Atomic models and Planck's quantum theory Questions in Gujarati

(A) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુ માટે,$n^{th}$ કોષમાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જા $E_n = -13.6 \times \frac{Z^2}{n^2} \ eV$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જેમ કોષનો નંબર $n$,$K$ $(n=1)$ થી $N$ $(n=4)$ સુધી વધે છે,તેમ $n$ નું મૂલ્ય વધે છે.
$1$. $K.E. = |E_n| = 13.6 \times \frac{Z^2}{n^2}$. જેમ $n$ વધે છે,તેમ $K.E.$ ઘટે છે.
$2$. કુલ ઉર્જા $E_n = -13.6 \times \frac{Z^2}{n^2}$. જેમ $n$ વધે છે,તેમ ઋણ મૂલ્યનું માન ઘટે છે,એટલે કે કુલ ઉર્જા વધે છે.
$3$. સ્થિતિ ઉર્જા $P.E. = 2 \times E_n = -27.2 \times \frac{Z^2}{n^2}$. જેમ $n$ વધે છે,તેમ ઋણ મૂલ્યનું માન ઘટે છે,એટલે કે સ્થિતિ ઉર્જા વધે છે.
તેથી,જેમ ઇલેક્ટ્રોન ઉચ્ચ કોષમાં જાય છે તેમ ગતિ ઉર્જા ઘટે છે.

(B) હાઇડ્રોજન જેવા સ્પીસીઝ માટે કક્ષાની ત્રિજ્યાનું સૂત્ર: $r_n = a_0 \times \frac{n^2}{Z}$,જ્યાં $a_0$ એ બોહર ત્રિજ્યા છે,$n$ એ કક્ષાનો ક્રમ છે અને $Z$ એ પરમાણુ ક્રમાંક છે.
$Li^{+2}$ આયન $(Z=3)$ માટે: $n_1 = 2$,$Z_1 = 3$. તેથી,$r_1 = a_0 \times \frac{2^2}{3} = a_0 \times \frac{4}{3}$.
$Be^{+3}$ આયન $(Z=4)$ માટે: $n_2 = 3$,$Z_2 = 4$. તેથી,$r_2 = a_0 \times \frac{3^2}{4} = a_0 \times \frac{9}{4}$.
ગુણોત્તર $\frac{r_1}{r_2} = \frac{4/3}{9/4} = \frac{4}{3} \times \frac{4}{9} = \frac{16}{27}$ છે.

(A) હાઇડ્રોજન જેવા સ્પીસીઝ માટે ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જાનું સૂત્ર: $E_n = E_0 \frac{Z^2}{n^2}$,જ્યાં $E_0$ એ હાઇડ્રોજનની ભૂમિ અવસ્થાની ઉર્જા છે,$Z$ એ પરમાણુ ક્રમાંક છે અને $n$ એ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક છે.
હાઇડ્રોજન માટે ભૂમિ અવસ્થામાં $(n=1, Z=1)$:
$E_H = E_0 \frac{1^2}{1^2} = E_0$
$Be^{3+}$ માટે પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થામાં $(n=2, Z=4)$:
$E_{Be^{3+}} = E_0 \frac{4^2}{2^2} = E_0 \frac{16}{4} = 4E_0$
હાઇડ્રોજનની ભૂમિ અવસ્થા અને $Be^{3+}$ ની પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થાની ઉર્જાનો ગુણોત્તર:
ગુણોત્તર $= \frac{E_H}{E_{Be^{3+}}} = \frac{E_0}{4E_0} = \frac{1}{4} = 1:4$

(D) ઇલેક્ટ્રોનિક સંક્રમણમાં,ઇલેક્ટ્રોન ઉચ્ચ ઉર્જા સ્તરથી નીચા ઉર્જા સ્તર પર કૂદકો મારે છે.
આ પ્રક્રિયા અત્યંત ઝડપી છે.
આવા ઇલેક્ટ્રોનિક સંક્રમણ માટે લાગતો સમય સામાન્ય રીતે $10^{-8} \, sec$ ના ક્રમનો હોય છે.

(B) પરમાણુમાં ઇલેક્ટ્રોનની કુલ ઉર્જા $E_n = -\frac{13.6 \ Z^2}{n^2} \ eV$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ઇલેક્ટ્રોન ન્યુક્લિયસ સાથે સ્થિર વિદ્યુતીય આકર્ષણ બળો દ્વારા જોડાયેલ હોવાથી,તેની સ્થિતિ ઉર્જા ઋણ હોય છે અને તેનું મૂલ્ય ગતિ ઉર્જા કરતા વધારે હોય છે.
તેથી,કુલ ઉર્જા (ગતિ ઉર્જા અને સ્થિતિ ઉર્જાનો સરવાળો) હંમેશા ઋણ હોય છે,જે દર્શાવે છે કે ઇલેક્ટ્રોન બંધિત અવસ્થામાં છે.

(A) બોહર મોડેલમાં,$n^{th}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જા $E_{n} = -13.6 \times \frac{Z^{2}}{n^{2}} \text{ eV}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જેમ ન્યુક્લિયસથી અંતર વધે છે,તેમ $n$ નું મૂલ્ય વધે છે.
જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન ન્યુક્લિયસથી અનંત અંતરે હોય,ત્યારે $n = \infty$ થાય છે.
સૂત્રમાં $n = \infty$ મૂકતા,આપણને $E_{\infty} = -13.6 \times \frac{Z^{2}}{\infty^{2}} = 0$ મળે છે.
તેથી,ન્યુક્લિયસથી અનંત અંતરે ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જા શૂન્ય લેવામાં આવે છે.

