5 Übungsblatt Photovoltaik
5.1 (Back-Surface-Field)
a)
Es ist die Rekombination am Rückseitenkontakt gemeint. Dies ist eine Oberächenre-
kombination. Es existiert ein Halbleiter-Metall-Kontakt, wobei die Zustandsverteilung
bei diesemeinehohe Oberächenrekombinationsgeschwin digkei t zurFolgehat.
b)
Beim Back-Surface-Field wird eine
p + Schicht eingebaut, wobei ein pp +-Übergang ent-
steht. Das resultierende Feld wirkt für die Elektronen wie eine Art Spiegel, da es eine
abstoÿendeKraftaufdiesebewirkt,estreibtdieElektronenzurückindieBasis.Dadurch
erreichen weniger Elektronen den Halbleiter-Metall-Kontakt und somit rekombinieren
auchwenigerElektron-Loch-Paare an derOberäche.
Skizze:
E F
x E
E C
E V
Die Elektronen werdenamKontakt nunzumTeil reektiert.
c)
Es besteht weiterhin die Möglichkeit der Reduzierung der Kontaktäche, somit nden
auchweniger Oberächenrekombinationen statt,dadieAnzahldieservonder Gröÿeder
Oberäche abhängig ist.
Wirnehmen eine Antireexionsschicht derDicke
d
und dem Brechungsindexn g auf Si-
lizium (Brechungsindex
n s ≈ 4
) und an Luft (Brechungsindexn l = 1
) an. Die Gesam-treexion
R
dieser Schichten in Abhängigkeit der Wellenlängeλ
lässt sich beschreiben durch:R = r 1 2 + r 2 2 + 2r 1 r 2 cos (2θ) 1 + r 1 2 r 2 2 + 2r 1 r 2 cos (2θ)
mit
: r 1 = n l − n g
n l + n g ; r 2 = n n g − n s
g +n s ; θ = 2πn g d λ
a)
Es wird ein Reexionsminimum für eine optische Weglänge in der Antireexionsschicht
von
n g d = λ 4 angenommen. Es ist zu bestimmen, unter welcher Nebenbedingung R = 0
wird. D.h.
R = 0 = r 1 2 + r 2 2 + 2r 1 r 2 cos (2θ) 1 + r 1 2 r 2 2 + 2r 1 r 2 cos (2θ)
mit
θ = 2πn λ g d = 2π λ λ 4 = π 2,somitalso:
R = 0 = r 1 2 + r 2 2 − 2r 1 r 2
1 + r 1 2 r 2 2 − 2r 1 r 2
,
Dies verschwindet also für
r 2 1 − 2r 1 r 2 + r 2 2 = (r 1 − r 2 ) 2 = 0
, dies wird durchr 1 = r 2
erfüllt.
b)
Es ist die Dicke
d
der Antireexionsschicht für minimale Reexionsverluste in Abhän- gigkeit der Wellenlänge und des Silizium-Brechungsindexes zu bestimmen. Wir wissenbereitsausa),dassdasMinimumfür
n g d = λ 4 angenommenwird.Dasheisstd (λ) = 4n λ
g
.Wirwollen nun
d
inAbhängigkeitvonderWellenlänge unddesSilizium-Brechungsindexn s darstellen, d.h.wirmüssen d (λ, n s )
bestimmen. Es gilt:
r 2 = n g − n s
n g + n s ⇔ n g = (1 + r 2 ) (1 − r 2 ) n s .
Dieskönnen wireinsetzen und wirerhalten:
d (λ, n s ) = λ (1 − r 2 ) 4 (1 + r 2 ) n s
.
