Elektron in einem Halbleiter-Quantenpunkt
AFB IIIn einem Halbleiter-Quantenpunkt ist ein Elektron auf einen sehr kleinen Bereich eingesperrt. Vereinfachend beschreibt man ihn als eindimensionalen Potenzialtopf mit unendlich hohen Wänden und der Breite \(L = 2{,}0\,\mathrm{nm}\). Material M1 zeigt die drei untersten Zustände. Rechnen Sie mit \(h = 6{,}63\cdot 10^{-34}\,\mathrm{J\,s}\), \(m_e = 9{,}11\cdot 10^{-31}\,\mathrm{kg}\), \(1\,\mathrm{eV} = 1{,}60\cdot 10^{-19}\,\mathrm J\) und \(h\,c = 1240\,\mathrm{eV\cdot nm}\).
- Geben Sie die Bedingung für die erlaubten Wellenlängen im Potenzialtopf an und begründen Sie sie mithilfe von Material M1.
- Berechnen Sie für den Grundzustand die Wellenlänge \(\lambda_1\), den Impuls \(p_1\) und die Energie \(W_1\).
- Berechnen Sie die Energie und die Wellenlänge des Photons, das beim Übergang von \(n=2\) auf \(n=1\) ausgesandt wird, und ordnen Sie es einem Spektralbereich zu.
- Erläutern Sie, warum der tiefste erlaubte Zustand \(n=1\) und nicht \(n=0\) ist, und welche physikalische Aussage darin steckt.
Hinweis zu Aufgabe a)
Erwartungshorizont zu Aufgabe a)
Die Wellenfunktion muss an beiden Wänden null sein, dort liegt also je ein Knoten. Zwischen die Breite \(L\) passen deshalb nur ganzzahlig viele Halbwellen: \(L = n\cdot\frac{\lambda_n}{2}\), also \(\lambda_n = \dfrac{2L}{n}\) mit \(n = 1, 2, 3, \dots\)
In M1 ist das direkt ablesbar: Der Zustand \(n=1\) enthält eine halbe Welle, \(n=2\) eine ganze, \(n=3\) anderthalb. Eine Welle mit etwa 2,5 Halbwellen ließe sich nicht mit Knoten an beiden Enden einspannen und ist deshalb verboten.
Hinweis zu Aufgabe b)
Erwartungshorizont zu Aufgabe b)
Wellenlänge: \(\lambda_1 = 2L = 2\cdot 2{,}0\,\mathrm{nm} = 4{,}0\,\mathrm{nm} = 4{,}0\cdot 10^{-9}\,\mathrm m\).
Impuls: \(p_1 = \dfrac{h}{\lambda_1} = \dfrac{6{,}63\cdot 10^{-34}\,\mathrm{J\,s}}{4{,}0\cdot 10^{-9}\,\mathrm m} \approx 1{,}66\cdot 10^{-25}\,\mathrm{\frac{kg\,m}{s}}\).
Energie: \(W_1 = \dfrac{p_1^{\,2}}{2m_e} = \dfrac{(1{,}66\cdot 10^{-25})^2}{2\cdot 9{,}11\cdot 10^{-31}}\,\mathrm J \approx 1{,}51\cdot 10^{-20}\,\mathrm J\).
Umrechnung: \(W_1 = \dfrac{1{,}51\cdot 10^{-20}}{1{,}60\cdot 10^{-19}}\,\mathrm{eV} \approx 0{,}094\,\mathrm{eV}\).
Hinweis zu Aufgabe c)
Erwartungshorizont zu Aufgabe c)
Wegen \(W_n = n^2W_1\) ist \(W_2 = 4\cdot 0{,}094\,\mathrm{eV} = 0{,}376\,\mathrm{eV}\).
Übergang: \(\Delta W = W_2 - W_1 = 3\,W_1 = 3\cdot 0{,}094\,\mathrm{eV} \approx 0{,}28\,\mathrm{eV}\).
Wellenlänge: \(\lambda = \dfrac{1240\,\mathrm{eV\cdot nm}}{0{,}28\,\mathrm{eV}} \approx 4{,}4\cdot 10^{3}\,\mathrm{nm} = 4{,}4\,\mathrm{\mu m}\).
Das liegt weit jenseits von \(780\,\mathrm{nm}\), also im Infraroten — für das Auge unsichtbar.
Hinweis zu Aufgabe d)
Erwartungshorizont zu Aufgabe d)
Für \(n=0\) wäre \(\lambda_0 = \frac{2L}{0}\) nicht definiert; anschaulich bliebe keine Welle übrig, die Wellenfunktion wäre überall null. Das Elektron wäre dann gar nicht mehr im Topf. Der tiefste physikalisch mögliche Zustand ist deshalb \(n=1\) mit genau einem Bauch.
Damit besitzt das Elektron auch im tiefsten Zustand noch die Nullpunktsenergie \(W_1 > 0\): Ein eingesperrtes Elektron kann nie vollständig zur Ruhe kommen. Je enger der Topf, desto größer ist diese Restenergie — sie ist der Preis dafür, das Elektron auf einen kleinen Bereich festzulegen.
Nanodrähte — trägt das Modell?