(C) ન્યુક્લિયસથી અનંત અંતરે ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જા $0$ ગણવામાં આવે છે.
જેમ ઇલેક્ટ્રોન ન્યુક્લિયસની નજીક આવે છે,તેમ તે ન્યુક્લિયસ સાથે બંધાય છે,જેના પરિણામે ઉર્જા ઋણ બને છે.
હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુમાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જા $E_n = -\frac{13.6 \ Z^2}{n^2} \ eV$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જેમ ન્યુક્લિયસથી અંતર ઘટે છે (એટલે કે $n$ ઘટે છે),તેમ $E_n$ નું મૂલ્ય વધુ ઋણ બને છે (એટલે કે તે ઘટે છે).
તેથી,ઉર્જા ઘટીને વધુ ઋણ મૂલ્ય તરફ જાય છે.

(A) હાઇડ્રોજન પરમાણુમાં ઇલેક્ટ્રોન સંક્રમણ માટે ઉર્જાનો ફેરફાર $\Delta E = 13.6 \ \text{eV} \times Z^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$n_1$ થી $n_2$ ના સંક્રમણ માટે જરૂરી ઉર્જા $\left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$ ના પ્રમાણમાં હોય છે.
વિકલ્પોની સરખામણી કરતા:
$A$: $n=1$ થી $n=2$,$\Delta E \propto (1 - 0.25) = 0.75$.
$B$: $n=2$ થી $n=3$,$\Delta E \propto (0.25 - 0.111) = 0.139$.
$C$: $n=\infty$ થી $n=1$ એ ઉત્સર્જન (ઉર્જા મુક્ત થવી) દર્શાવે છે,શોષણ નહીં.
$D$: $n=3$ થી $n=5$,$\Delta E \propto (0.111 - 0.04) = 0.071$.
આપેલા શોષણ સંક્રમણોમાં $n=1$ થી $n=2$ નું સંક્રમણ સૌથી વધુ ઉર્જાની જરૂરિયાત ધરાવે છે.

(D) પરમાણુનું બોહરનું મોડેલ પરમાણુની સ્થિરતા અને હાઇડ્રોજન જેવા સ્પીસીઝની રેખીય વર્ણપટ સમજાવવામાં સફળ રહ્યું હતું.
જોકે,તે બાહ્ય ચુંબકીય ક્ષેત્ર (ઝીમેન અસર) અથવા બાહ્ય વિદ્યુત ક્ષેત્ર (સ્ટાર્ક અસર) ની હાજરીમાં વર્ણપટ રેખાઓનું વિભાજન સમજાવવામાં નિષ્ફળ ગયું.
તે હાઇઝનબર્ગના અનિશ્ચિતતાના સિદ્ધાંતનો પણ વિરોધાભાસ કરે છે,કારણ કે તે ઇલેક્ટ્રોન માટે ચોક્કસ માર્ગો ધારે છે.
તેથી,બોહરના મોડેલ દ્વારા આપેલી કોઈ પણ ઘટના સમજાવી શકાતી નથી.

(D) બોહરના પરમાણુ સિદ્ધાંતે સ્થાયી કક્ષાઓ અથવા સ્થાયી અવસ્થાઓની હાજરી વિશે સમજૂતી આપી,જેમાં ઇલેક્ટ્રોન ઉર્જાનું ઉત્સર્જન કર્યા વિના કેન્દ્રની આસપાસ ફરે છે. આ સિદ્ધાંત રધરફોર્ડના પરમાણુ મોડેલની મર્યાદાઓને દૂર કરવામાં સફળ રહ્યો હતો.

(D) હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n^{th}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જાનું સૂત્ર $E_n = \frac{-13.6}{n^2} \ eV$ છે.
$n = 2$ અવસ્થા માટે,ઉર્જા $E_2 = \frac{-13.6}{2^2} = \frac{-13.6}{4} = -3.4 \ eV$ છે.
$n = 2$ અવસ્થામાંથી ઇલેક્ટ્રોનને અનંત ($n = \infty$,જ્યાં $E = 0$) સુધી દૂર કરવા માટે જરૂરી ઉર્જા $\Delta E = E_{\infty} - E_2 = 0 - (-3.4 \ eV) = 3.4 \ eV$ છે.

(A) હાઇડ્રોજન પરમાણુની ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટમાં ઇલેક્ટ્રોનની કુલ ઉર્જા $E = -13.6 \, eV$ છે.
ઇલેક્ટ્રોનને ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટમાંથી દૂર કરવા (આયનીકરણ કરવા) માટે,આપણે તેની બંધન ઉર્જા જેટલી ઉર્જા આપવી પડે,જે $|E| = 13.6 \, eV$ છે.
આ ઉર્જા ઉત્સર્જિત ઇલેક્ટ્રોનને ગતિ ઉર્જા તરીકે આપવામાં આવે છે.
સ્ટોપિંગ પોટેન્શિયલ $V_s$ એ મહત્તમ ગતિ ઉર્જા $K_{max}$ સાથે $K_{max} = e \times V_s$ સમીકરણ દ્વારા સંબંધિત છે.
અહીં $K_{max} = 13.6 \, eV$ હોવાથી,$13.6 \, eV = e \times V_s$ મળે છે.
તેથી,$V_s = 13.6 \, V$.

(D) બોહરનું મોડેલ ફક્ત હાઇડ્રોજન જેવા સ્પીસીઝ માટે લાગુ પડે છે,જે એવી સિસ્ટમ છે જેમાં માત્ર એક જ ઇલેક્ટ્રોન હોય છે.
$H$ માં $1$ ઇલેક્ટ્રોન છે,$He^{+}$ માં $2-1 = 1$ ઇલેક્ટ્રોન છે,અને $Li^{2+}$ માં $3-2 = 1$ ઇલેક્ટ્રોન છે.
$Na$ (સોડિયમ) માં $11$ ઇલેક્ટ્રોન છે.
$Na$ એ બહુ-ઇલેક્ટ્રોન સિસ્ટમ હોવાથી,બોહરનું મોડેલ તેના ઉત્સર્જન વર્ણપટને સમજાવી શકતું નથી.