Es istdie Antireexionsschicht inHinblickauf Dicke
d
und Brechungsindexn g beieiner
Wellenlänge von
500 nm
zuoptimieren. Wirhabenina) dieNebenbedingung fürR = 0
als
r 1 = r 2 gefunden.Wirkönnen nunmit n l = 1
und n s = 4
schreiben:
r 1 = n l − n g
n l + n g = 1 − n g
1 + n g = n g − 4
n g + 4 = n g − n s
n g + n s = r 2
Dieskönnen wirumformen zu
n g = 2
.Nutzen wirdieBedingungn g d = λ 4 mit n g = 2
und
λ = 500 · 10 − 9 m
,soergibt sich eineDickevond = 6.25 · 10 − 8 m
.Wirbenutzennund
undn g für denFallvon λ = 800 · 10 − 9 m
,wirkönnen zuerst θ
bestimmen:
θ = 2π · 2 · 6.25 · 10 − 8
800 · 10 − 9 ≈ 0, 982 ⇒ cos (2θ) ≈ −0, 383
Hieraus folgtfür
R
(wobeiimmer nochr 1 = r 2 = r = − 1 3):
R = 2r 2 (1 + cos (2θ))
1 + r 4 + 2r 2 cos (2θ) = 2 1 9 (1 − 0, 383)
1 + 81 1 + 2 1 9 (−0, 383) ≈ 0, 137
0, 927 ≈ 0, 148.
Eswerdenalsoca.
15
%des800 nm
LichtesreektiertundsindsomitReexionsverlust.5.3 (Kontaktngeranordnung zur Wirkungsgradmaximierung)
Wirbetrachteneine
n + p
-Silizium-SolarzellemiteinerFlächevon5×5 cm 2,welcheamAr-
beitspunkt betrieben wird (
j A = 40 cm mA 2 ; U A = 0, 6 V ; P A ∗ = U A j A = 24 mAV cm 2 ,für 25 cm 2
istdieLeistungmaximalalso:
P A = 0, 6 W
).Wirordnenb = 30 µm
breiteKontaktnger parallel zueinanderund senkrecht zu denKantenächen derZelle an. DasZiel istes füreinenhohen Wirkungsgrad den optimalen Fingerabstand
d
zu berechnen,wobeinur derSerienwiderstandim Emitter
R n berücksichtigt werdensoll. Die Kontaktngerlänge be-
trägt l = 5 cm
, derFlächenwiderstand R S = 20 cm Ω 2,wobei sich der Emitterwiderstand
über
R n = R s d 6l
berechnen lässt, mit
d
dem optimalen Fingerabstand,der zugleichderBreite derzwi- schen zwei Kontaktngern eingeschlossenenen Emitteräche entspricht. Für den Wir-kungsgradgilt:
η = I SC · V OC · F F
P L = I A · V A P L
Esistnunzubeachten,dassjederKontaktnger
A = l ·b = 5 ·3 ·10 − 3 cm 2 = 0.015 cm 2
Fläche verbraucht, die derZelle nicht mehrzur Energiegewinnung zurVerfügung steht.
DaheristdieBreitedernutzbarenFlächegegebenmit
D = l − N · b
(DienutzbareFlächeistgegebenmit
D ·l = l 2 −N · A
),wobeiN
dieAnzahlderKontakngerist.Hierausfolgtfür den Abstand der Kontaknger
d = D N = N l − b
.Für den Emitterwiderstand können wirdies jetzteinsetzen:R n = R s
6l
l
N − b
= R s
6N − R s b 6l ,
unser Ziel ist es
N
zu bestimmen, wobeiη
in Abhängigkeit vond
maximiert werdensoll.Es gilt
V A = R n I A,hierausfolgt:
η = I A · V A
P L = R n I A 2
P L = R s d 6l
I A 2 P L
ableiten nach
d
und0
setzen liefert:∂η
∂d = 0 = R s 6l
I A 2 P L ,
wir sehensofort, dass derWeg keinsinnvollesErgebnis liefert.Anderer Ansatz
U A = R n I A ⇔ R n = U j A
A = 40 0,6 mA V = 0, 015 cm Ω 2 .SetzenwirR n
ein,erhalten wir:
N = R s
6 R n + R 6l s b = 20 cm Ω 2 6
0, 6 cm Ω 2 + 20
Ω
cm2 30 10 −4 cm 30 cm
= 10
(1, 8 + 0.006) = 10
1, 806 ≈ 5, 54
D.h. ca.
N = 6
.Hierausfolgt dannd = 5 6 cm − 0, 003 cm = 0, 83 cm
. Diesliefert einenWiderstand
R nvon:
R n = 20 cm Ω 2 0, 83 cm
30 cm = 0, 553 Ω
cm 2 6= 0, 015 Ω cm 2 .
Istalso auchfalsch,dasliegtvermutlich amAnsatz,da