Optoelettronica e Fotonica

Optoelettronica e Fotonica
Prova scritta del 23 settembre 2008
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Cognome e Nome
matricola
fila/posto
Es.1)
In una buca di potenziale quadrata di lato L=1nm, con i soli due stati a minore energia inizialmente
occupati da un singolo elettrone, stabilite la frequenza di oscillazione della funzione d’onda, e stabilite la
lunghezza d’onda di un fotone che abbia identica frequenza. Che energia avrà questo fotone?
Es.2) Se un chip ha una struttura verticale tipica dei laser a buca quantica (ossia con densità degli stati
costante, per E ≥ E g ) in AlGaAs/GaAs/AlGaAs ed una forma orizzontale quadrata di lato L=0.5 mm, e
nessun confinamento laterale, trovate le frequenze possibili di oscillazione, e stabilite la forma
dell’emissione all’esterno del laser.
Es.3) Indicate un modo per modificare la soglia di un laser senza modificarne l’efficienza.
Es.3)
SOLUZIONI
Es.1)
Dalla dispensa “Matrice di Transizione” prendiamo la soluzione per un generico sistema in cui la
“mistura” di stati iniziale sia data da soli due stati occupati, con uguale probabilità di occupazione (c=1
per entrambi)
 E − Eb 
t
ψ ( x, t ) = ψ a2 ( x ) +ψ b2 ( x ) + 2ψ a ( x )ψ ψ a ( x ) ( x ) cos a
 h

Per la buca di potenziale, i due stati a minore energia sono:
2


h2  π 
π 
(
)
ψ
x
=
sen
x
E
=




 a
 a
2m  L 
 L  a cui corrispondono le energie 


2
2
ψ b ( x ) = sen 2 π x 
 E = h  2 π  = 4 E
a

 b 2m  L 
 L 
E − Eb
E
La pulsazione è ω = 2πν = a
= −3 a .
h
h
Tenendo conto che per la pulsazione il segno è irrilevante, abbiamo:
E − Eb 3
3
h2
π 2 3 h 1 3 6.626 × 10 −27 1
ν= a
= Ea =
=
=
= 2.7 ×1014 s −1
2πh
h
h 4π 2 × 2m L2 8 m L2 8 9.11×10 −28 (10 −7 )2
Per il fotone:
c 2.998 × 1010
λ= =
= 1.1×10 −4 cm = 1.1µm , E = hν = 6.626 ×10 −27 × 2.7 × 1014 = 1.7 ×10 −12 erg , ossia:
ν
2.7 ×1014
1.7 × 10 −12
= 1.1eV
E=
1.602 ×10 −12
Non ci vuole molto a vedere che questa energia è proprio la differenza tra i due livelli energetici dati,
ossia quel fotone potrebbe perturbare il sistema.
Es.2)
Supponendo (come è normale) che lo spessore della regione attiva in GaAs sia molto minore delle
lunghezze d’onda consentite, le uniche oscillazioni possono avvenire sul piano della regione attiva. In
questo piano, la soluzione è la medesima che per la buca di potenziale quadrata:
 π   π 
f ( x, y ) = sen mx x  sen m y y  , dove f è una qualsiasi delle componenti del campo elettromagnetico
L 
 L  
e mx, my son due numeri interi.
Questo dice che, dentro la regione attiva, il vettore d’onda può assumere i valori
π
π
 π
mx2 + m 2y = nk0 , dove n è l’indice di
k = (k x , k y ) =  mx , m y  , a cui corrisponde per il modulo k =
L
L
 L
rifrazione del GaAs che vale n=3.590 (formula 35 di pag.715 del libro).
hc
A ciascuna di queste oscillazioni corrispondono fotoni di energia E = hν 0 =
= hck0 , ossia:
λ0
E = hc
π
nL
mx2 + m y2
Per i valori dati, abbiamo
π
6.626 × 10 −27 /(1.602 × 10 −12 )
π
E = hc
mx2 + m y2 =
2.998 ×1010
mx2 + m y2 =
nL
2π
3.590 × 0.05
.
−4
2
2
= 3.4540 × 10 mx + m y eV
La minore frequenza di oscillazione corrisponde alla minima di queste energie che sia anche superiore al
E 3.4540 × 10 −4
gap del GaAs, che è E g = 1.424eV . Questo ci conduce a:
=
mx2 + m y2 > 1 , ossia:
Eg
1.424
mx2 + m 2y > 4122.76 .
Qui ci sono infinite soluzioni, e corrispondono a onde piane variamente inclinate rispetto ai bordi della
regione attiva.
Il laser quindi emetterà da tutti i quattro lati, e gran parte di queste oscillazioni uscirà inclinata.
Es.3) Memori dell’esercizio della scorsa volta, si può ad esempio modificare il confinamento laterale.
Oppure si può modificare la riflettività degli specchi. Il punto chiave è che, una volta innescata
l’emissione stimolata, ciò che determina l’efficienza (ossia il rapporto differenziale tra potenza ottica in
uscita e corrente iniettata) dipende solo dalle proprietà del materiale attivo. Se queste non cambiano,
l’efficienza è la medesima.