(C) બોહરના અભિધારણા મુજબ,$n^{th}$ કક્ષામાં પરિભ્રમણ કરતા ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $(L)$ ક્વોન્ટાઈઝ્ડ હોય છે.
કોણીય વેગમાનનું સૂત્ર $L = mvr = \frac{nh}{2\pi}$ છે,જ્યાં $n$ એ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક છે,$h$ એ પ્લાન્કનો અચળાંક છે,અને $m, v, r$ એ અનુક્રમે દળ,વેગ અને કક્ષાની ત્રિજ્યા છે.
આમ,સાચું સૂત્ર $\frac{nh}{2\pi}$ છે.

(D) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુમાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જાનું સૂત્ર $E_n = -\frac{13.6 Z^2}{n^2} \text{ eV}$ છે.
જેમ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n$ વધે છે,તેમ $E_n$ નું મૂલ્ય ઓછું ઋણ બને છે,જેનો અર્થ છે કે ઉર્જા વધે છે.
જેમ $n \to \infty$,ઉર્જા $E_n$ એ $0$ ની નજીક પહોંચે છે,જે બંધાયેલા ઇલેક્ટ્રોન માટે મહત્તમ શક્ય ઉર્જા છે.
તેથી,જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન કેન્દ્રથી અનંત અંતરે હોય ત્યારે તેની પાસે મહત્તમ ઉર્જા હોય છે.

(C) $n^{\text{મી}}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જા નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$E_n = -13.6 \frac{Z^2}{n^2} \ \text{eV}$
જેમ આપણે ન્યુક્લિયસથી દૂર જઈએ છીએ,તેમ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n$ વધે છે.
ઉર્જાના સૂત્રમાં ઋણ નિશાની હોવાથી,જેમ $n$ વધે છે,તેમ $\frac{1}{n^2}$ નું મૂલ્ય ઘટે છે,જેનાથી કુલ ઉર્જા $E_n$ ઓછી ઋણ બને છે (એટલે કે તે વધુ ધન બને છે).
તેથી,જેમ ઇલેક્ટ્રોન ન્યુક્લિયસથી દૂર જાય છે તેમ તેની ઉર્જા વધે છે.

(C) હાઇડ્રોજન પરમાણુમાં ઇલેક્ટ્રોનિક સંક્રમણ માટે ઉર્જાનો તફાવત $\Delta E = 13.6 \times Z^2 \times (\frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2}) \text{ eV}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે,$Z=1$,તેથી $\Delta E = 13.6 \times (\frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2}) \text{ eV}$.
દરેક સંક્રમણ માટે ઉર્જાની ગણતરી કરતા:
$A$: $n=1$ થી $n=2$,$\Delta E = 10.2 \text{ eV}$.
$B$: $n=2$ થી $n=3$,$\Delta E = 1.89 \text{ eV}$.
$C$: $n=1$ થી $n=\infty$,$\Delta E = 13.6 \text{ eV}$.
$D$: $n=3$ થી $n=5$,$\Delta E = 0.97 \text{ eV}$.
મૂલ્યોની સરખામણી કરતા,$n=1$ થી $n=\infty$ ના સંક્રમણ માટે સૌથી વધુ ઉર્જાની જરૂર પડે છે.

(B) હાઇડ્રોજન પરમાણુની કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જા $E_n = -\frac{2.18 \times 10^{-11}}{n^2} \, ergs$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$n=1$ માટે,$E_1 = -2.18 \times 10^{-11} \, ergs$.
$n=3$ માટે,$E_3 = -\frac{2.18 \times 10^{-11}}{3^2} = -\frac{2.18 \times 10^{-11}}{9} \approx -0.2422 \times 10^{-11} \, ergs$.
શોષાયેલી ઉર્જા $\Delta E = E_3 - E_1 = (-0.2422 \times 10^{-11}) - (-2.18 \times 10^{-11}) = 1.9378 \times 10^{-11} \, ergs = 0.19378 \times 10^{-10} \, ergs$.
આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,સૌથી નજીકનું મૂલ્ય $0.1911 \times 10^{-10} \, ergs$ છે.

(B) આપેલ છે,$E = -3.4 \ eV$.
$n^{th}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઊર્જા $E = -\frac{13.6 \ eV}{n^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમત મૂકતા: $-3.4 = -\frac{13.6}{n^2} \implies n^2 = \frac{13.6}{3.4} = 4 \implies n = 2$.
બોહરના અભિધારણા મુજબ,કોણીય વેગમાન $L = \frac{nh}{2\pi}$ છે.
$n = 2$ માટે,$L = \frac{2h}{2\pi} = \frac{h}{\pi}$.
$h = 6.626 \times 10^{-34} \ J \ s$ અને $\pi \approx 3.14$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L = \frac{6.626 \times 10^{-34}}{3.14} \approx 2.11 \times 10^{-34} \ kg \ m^2 \ s^{-1}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(B) પરમાણુમાં $r$ અંતરે રહેલા ઇલેક્ટ્રોનની સ્થિતિ ઉર્જા $(PE)$ નું સૂત્ર:
$PE = \frac{k_e q_1 q_2}{r}$
અહીં,$q_1 = Ze$ (કેન્દ્રનો વીજભાર) અને $q_2 = -e$ (ઇલેક્ટ્રોનનો વીજભાર).
તેથી,$PE = \frac{k_e (Ze)(-e)}{r} = -\frac{k_e Z e^2}{r}$.
ગાઉસિયન એકમોમાં જ્યાં $k_e = 1$ લેવામાં આવે છે,ત્યારે આ સૂત્ર $- \frac{Z e^2}{r}$ બને છે.

