Bohr's Model of Hydrogen Atom Questions in Gujarati

(D) ડી-બ્રોગ્લી પૂર્વધારણા મુજબ,સ્થિર કક્ષાનો પરિઘ એ તરંગલંબાઇનો પૂર્ણાંક ગુણાંક હોવો જોઈએ:
$n \lambda = 2 \pi r_n$
વળી,ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન નીચે મુજબ આપવામાં આવે છે:
$m v_n r_n = \frac{n h}{2 \pi}$
બોહર મોડેલ મુજબ,$n$ મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનો વેગ $v_n = \frac{e^2}{2 n h \varepsilon_0}$ છે.
આ કિંમતને કોણીય વેગમાનના સમીકરણમાં મૂકતા:
$m \left( \frac{e^2}{2 n h \varepsilon_0} \right) r_n = \frac{n h}{2 \pi}$
$r_n = \frac{n^2 h^2 \varepsilon_0}{\pi m e^2}$
આપેલ આકૃતિમાં,સ્થિત તરંગોના લૂપ્સ (અથવા તરંગલંબાઇ) ની સંખ્યા ગણતા,આપણને $n = 6$ મળે છે.
તેથી,ત્રિજ્યા:
$r_n = \frac{6^2 h^2 \varepsilon_0}{\pi m e^2} = \frac{36 h^2 \varepsilon_0}{\pi m e^2}$

(B) આપેલ છે કે,$H$-પરમાણુમાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $= \frac{3h}{2\pi} \dots (i)$
બોહરના અધિતર્ક મુજબ,કોણીય વેગમાન $= \frac{nh}{2\pi} \dots (ii)$
સમીકરણ $(i)$ અને $(ii)$ ની સરખામણી કરતા,આપણને $n = 3$ મળે છે.
હાઇડ્રોજન પરમાણુમાં ઇલેક્ટ્રોનની ગતિઊર્જા $(KE)$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$KE = \frac{13.6 \times Z^2}{n^2} \text{ eV}$
હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે,પરમાણુ ક્રમાંક $Z = 1$ છે. $Z = 1$ અને $n = 3$ મૂકતા:
$KE = \frac{13.6 \times 1^2}{3^2} \text{ eV}$
$KE = \frac{13.6}{9} \text{ eV}$
$KE = 1.51 \text{ eV}$

(B) બોહરના કોણીય વેગમાનના ક્વોન્ટાઇઝેશનના નિયમ મુજબ:
$mvr = \frac{nh}{2\pi}$
આ સમીકરણને ફરીથી ગોઠવતા:
$\frac{h}{mv} = \frac{2\pi r}{n} \quad \dots(i)$
ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇની વ્યાખ્યા મુજબ:
$\lambda = \frac{h}{mv} \quad \dots(ii)$
સમીકરણ $(i)$ અને $(ii)$ ને સરખાવતા:
$\lambda = \frac{2\pi r}{n}$
હાઇડ્રોજન પરમાણુની ધરા-સ્થિતિ માટે,$n = 1$ અને ત્રિજ્યા $r = 0.53 \ \text{Å}$ છે.
આ કિંમતો મૂકતા:
$\lambda = \frac{2 \times \pi \times 0.53 \ \text{Å}}{1}$
$\lambda = 2 \times 3.14159 \times 0.53 \ \text{Å} \approx 3.33 \ \text{Å}$.

(C) સંક્રમણ અવસ્થા $n$ થી ધરા અવસ્થા $(n=1)$ સુધી બે તબક્કામાં થાય છે.
ધારો કે મધ્યવર્તી અવસ્થા $n_2$ છે.
પ્રથમ સંક્રમણ માટે ($n_2$ થી $n_1=1$),તરંગલંબાઇ $\lambda_1 = 304 \ \mathring{A}$ છે.
રિડબર્ગ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{1}{\lambda} = RZ^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$.
$He^{+}$ માટે,$Z=2$,તેથી $Z^2 = 4$.
$\frac{1}{304 \times 10^{-10}} = 1.097 \times 10^7 \times 4 \times \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$.
ગણતરી કરતા $n_2 = 2$ મળે છે.
બીજા સંક્રમણ માટે ($n$ થી $n_2=2$),તરંગલંબાઇ $\lambda_2 = 1026 \ \mathring{A}$ છે.
$\frac{1}{1026 \times 10^{-10}} = 1.097 \times 10^7 \times 4 \times \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{n^2} \right)$.
આ સમીકરણ ઉકેલતા $n^2 = 36$ મળે છે,તેથી $n = 6$.

