'utiliser des stubs de longueur l1 = 0,358λ = 1,074 cm s'il est placé à la distance d1 de l'antenne ou l2 = 0,142λ = 0,426 cm s'il est placé à la distance d2.

b. Le champ électrique E2 s'exprime sous la forme :



 



 



 



π−θ

− θ ω θ

= πε ⁻ _θ

jg 2 ) ( r g

sin e I c

4 ) j M

( _{0 2} ^jkr

2 0 e

E l

Dans la direction θ = π/4, l'expression devient :

( )

g 4 r

e 2

2 I c

4 ) j M

( _{0 2} ^jkr

2 0  −



 



π ω

= πε ⁻ e_θ

E l

et donc,

2 2 2 cos 2 4 r 1 2

2 2 c

438 , 2

W 8 4

) 1 M

( ₂

0 R

2 0 π







π ω

λ η π

= πε E

d'où encore,

2 2 2 cos 2 4 r 1 2

2 c

f 2 f 2

c 438 , 2

W 8 4

) 1 M

( ₂

0 R

2 0 π







π π

η π

= πε E

et en simplifiant,

π







π η

= π 2

2 cos 2 r c1 438 µ

, 2

W ) 8

M

( ₀

0 2 R

E

On cherche donc RS tel que

π







π η

π 2

2 cos 2 R c 1 438 µ

, 2

W 8

0 S 0

R = ES = 2 V/m, on trouve

finalement : RS = 13,9 m.