(B) કુલંબના નિયમ મુજબ,$r$ અંતરે રહેલા બે બિંદુવત વિદ્યુતભારો $q_1$ અને $q_2$ વચ્ચેનું સ્થિર વિદ્યુતીય આકર્ષણ બળ $(F)$ નીચે મુજબ છે: $F = k \frac{|q_1 q_2|}{r^2}$.
હાઇડ્રોજન પરમાણુમાં,ન્યુક્લિયસનો વીજભાર $+e$ $(Z=1)$ છે અને ઇલેક્ટ્રોનનો વીજભાર $-e$ છે.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા,આપણને મળે છે: $F = k \frac{|(+e)(-e)|}{r^2} = k \frac{e^2}{r^2}$.
જો આપેલા વિકલ્પોમાં અચળાંક $k$ ને એકમ ગણવામાં આવે,તો અભિવ્યક્તિ $\frac{e^2}{r^2}$ થાય છે.

(C) બોહરના હાઇડ્રોજન પરમાણુના મોડેલ મુજબ:
$1$. ઇલેક્ટ્રોનની વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ એ ન્યુક્લિયસ અને ઇલેક્ટ્રોન વચ્ચેના સ્થિર વિદ્યુત આકર્ષણ બળ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે,જે $\frac{mv^2}{r} = \frac{Ze^2}{r^2}$ દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે. આમ,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.
$2$. બોહરે અભિધારણા કરી હતી કે સ્થિર કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન ક્વોન્ટાઈઝ્ડ હોય છે,જે $mvr = \frac{nh}{2\pi}$ છે. આમ,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.
$3$. બોહર મોડેલમાં,ન્યુક્લિયસ સ્થિર છે તેમ માનવામાં આવે છે,પરંતુ પ્રોટોનનું દળ અવગણવામાં આવતું નથી; મોડેલ એવું માને છે કે ઇલેક્ટ્રોનની સરખામણીમાં ન્યુક્લિયસ અનંત ભારે છે. તેથી,'પ્રોટોનનું દળ અવગણવામાં આવે છે' તે વિધાન ખોટું છે.
તેથી,વિકલ્પ $C$ એ ખોટું વિધાન છે.

(B) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુની $n^{th}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનો વેગ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $v_n = 2.18 \times 10^8 \times \frac{Z}{n} \ \text{cm s}^{-1}$.
હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે,પરમાણુ ક્રમાંક $Z = 1$ છે.
આમ,$v_n = 2.18 \times 10^8 \times \frac{1}{n} \ \text{cm s}^{-1}$.
ઝડપ $v_n$ મહત્તમ હોવા માટે,છેદ $n$ સૌથી નાનો પૂર્ણાંક હોવો જોઈએ.
કક્ષાનો ક્રમાંક $n$ એ $1$ થી શરૂ થતો હોવાથી,$n = 1$ પર ઝડપ મહત્તમ હોય છે.

(B) થી $A$ ના સંક્રમણ માટે ઉર્જાનો તફાવત એ $C$ થી $B$ અને $B$ થી $A$ ના સંક્રમણો માટેના ઉર્જા તફાવતોનો સરવાળો છે.
$E_C - E_A = (E_C - E_B) + (E_B - E_A)$
ઉર્જા $E = \frac{hc}{\lambda}$ હોવાથી,આપણે લખી શકીએ:
$\frac{hc}{\lambda_3} = \frac{hc}{\lambda_1} + \frac{hc}{\lambda_2}$
બંને બાજુને $hc$ વડે ભાગતા:
$\frac{1}{\lambda_3} = \frac{1}{\lambda_1} + \frac{1}{\lambda_2}$
$\frac{1}{\lambda_3} = \frac{\lambda_2 + \lambda_1}{\lambda_1 \lambda_2}$
તેથી,$\lambda_3 = \frac{\lambda_1 \lambda_2}{\lambda_1 + \lambda_2}$.

(C) હાઇડ્રોજન જેવા સ્પીસીઝની બંધન ઉર્જાનું સૂત્ર $E_n = -13.6 \times \frac{Z^2}{n^2} \ eV$ છે.
હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે,$Z = 1$ અને $n = 1$,તેથી $E_H = 13.6 \ eV$.
સિંગલી આયોનાઇઝ્ડ હિલિયમ પરમાણુ $(He^+)$ માટે,$Z = 2$ અને $n = 1$.
તેથી,$E_{He^+} = 13.6 \times \frac{2^2}{1^2} \ eV$.
$E_{He^+} = 13.6 \times 4 \ eV = 54.4 \ eV$.

(D) $He^{+}$ સ્પેક્ટ્રમમાં $n=4$ થી $n=2$ ના સંક્રમણ માટે તરંગ સંખ્યા: $\bar{\nu} = R Z^{2} ( \frac{1}{n_{1}^{2}} - \frac{1}{n_{2}^{2}} )$.
$He^{+}$ માટે $Z=2$,$n_{1}=2$,અને $n_{2}=4$ લેતા:
$\bar{\nu} = R(2)^{2} ( \frac{1}{2^{2}} - \frac{1}{4^{2}} ) = 4R ( \frac{3}{16} ) = \frac{3R}{4}$.
તેથી,તરંગલંબાઈ $\lambda = \frac{4}{3R}$.
હાઇડ્રોજન પરમાણુ $(Z=1)$ માટે,આપણે એવું સંક્રમણ $n_{2} \rightarrow n_{1}$ શોધીએ છીએ કે જેથી $\bar{\nu} = R(1)^{2} ( \frac{1}{n_{1}^{2}} - \frac{1}{n_{2}^{2}} ) = \frac{3R}{4}$.
આ સમીકરણ $n_{1}=1$ અને $n_{2}=2$ માટે સાચું ઠરે છે,કારણ કે $( \frac{1}{1^{2}} - \frac{1}{2^{2}} ) = \frac{3}{4}$.
આમ,હાઇડ્રોજનમાં $n=2 \rightarrow n=1$ નું સંક્રમણ સમાન તરંગલંબાઈ ધરાવે છે.

