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Aufgabe 1: Absorption von Photonen in Halbleitern

Aufgabe a): Nähere Sonnenlicht als monochromatisches Licht der Wellenlänge von \(\lambda = 500 \; nm\) an. Silizium hat eine Bandlücke (Energiedifferenz zwischen Grundzustand und angeregtem Zustand) von \(E_g = 1.1 \; eV\). Wie hoch ist der maximale Wirkungsgrad für diese Konstellation?

Wahrscheinlich bezieht sich die Fragestellung auf den photovoltaischen Effekt, welcher z. B. in einer Solarzelle ausgenutzt wird. Bei der Solarzelle wird der Wirkungsgrad durch verschiedene Faktoren vermindert, z. B. durch die Reflexion. Hier wird nur der theoretische Wirkungsgrad berechnet, der sich aus dem Verhältnis der Photonenenergie und der Bandlücke des Halbleiters ergibt.
Dazu muss man wissen, dass die Energie \(h \cdot \nu\) eines absorbierten Photons, welches die Bandlücke \(E_g\) übersteigt, in Wärmeenergie umgewandelt \(\Delta E\) wird und daher nicht mehr zur Erzeugung von Leitungsstrom zur Verfügung steht.

Zur Skizze: Ein Photon wird von einem Elektron im Valenzband absorbiert. Wenn die Photonenenergie hinreichend groß ist, wird das Elektron in das Leitungsband gehoben. Die Photonenenergie kann die Bandlücke \(E_g\) um den Betrag \(\Delta E\) übersteigen. In diesem Fall wird die überschüssige Energie \(\Delta E\) durch Relaxation (Stöße) an die Bandkante in Wärmenergie umgewandelt und ist somit für die Stromgewinnung verloren. Der theoretische Wirkungsgrad kann also maximal der Quotient aus Bandlücke und Photonenenergie sein.

Die Energie eines Photons hängt wie folgt von der Wellenlänge ab:

\[ E_{ph} = h \cdot \nu = h \cdot \frac{c}{\lambda} \]

Hier sind:

Damit haben Photonen der Wellenlänge \(\lambda = 500 \; nm\) die Energie:

\[ E_{ph} = h \cdot \frac{c}{\lambda} = 4.136 \cdot 10^{-15} \; eV \cdot s \cdot \frac{3 \cdot 10^8 \; m/s}{5 \cdot 10^{-7} \; m} = 2.482 \; eV \]

Dies ist bedeutend höher als die Bandlücke. Der durch Relaxation in Wärmeenergie umgewandelte Energieanteil beträgt:

\[ \Delta E = E_{ph} - E_g = 2.482 \; eV - 1.1 \; eV = 1.382 \; eV \] Der maximale theoretische Wirkungsgrad ergibt sich aus dem Quotienten von Bandlücke und Photonenenergie:

\[ \eta_{500} = \frac{E_g}{E_{ph}} = \frac{1.1 \; eV}{2.482 \; eV} \approx 44 \; \% \]


Aufgabe b): Wie ändert sich der Wirkungsgrad, wenn das Sonnenspektrum durch drei spektrale Komponenten mit folgenden Anteilen an der Lichtleistung angenähert wird:

Es müssen zunächst die Wirkungsgrade für die anderen beiden Wellenlängen berechnet werden.

Photonen der Wellenlänge \(\lambda = 350 \; nm\) haben die Energie:

\[ E_{ph} = h \cdot \frac{c}{\lambda} = 4.136 \cdot 10^{-15} \; eV \cdot s \cdot \frac{3 \cdot 10^8 \; m/s}{3.5 \cdot 10^{-7} \; m} = 3.545 \; eV \]

Damit beträgt der maximale theoretische Wirkungsgrad für \(\lambda = 350 \; nm\):

\[ \eta_{350} = \frac{E_g}{E_{ph}} = \frac{1.1 \; eV}{3.545 \; eV } \approx 31 \; \% \]


Es muss überprüft werden, ob Photonen der Wellenlänge \(\lambda = 1.5 \; \mu m\) die Bandlücke überwinden können:

Diese Photonen haben die Energie:

\[ E_{ph} = h \cdot \frac{c}{\lambda} = 4.136 \cdot 10^{-15} \; eV \cdot s \cdot \frac{3 \cdot 10^8 \; m/s}{1.5 \cdot 10^{-6} \; m} = 0.827 \; eV \]

Diese Photonen können kein Elektron über die Bandlücke heben und werden daher nicht absorbiert. Für diese Photonen ist der Halbleiter durchsichtig. Der Wirkungsgrad ist daher Null, d.h. \(\eta_{1500} = 0\).

Um den totalen Wirkungsgrad der spektralen Komponenten zu berechnen, werden diese einfach mit den Anteilen an der Intensität gewichtet:

\[ \eta_{tot} = 0.25 \cdot \eta_{350} + 0.5 \cdot \eta_{500} + 0.25 \cdot \eta_{1500} = 0.25 \cdot 0.31 + 0.5 \cdot 0.44 + 0.25 \cdot 0 \approx 30 \; \% \] Der totale Wirkungsgrad beträgt rund 30 %. Am günstigsten ist es, wenn die Energie der einfallen Strahlung möglichst nah an der Bandlücke liegt.