AFB IIIEine Forschungsgruppe stellt Nanodrähte aus demselben Material in verschiedenen Längen her und misst jeweils die Energie des tiefsten Übergangs \(1\to 2\) (Material M1). Sie beschreibt die Drähte als eindimensionale Potenzialtöpfe. Für ein Elektron im Topf gilt \(W_n = \dfrac{n^2h^2}{8m_eL^2}\); praktisch lässt sich damit \(W_n \approx n^2\cdot\dfrac{0{,}376\,\mathrm{eV}}{(L/\mathrm{nm})^2}\) rechnen. Verwenden Sie \(h\,c = 1240\,\mathrm{eV\cdot nm}\).
| Draht | Länge \(L\) in nm | gemessene Übergangsenergie \(\Delta W_{1\to 2}\) in eV |
|---|---|---|
| A | 1,00 | 1,10 |
| B | 1,50 | 0,49 |
| C | 2,00 | 0,29 |
| D | 3,00 | 0,12 |
- Leiten Sie aus \(W_n = \dfrac{n^2h^2}{8m_eL^2}\) einen Ausdruck für die Übergangsenergie \(\Delta W_{1\to 2}\) her und begründen Sie damit, dass \(\Delta W_{1\to 2}\) umgekehrt proportional zu \(L^2\) sein muss.
- Berechnen Sie mit dem Modell die erwartete Übergangsenergie für Draht B und vergleichen Sie sie mit dem Messwert.
- Prüfen Sie anhand aller vier Messwerte aus M1, ob die in a) hergeleitete Proportionalität bestätigt wird.
- Die Gruppe möchte einen Draht bauen, der beim Übergang \(1\to 2\) rotes Licht der Wellenlänge \(650\,\mathrm{nm}\) aussendet. Berechnen Sie die dafür nötige Länge und nehmen Sie dazu Stellung, ob das Potenzialtopfmodell für einen solchen Draht noch tragfähig ist.
Hinweis zu Aufgabe a)
Erwartungshorizont zu Aufgabe a)
Ansatz: \(\Delta W_{1\to 2} = W_2 - W_1 = \dfrac{2^2h^2}{8m_eL^2} - \dfrac{1^2h^2}{8m_eL^2} = (4-1)\cdot\dfrac{h^2}{8m_eL^2} = \dfrac{3h^2}{8m_eL^2}\).
In diesem Ausdruck sind \(h\), \(m_e\) und der Faktor 3 feste Zahlen. Damit gilt \(\Delta W_{1\to 2} = \dfrac{\text{const.}}{L^2}\), also \(\Delta W_{1\to 2} \sim \dfrac{1}{L^2}\): Ein doppelt so langer Draht liefert nur ein Viertel der Übergangsenergie.
Hinweis zu Aufgabe b)
Erwartungshorizont zu Aufgabe b)
Ansatz: \(\Delta W_{1\to 2} = \dfrac{3\cdot 0{,}376\,\mathrm{eV}}{(1{,}50)^2} = \dfrac{1{,}128\,\mathrm{eV}}{2{,}25} \approx 0{,}50\,\mathrm{eV}\).
Der Messwert beträgt \(0{,}49\,\mathrm{eV}\). Modell und Messung stimmen auf etwa \(2\,\%\) überein — für ein derart stark vereinfachtes Modell ist das eine bemerkenswert gute Übereinstimmung.
Hinweis zu Aufgabe c)
Erwartungshorizont zu Aufgabe c)
Ist \(\Delta W \sim \frac{1}{L^2}\), so muss \(\Delta W \cdot L^2\) konstant sein:
A: \(1{,}10 \cdot 1{,}00^2 = 1{,}10\,\mathrm{eV\,nm^2}\) — B: \(0{,}49 \cdot 1{,}50^2 = 1{,}10\) — C: \(0{,}29 \cdot 2{,}00^2 = 1{,}16\) — D: \(0{,}12 \cdot 3{,}00^2 = 1{,}08\).
Die vier Werte liegen zwischen \(1{,}08\) und \(1{,}16\,\mathrm{eV\,nm^2}\), streuen also um weniger als \(\pm 4\,\%\) um den Mittelwert \(1{,}11\,\mathrm{eV\,nm^2}\). Das ist im Rahmen der Messgenauigkeit konstant. Die Proportionalität \(\Delta W \sim \frac{1}{L^2}\) wird also bestätigt; der theoretische Wert \(3\cdot 0{,}376\,\mathrm{eV} = 1{,}128\,\mathrm{eV\,nm^2}\) liegt genau in diesem Bereich.
Hinweis zu Aufgabe d)
Erwartungshorizont zu Aufgabe d)
Geforderte Übergangsenergie: \(\Delta W = \dfrac{1240\,\mathrm{eV\cdot nm}}{650\,\mathrm{nm}} \approx 1{,}91\,\mathrm{eV}\).
Umstellen: \(L^2 = \dfrac{1{,}128\,\mathrm{eV\,nm^2}}{1{,}91\,\mathrm{eV}} \approx 0{,}59\,\mathrm{nm^2}\), also \(L \approx 0{,}77\,\mathrm{nm}\).
Stellungnahme: Rechnerisch ist die Antwort eindeutig, physikalisch ist sie mit Vorsicht zu genießen. Eine Länge von \(0{,}77\,\mathrm{nm}\) entspricht nur noch wenigen Atomdurchmessern (rund \(0{,}1\,\mathrm{nm}\)). Auf dieser Skala sind zwei Modellannahmen kaum noch haltbar: Erstens sind die Wände real nicht unendlich hoch, sodass das Elektron bei so kleinen Abmessungen mit merklicher Wahrscheinlichkeit über den Rand hinausreicht; zweitens „spürt“ es zwischen so wenigen Atomen kein glattes, kraftfreies Inneres mehr, sondern die einzelnen Atomrümpfe.
Für die längeren Drähte A bis D, wo viele Atome hintereinander liegen, ist das Modell dagegen gut belegt — Teilaufgabe c) zeigt das. Ein rot leuchtender Draht ließe sich nach dieser Rechnung zwar planen, doch die Vorhersage wäre außerhalb des geprüften Bereichs und müsste experimentell überprüft werden.