(C) હાઇડ્રોજન પરમાણુમાં ઉર્જા સ્તરો મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n$ દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે.
$K$ કક્ષા $n = 1$,$L$ કક્ષા $n = 2$ અને $M$ કક્ષા $n = 3$ ને અનુરૂપ છે.
જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન કોઈપણ ઉચ્ચ ઉર્જા સ્તર $(n_2 > 3)$ થી $M$ કક્ષા $(n_1 = 3)$ માં સંક્રમણ કરે છે,ત્યારે મળતી વર્ણપટ રેખાઓ પાશ્ચન શ્રેણીનો ભાગ બને છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(B) કોઈપણ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની મહત્તમ સંખ્યા $2n^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. ત્રીજી કક્ષા $(n=3)$ માટે,મહત્તમ ઇલેક્ટ્રોન સંખ્યા $2(3)^2 = 18$ છે. તેથી,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.
જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન ઉચ્ચ ઉર્જા સ્તર $(n_2)$ થી નીચલા ઉર્જા સ્તર $(n_1)$ પર આવે છે,ત્યારે ઉત્સર્જિત ઉર્જા $\Delta E = E_{n_2} - E_{n_1}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. ઉર્જા સ્તરો અલગ હોવાથી,ઉત્સર્જિત ઉર્જા પ્રારંભિક સ્તર $(n_2)$ પર આધાર રાખે છે. તેથી,અલગ-અલગ ઉચ્ચ સ્તરોથી સમાન સ્તર પર આવતી વખતે અલગ-અલગ ઉર્જા ઉત્સર્જિત થાય છે. તેથી,વિકલ્પ $B$ ખોટો છે.
બામર શ્રેણી એ સંક્રમણોને અનુરૂપ છે જ્યાં ઇલેક્ટ્રોન $n=2$ સ્તર પર આવે છે,જે દ્રશ્યમાન વિભાગમાં છે. તેથી,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.
હાઇડ્રોજન પરમાણુની ભૂમિ અવસ્થા એ સૌથી ઓછી ઉર્જા ધરાવતી અવસ્થા છે,જે $n=1$ ને અનુરૂપ છે. તેથી,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(C) આપેલ છે: $n_2 = 8$ અને $n_1 = 2$.
જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન ઉચ્ચ ઉર્જા સ્તર $n_2$ થી નીચા ઉર્જા સ્તર $n_1$ માં સંક્રમણ કરે ત્યારે ઉત્સર્જિત વર્ણપટ રેખાઓની કુલ સંખ્યા શોધવાનું સૂત્ર:
$N = \frac{(n_2 - n_1)(n_2 - n_1 + 1)}{2}$
કિંમતો મૂકતા:
$N = \frac{(8 - 2)(8 - 2 + 1)}{2}$
$N = \frac{6 \times 7}{2}$
$N = \frac{42}{2}$
$N = 21$
આમ,વર્ણપટ રેખાઓની કુલ સંખ્યા $21$ છે.

(D) જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન ઉત્તેજિત અવસ્થા $n$ માંથી ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટમાં સંક્રમણ કરે ત્યારે ઉત્સર્જિત થતી શક્ય વર્ણપટ રેખાઓની સંખ્યા $\frac{n(n-1)}{2}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$n = 4$ માટે,રેખાઓની સંખ્યા $\frac{4(4-1)}{2} = 6$ છે.
શક્ય સંક્રમણો છે:
$4$ $\rightarrow 3, 4$ $\rightarrow 2, 4$ $\rightarrow 1, 3$ $\rightarrow 2, 3$ $\rightarrow 1, 2$ $\rightarrow 1$.
આમ,વિકલ્પ $A, B$ અને $C$ માં આપેલા તમામ સંક્રમણો શક્ય છે,તેથી સાચો જવાબ $D$ છે.

(A) રીટ્ઝ કોમ્બિનેશન સિદ્ધાંત જણાવે છે કે પરમાણુ વર્ણપટમાં કોઈપણ વર્ણપટ રેખાનો તરંગ આંક બે વર્ણપટ પદોના તફાવત તરીકે દર્શાવી શકાય છે.
ગાણિતિક રીતે,તે $\bar{\nu} = T(n_1) - T(n_2)$ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે,જ્યાં $T(n) = \frac{R_H Z^2}{n^2}$.
આ રીડબર્ગ સૂત્ર તરફ દોરી જાય છે: $\bar{\nu} = R_H Z^2 \left[ \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right]$.
વિકલ્પ $A$ રીડબર્ગ સૂત્ર દર્શાવે છે,જે રીટ્ઝ કોમ્બિનેશન સિદ્ધાંતનો સીધો ઉપયોગ છે.
તેથી,$A$ સાચો જવાબ છે.

(B) ઇલેક્ટ્રોનિક સંક્રમણ માટે વર્ણપટ રેખાની તરંગલંબાઇ સંક્રમણમાં સામેલ ઉર્જા સ્તરોના તફાવતના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે.
$\Delta E = E_2 - E_1 = \frac{hc}{\lambda}$
તેથી,$\lambda = \frac{hc}{\Delta E}$,જે સૂચવે છે કે $\lambda \propto \frac{1}{\Delta E}$.

(C) વર્ણપટની રેખાઓની તરંગલંબાઇ માટેનું રિડબર્ગ સૂત્ર $\frac{1}{\lambda} = R_H Z^2 (\frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2})$ છે.
જેમ તરંગલંબાઇ $\lambda$ વધે છે,તેમ ઉર્જાનો તફાવત $\Delta E = \frac{hc}{\lambda}$ ઘટે છે.
કોઈપણ શ્રેણીમાં,જેમ આપણે ઉચ્ચ ઉર્જા સ્તરો તરફ જઈએ છીએ,તેમ ક્રમિક સ્તરો વચ્ચેનો ઉર્જા તફાવત ઘટે છે,જેનો અર્થ છે કે વર્ણપટની રેખાઓ ટૂંકી તરંગલંબાઇ (ઉચ્ચ ઉર્જા) પર એકબીજાની નજીક આવે છે,લાંબી તરંગલંબાઇ પર નહીં.
તેથી,વિધાન કે વર્ણપટની રેખાઓ લાંબી તરંગલંબાઇ પર નજીક હોય છે તે ખોટું છે.