Aufgabe 2: Leistung von Solarzellen

Aufgabe a): Welchen Strom könnte eine Si-Solarzelle mit einer Fläche von \(A = 2 \; m^2\) maximal erzeugen, wenn die einfallende Lichtstrahlung eine Leistungsdichte (Intensität) von \(I_{Str} = 1 \; W/m^2\) hat und als monochromatisch mit \(\lambda = 500 \; nm\) genähert werden kann ?

Die Intensität ist die Leistung pro Fläche:

\[ I_{Str} = \frac{P}{A} \] Bei einer Strahlungsintensität von von \(I_{Str} = 1 \; W/m^2\) haben wir also die Strahlungsleistung:

\[ P_{Str} = I_{Str} \cdot A = 1 \; Wm^{-2} \cdot 2 \; m^2 = 2 \; W \]

Die Strahlungsleistung ist ebenfalls gegeben durch die Formel:

\[ P_{Str} = n_{ph} \cdot E_{ph} \] Hier sind:

Wir können damit \(n_{ph}\) ausrechnen, also wie viele Photonen pro Zeiteinheit auf die Fläche \(A\) auftreffen:

\[ n_{ph} = \frac{P_{Str}}{E_{ph}} = \frac{2 \; W}{2.482 \; eV} = \frac{2 \; J/s}{2.482 \cdot 1.6 \cdot 10^{-19} \; J} \approx 5 \cdot 10^{18} \cdot 1 /s \]

Einheiten:

Wenn wir davon ausgehen, dass jedes Photon ein Elektron in das Leitungsband anregt, ist dies auch zugleich der Elektronenstrom, also die Anzahl \(n_e\) der angeregten Elektronen pro Zeiteinheit. Da jedes Elektron die Elementarladung \(q_e = 1.6 \cdot 10^{-19} \; C\) befördert, ist schließlich die elektrische Stromstärke (“Ladung pro Zeit”):

\[ I = n_e \cdot q_e = 5 \cdot 10^{18} \cdot 1 /s \cdot 1.6 \cdot 10^{-19} \; C = 0.8 \; A \] Einheiten: Coulomb: \(C = A \cdot s\)

Die Stromstärke beträgt also ca. \(0.8 \; A\).


Aufgabe b): Welcher maximalen Leistung entspräche dies?

Jedes Elektron liefert einen Energiebetrag, der der Bandlücke entspricht. Wenn wir also den Elektronenstrom (Anzahl pro Zeit) mit dieser Energie multiplizieren, sollten wir die elektrische Leistung \(P_{el}\) erhalten:

\[ P_{el} = n_e \cdot E_g = 5 \cdot 10^{18} \cdot 1 /s \cdot 1.1 \; eV = 5 \cdot 10^{18} \cdot 1 /s \cdot 1.1 \cdot 1.6 \cdot 10^{-19} \; J = 0.88 \; W \]

Einheiten:

Die elektrische Leistung beträgt also rund \(0.88 \; W\). Dies sind zugleich 44 Prozent der Strahlungsleistung von \(2 \; W\), also die Strahlungsleistung multipliziert mit dem Wirkungsgrad.


Aufgabe 3: Batterietechnik und wasserstoffbasierte Energietechnik

Aufgabe: Gib mindenstens drei Punkte an, bei denen sich Batterietechnik, z.B. Li-Ionen, von wasserstoffbasierter Energietechnik unterscheidet. Was sind die jeweiligen Vor- und Nachteile?

Siehe z. B. diese Webseite, die die Vor- und Nachteile insbesondere im Tranportsektor nennt (allerdings nicht unbedingt objektiv) .

Gewicht:
Wasserstoff hat eine wesentlich höhere Energiedichte als Batterien, was bedeutet, dass ein mit Brennstoffzellen betriebener Antrieb weniger wiegt. Bei Fahrzeugen mit einer Reichweite von 800 Kilometern kann der Unterschied bis zu zwei Tonnen betragen. Folglich ermöglicht die Brennstoffzellentechnologie längere Reichweiten und schwerere Nutzlasten.

Betankung:
Ein batteriebetriebenes Elektrofahrzeug benötigt eine relativ lange Aufladezeit, während ein Fahrzeug mit Brennstoffzellentechnologie in 15 Minuten wieder einsatzbereit ist. Aber: Um den Wasserstoff an Tankstellen für das Auftanken bereitzustellen, muss dieser auf einen Druck von ca. 1050 bar gebracht werden und auf minus 40 Grad heruntergekühlt werden. Und: Tanken mit Wasserstoff geht nur alle 35 bis 40 Minuten, weil die Tankstelle diese Zeit zur Wiederbefüllung der Tanksäule braucht. Eine Wasserstoff-Tankstelle kostet bis zu zwei Millionen Euro. Eine Schnell-Ladestelle für E-Autos kostet nur etwa 100.000.

Temperatur:
Brennstoffzellen können problemlos mit Temperaturschwankungen während einer langen Fahrt umgehen, da sie weniger kälteempfindlich sind als Batterien.

Energieeffizienz: Wasserstoff wird per Elektrolyse hergestellt. Das ist sehr energieaufwendig. Bereits 40 Prozent der Energie bei der Produktion des Wasserstoffs verloren. Außerdem muss Wasserstoff für den Transport verflüssigt werden, was weitere 12 bis 40 Prozent der Anfangsenergie verschwendet.

Umwelt: Batterien benötigen das teure und giftige Kobalt als Kathodenmaterial. Aber: neuere Lithium-Eisenphosphat-Batterien benötigen kein Kobalt.

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