(D) હાઇડ્રોજન પરમાણુનો રેખીય વર્ણપટ ઉર્જા સ્તરોના ક્વોન્ટાઇઝેશન માટે પુરાવા પૂરા પાડે છે.
જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન ઉચ્ચ ઉર્જા સ્તર $(n_2)$ થી નીચા ઉર્જા સ્તર $(n_1)$ માં સંક્રમણ કરે છે,ત્યારે તે ફોટોનનું ઉત્સર્જન કરે છે.
આ ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઉર્જા $\Delta E = E_2 - E_1 = h\nu$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આ સૂચવે છે કે ઉર્જા સતત ગુમાવાતી નથી,પરંતુ ઉર્જાના અલગ જથ્થા અથવા પેકેટના સ્વરૂપમાં ગુમાવાય છે જેને ક્વોન્ટા અથવા ફોટોન કહેવામાં આવે છે.

(A) હાઇડ્રોજન વર્ણપટમાં,જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન ઊંચી ઉર્જા સ્તરો $(n_2 = 3, 4, 5, ...)$ માંથી $L$ કક્ષા $(n_1 = 2)$ માં કૂદકો મારે છે ત્યારે ઉત્પન્ન થતી રેખાઓની શ્રેણીને બામર શ્રેણી તરીકે ઓળખવામાં આવે છે.
આ શ્રેણી વિદ્યુતચુંબકીય વર્ણપટના દ્રશ્યમાન વિભાગમાં જોવા મળે છે.

(D) જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન ઉત્તેજિત અવસ્થા $n_2$ થી નીચી ઉર્જા અવસ્થા $n_1$ માં સંક્રમણ કરે છે ત્યારે ઉત્પન્ન થતી વર્ણપટ રેખાઓની સંખ્યા આ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\frac{(n_2 - n_1)(n_2 - n_1 + 1)}{2}$.
અહીં,ઇલેક્ટ્રોન $5$ મા સ્તર $(n_2 = 5)$ પર ઉત્તેજિત થાય છે અને ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ $(n_1 = 1)$ પર પાછા ફરે છે.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{(5 - 1)(5 - 1 + 1)}{2} = \frac{4 \times 5}{2} = 10$.
તેથી,કુલ $10$ વર્ણપટ રેખાઓ ઉત્પન્ન થાય છે.

(A) જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન ઉત્તેજિત અવસ્થા $n$ માંથી ધરા અવસ્થામાં સંક્રમણ કરે છે ત્યારે ઉત્સર્જિત થતી વર્ણપટ રેખાઓની કુલ સંખ્યા શોધવાનું સૂત્ર: $\text{કુલ રેખાઓ} = \frac{n(n-1)}{2}$ છે.
આપેલ છે કે કુલ રેખાઓની સંખ્યા $10$ છે,તેથી:
$\frac{n(n-1)}{2} = 10$
$n(n-1) = 20$
$n^2 - n - 20 = 0$
$(n-5)(n+4) = 0$
$n$ ધન હોવું જોઈએ,તેથી $n = 5$.
દ્રશ્યમાન વર્ણપટ એ બામર શ્રેણીને અનુરૂપ છે,જ્યાં સંક્રમણ $n_1 = 2$ ઉર્જા સ્તર પર થાય છે.
$n = 5$ થી $n = 2$ માં આવતા ઇલેક્ટ્રોન માટે,શક્ય સંક્રમણો છે:
$5 \rightarrow 2$,$4 \rightarrow 2$,અને $3 \rightarrow 2$.
આમ,દ્રશ્યમાન વિસ્તારમાં $3$ રેખાઓ છે.

(C) તરંગ આંક $\bar{\nu}$ રીડબર્ગ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\bar{\nu} = R_H Z^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$.
$H$ પરમાણુ $(Z=1)$ માટે પ્રથમ લાયમન સંક્રમણ: $n_1=1, n_2=2$. તેથી,$\bar{\nu}_1 = R_H (1)^2 \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right) = \frac{3}{4} R_H$.
હાઇડ્રોજન જેવા આયન $(Z)$ માટે બીજા બામર સંક્રમણ: $n_1=2, n_2=4$. તેથી,$\bar{\nu}_2 = R_H Z^2 \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{4^2} \right) = R_H Z^2 \left( \frac{3}{16} \right)$.
બંનેને સરખાવતા: $\frac{3}{4} R_H = R_H Z^2 \left( \frac{3}{16} \right)$.
$\frac{3}{4} = Z^2 \left( \frac{3}{16} \right) \implies Z^2 = 4 \implies Z = 2$.
આમ,$Z=2$ ધરાવતો આયન $He^{+}$ છે.

(C) ઉત્સર્જિત વિકિરણની તરંગલંબાઇ માટે રિડબર્ગ સૂત્ર: $\frac{1}{\lambda} = R_H \times Z^2 \times (\frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2})$
હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે,$Z = 1$. ઇલેક્ટ્રોન અનંત $(n_2 = \infty)$ થી સ્થિર અવસ્થા $n_1 = 1$ માં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{1}{\lambda} = 1.097 \times 10^7 \ m^{-1} \times (1)^2 \times (\frac{1}{1^2} - \frac{1}{\infty^2})$
$\frac{1}{\lambda} = 1.097 \times 10^7 \times (1 - 0) = 1.097 \times 10^7 \ m^{-1}$
$\lambda = \frac{1}{1.097 \times 10^7} \ m \approx 9.115 \times 10^{-8} \ m$
મીટરને નેનોમીટર $(nm)$ માં ફેરવવા માટે,$10^9$ વડે ગુણો: $\lambda = 9.115 \times 10^{-8} \times 10^9 \ nm = 91.15 \ nm \approx 91 \ nm$.

(C) હાઇડ્રોજન વર્ણપટનો પારજાંબલી વિસ્તાર લાયમન શ્રેણીને અનુરૂપ છે,જ્યાં સંક્રમણ ધરા અવસ્થા $(n_1 = 1)$ માં થાય છે.
જો પારજાંબલી વિસ્તારમાં $4$ રેખાઓ હોય,તો સંક્રમણ $n_2 = 5, 4, 3, 2$ થી $n_1 = 1$ સુધીના છે.
આનો અર્થ એ છે કે ઇલેક્ટ્રોન શરૂઆતમાં $n = 5$ ઉત્તેજિત અવસ્થામાં છે.
$n = 5$ થી નીચી ઉર્જા સ્તરોમાં સંક્રમણ કરતા ઇલેક્ટ્રોન માટે,શક્ય વર્ણપટ રેખાઓની કુલ સંખ્યા $\frac{n(n-1)}{2}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n = 5$.
કુલ રેખાઓ = $\frac{5(5-1)}{2} = 10$.
ઇન્ફ્રારેડ વિસ્તારમાં રેખાઓ પાશ્ચન શ્રેણી $(n_1 = 3)$ અને બ્રેકેટ શ્રેણી $(n_1 = 4)$ ને અનુરૂપ છે.
$n = 5$ થી ઇન્ફ્રારેડ વિસ્તારમાં શક્ય સંક્રમણો નીચે મુજબ છે:
$5 \rightarrow 4$ (બ્રેકેટ શ્રેણી)
$5 \rightarrow 3$ (પાશ્ચન શ્રેણી)
$4 \rightarrow 3$ (પાશ્ચન શ્રેણી)
આમ,ઇન્ફ્રારેડ વિસ્તારમાં $3$ રેખાઓ મળે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(A) ફોટોનની ઉર્જા $E = mc^2 = \frac{hc}{\lambda}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જે સૂચવે છે કે $m = \frac{h}{\lambda c}$. તેથી,$m \propto \frac{1}{\lambda}$.
લાયમેન શ્રેણી માટે,પ્રથમ રેખા $n_2 = 2$ થી $n_1 = 1$ ના સંક્રમણને અનુરૂપ છે:
$\frac{1}{\lambda_1} = R_H \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right) = R_H \left( 1 - \frac{1}{4} \right) = \frac{3R_H}{4}$.
બામર શ્રેણી માટે,પ્રથમ રેખા $n_2 = 3$ થી $n_1 = 2$ ના સંક્રમણને અનુરૂપ છે:
$\frac{1}{\lambda_2} = R_H \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2} \right) = R_H \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right) = \frac{5R_H}{36}$.
કારણ કે $m \propto \frac{1}{\lambda}$,દળનો ગુણોત્તર $\frac{m_1}{m_2} = \frac{\lambda_2}{\lambda_1} = \frac{1/\lambda_1}{1/\lambda_2} = \frac{3R_H/4}{5R_H/36} = \frac{3}{4} \times \frac{36}{5} = \frac{27}{5}$.
તેથી,ગુણોત્તર $27 : 5$ છે.

(C) રિડબર્ગ સૂત્ર $\frac{1}{\lambda} = R \left[ \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right]$ છે.
લાયમન શ્રેણીની શ્રેણી મર્યાદા માટે,$n_1 = 1$ અને $n_2 = \infty$.
તેથી,$\frac{1}{\lambda_L} = R(1 - 0) = R$,જે સૂચવે છે કે $\lambda_L = \frac{1}{R} = 912 \ \mathring{A}$.
બામર શ્રેણીની શ્રેણી મર્યાદા માટે,$n_1 = 2$ અને $n_2 = \infty$.
તેથી,$\frac{1}{\lambda_B} = R \left( \frac{1}{2^2} - 0 \right) = \frac{R}{4}$.
આનાથી $\lambda_B = \frac{4}{R} = 4 \lambda_L$ મળે છે.
$\lambda_L$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $\lambda_B = 4 \times 912 \ \mathring{A}$ મળે છે.

(A) હાઇડ્રોજન જેવા સ્પીસીઝ માટે તરંગ સંખ્યા $\bar{\nu}$ રીડબર્ગ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\bar{\nu} = R Z^2 (\frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2})$.
હાઇડ્રોજન પરમાણુ $(Z=1)$ માટે બામર શ્રેણીની પ્રથમ રેખા $n_2=3$ થી $n_1=2$ નું સંક્રમણ છે: $\bar{\nu} = R (1)^2 (\frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2}) = R (\frac{5}{36})$.
$He^{+}$ આયન $(Z=2)$ માટે,આપણે એવું સંક્રમણ $n_2 \rightarrow n_1$ શોધવું પડશે કે જેથી $\bar{\nu} = R (2)^2 (\frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2}) = R \frac{5}{36}$ થાય.
સાદું રૂપ આપતા,$(\frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2}) = \frac{5}{144}$ મળે.
વિકલ્પો તપાસતા,$n_2=6$ અને $n_1=4$ માટે: $(\frac{1}{16} - \frac{1}{36}) = \frac{5}{144}$ મળે છે.
તેથી,$He^{+}$ માં $6 \rightarrow 4$ સંક્રમણ સમાન તરંગ સંખ્યા ધરાવે છે.

(A) આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ,ઉત્સર્જિત ઈલેક્ટ્રોનની ગતિ ઊર્જા નીચે મુજબ છે:
$K_{max} = hv - hv_0$
ફોટોઈલેક્ટ્રિક ઉત્સર્જન થવા માટે $K_{max}$ ધન હોવું જોઈએ,તેથી:
$hv > hv_0$ અથવા $v > v_0$
અહીં,$v$ એ આપાત પ્રકાશની આવૃત્તિ છે અને $v_0$ એ થ્રેશોલ્ડ આવૃત્તિ છે. આમ,ફોટોઈલેક્ટ્રિક અસર ત્યારે જ થાય છે જ્યારે આપાત પ્રકાશની આવૃત્તિ ચોક્કસ લઘુત્તમ મૂલ્ય કરતા વધારે હોય,જેને થ્રેશોલ્ડ આવૃત્તિ કહેવામાં આવે છે.

(C) આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઈલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ: $KE = h\nu - h\nu_0$,જ્યાં $h\nu_0$ એ વર્ક ફંક્શન છે.
શરૂઆતમાં: $KE_1 = h\nu - h\nu_0 \ldots(1)$
જ્યારે આવૃત્તિ બમણી કરવામાં આવે: $KE_2 = h(2\nu) - h\nu_0 = 2h\nu - h\nu_0 \ldots(2)$
સમીકરણ $(1)$ પરથી,$h\nu = KE_1 + h\nu_0$. આ કિંમત સમીકરણ $(2)$ માં મૂકતા:
$KE_2 = 2(KE_1 + h\nu_0) - h\nu_0$
$KE_2 = 2KE_1 + 2h\nu_0 - h\nu_0$
$KE_2 = 2KE_1 + h\nu_0$
કારણ કે $h\nu_0 > 0$,નવી ગતિઊર્જા $KE_2$ એ $2KE_1$ કરતા વધારે હશે.

(B) ફોટોનની ઊર્જા $E = h\nu = \frac{hc}{\lambda}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જેમ તરંગલંબાઇ વધે છે,તેમ ફોટોનની ઊર્જા ઘટે છે.
આપેલા રંગો માટે તરંગલંબાઇનો ક્રમ $\lambda_{\text{green}} < \lambda_{\text{yellow}} < \lambda_{\text{red}}$ છે.
તેથી,ઊર્જાનો ક્રમ $E_{\text{green}} > E_{\text{yellow}} > E_{\text{red}}$ છે.
પીળા પ્રકાશ સાથે સપાટી ઇલેક્ટ્રોન ઉત્સર્જિત કરતી નથી,તેથી પીળા પ્રકાશની ઊર્જા સપાટીની થ્રેશોલ્ડ ઊર્જા (વર્ક ફંક્શન) કરતા ઓછી છે.
લાલ પ્રકાશની ઊર્જા પીળા પ્રકાશ કરતા પણ ઓછી હોવાથી,તે પણ થ્રેશોલ્ડ ઊર્જા કરતા ઓછી હશે.
આમ,લાલ પ્રકાશ દ્વારા કોઈ ઇલેક્ટ્રોન ઉત્સર્જિત થશે નહીં,પછી ભલે તેની તીવ્રતા કે સમયગાળો ગમે તે હોય.

(D) ફોટોઇલેક્ટ્રિક સમીકરણ $h\nu = \Phi + KE$ છે,જ્યાં $\Phi$ એ વર્ક ફંક્શન છે અને $KE$ એ ગતિ ઊર્જા છે.
શૂન્ય વેગ માટે,$KE = 0$,તેથી $h\nu = \Phi$.
આપેલ છે કે $\Phi = 4 \, eV$,તેથી $h\nu = 4 \, eV$.
$\lambda = \frac{hc}{\Phi}$ સંબંધનો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $hc \approx 12400 \, eV \cdot \mathring{A}$:
$\lambda = \frac{12400 \, eV \cdot \mathring{A}}{4 \, eV} = 3100 \, \mathring{A}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(C) ફોટોઈલેક્ટ્રિક અસર મુજબ,ઉત્સર્જિત ફોટોઈલેક્ટ્રોનની ગતિજ ઉર્જા $(KE)$ સમીકરણ $KE = h\nu - \Phi$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $h$ એ પ્લાન્કનો અચળાંક છે,$\nu$ એ આપાત પ્રકાશની આવૃત્તિ છે અને $\Phi$ એ ધાતુનું કાર્ય વિધેય (work function) છે.
આપેલ ધાતુ માટે $\Phi$ અચળ હોવાથી,ઉત્સર્જિત ઇલેક્ટ્રોનની ગતિજ ઉર્જા સીધી રીતે આપાત પ્રકાશની આવૃત્તિ $(\nu)$ પર આધાર રાખે છે.

(D) $1s$ ઇલેક્ટ્રોનિક સ્તર હાઇડ્રોજન પરમાણુને ફોટોનનું શોષણ કરવા દે છે પરંતુ તેનું ઉત્સર્જન કરવા દેતું નથી.
વિકિરણના શોષણ પર,ઇલેક્ટ્રોન $1s$ સ્તરથી ઉચ્ચ સ્તર જેવા કે $2s$ અથવા $3s$ માં સ્થાનાંતરિત થાય છે.
પરંતુ ફોટોનનું ઉત્સર્જન કરવા માટે,ઇલેક્ટ્રોન ઉચ્ચ ઉર્જા સ્તરથી નીચલા ઉર્જા સ્તરમાં જવો જોઈએ.
$1s$ એ સૌથી નીચું ઉર્જા સ્તર હોવાથી,ઇલેક્ટ્રોન નીચલા સ્તરમાં જઈ શકતો નથી.
તેથી,ઉત્સર્જન શક્ય નથી.

(B) ભૂમિ અવસ્થા $(GS)$ અને પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા $(1^{st} ES)$ વચ્ચેનો ઉર્જા તફાવત તેમની આયનીકરણ ઉર્જાના તફાવત દ્વારા મળે છે:
$\Delta E = 1540 - 300 = 1240 \ kJ \ mol^{-1}$.
આ ઉર્જાને $eV$ માં ફેરવવા માટે,આપણે $1 \ eV \approx 96.5 \ kJ \ mol^{-1}$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ:
$\Delta E = \frac{1240}{96.5} \approx 12.85 \ eV$.
$\lambda (nm) = \frac{1240}{\Delta E (eV)}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\lambda = \frac{1240}{12.85} \approx 96.5 \ nm$.
તરંગલંબાઇ $96.5 \ nm$ હોવાથી,જે $10 \ nm$ થી $400 \ nm$ ની વચ્ચે આવે છે,તેથી ઉત્સર્જિત પ્રકાશ $UV$ વિસ્તારમાં છે.