(B) હાઇડ્રોજન પરમાણુની પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા $n_1 = 2$ ને અનુરૂપ છે.
આપેલ છે કે ઇલેક્ટ્રોન $n_2 = n$ કક્ષામાંથી $n_1 = 2$ કક્ષામાં સંક્રમણ કરે છે,તેથી રીડબર્ગ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{\lambda} = R \left[ \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right]$
કિંમતો મૂકતા:
$\frac{1}{\lambda} = R \left[ \frac{1}{2^2} - \frac{1}{n^2} \right] = R \left[ \frac{1}{4} - \frac{1}{n^2} \right]$
$n$ માટે પદોને ગોઠવતા:
$\frac{1}{\lambda} = \frac{R}{4} - \frac{R}{n^2}$
$\frac{R}{n^2} = \frac{R}{4} - \frac{1}{\lambda} = \frac{R \lambda - 4}{4 \lambda}$
વ્યસ્ત લેતા:
$\frac{n^2}{R} = \frac{4 \lambda}{R \lambda - 4}$
$n^2 = \frac{4 \lambda R}{R \lambda - 4}$
$n = \sqrt{\frac{4 \lambda R}{R \lambda - 4}}$

(A) સંક્રમણ દરમિયાન ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઉર્જા $E = 13.6 Z^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right) \text{ eV}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
હાઇડ્રોજન $(Z=1)$ માટે,$n=4$ થી $n=2$ નું સંક્રમણ:
$E_H = 13.6 \times 1^2 \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{4^2} \right) = 13.6 \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{16} \right) = 13.6 \left( \frac{3}{16} \right) = 2.55 \text{ eV}$.
આપેલ છે કે $Li^{2+}$ સંક્રમણ $(Z=3)$ ની આવૃત્તિ (અને તેથી ઉર્જા) એવી છે કે $E_H = \frac{3}{7} E_{Li}$,તેથી $E_{Li} = \frac{7}{3} E_H = \frac{7}{3} \times 2.55 = 5.95 \text{ eV}$.
$Li^{2+}$ માટે,$E_{Li} = 13.6 \times 3^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right) = 122.4 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right) = 5.95 \text{ eV}$.
$\left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right) = \frac{5.95}{122.4} \approx 0.0486$.
સંક્રમણો ચકાસતા:
$n_2=4$ થી $n_1=3$ માટે: $\frac{1}{9} - \frac{1}{16} = 0.111 - 0.0625 = 0.0486$.
આમ,સંક્રમણ $4$ થી $3$ છે.

(D) બોહરના અભિધારણા મુજબ,હાઇડ્રોજન પરમાણુ અથવા હાઇડ્રોજન જેવા આયનમાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $L$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$L = \frac{n h}{2 \pi}$
જ્યાં $n$ એ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક છે,$h$ એ પ્લાન્કનો અચળાંક છે અને $\pi$ એ ગાણિતિક અચળાંક છે.
ભૂમિ અવસ્થા માટે,તમામ હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુઓ અને આયનો માટે મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n = 1$ હોય છે.
કારણ કે $h$ અને $\pi$ એ સાર્વત્રિક અચળાંકો છે,તેથી $n = 1$ માટે $L$ નું મૂલ્ય $L = \frac{h}{2 \pi}$ થાય છે,જે પરમાણુ ક્રમાંક $Z$ થી સ્વતંત્ર છે.
તેથી,ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન તમામ હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુઓ અને આયનો માટે તેમની ભૂમિ અવસ્થામાં સમાન રહે છે.

(B) રીડબર્ગ અચળાંક $R$ નું સૂત્ર નીચે મુજબ છે: $R = \frac{m e^4}{8 \varepsilon_0^2 h^3 c} \approx 1.097 \times 10^7 \ m^{-1}$.
આ અચળાંક મૂળભૂત ભૌતિક અચળાંકો જેવા કે ઇલેક્ટ્રોનનું દળ $(m)$,મૂળભૂત વિદ્યુતભાર $(e)$,શૂન્યાવકાશની પરમિટિવિટી $(\varepsilon_0)$,પ્લાન્કનો અચળાંક $(h)$,અને પ્રકાશની ગતિ $(c)$ પરથી મેળવવામાં આવે છે.
આ તમામ સાર્વત્રિક અચળાંકો હોવાથી,રીડબર્ગ અચળાંક તમામ હાઇડ્રોજન અને હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુઓ (એક ઇલેક્ટ્રોન ધરાવતા આયનો) માટે સમાન રહે છે.

(C) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુની $n$-મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનો વેગ $v_n = \frac{v_1}{n}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $v_1$ એ ધરા અવસ્થા $(n=1)$ માં ઇલેક્ટ્રોનનો વેગ છે.
હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે,ધરા અવસ્થામાં વેગ $v_1 = \frac{e^2}{2 \epsilon_0 h} \approx 2.188 \times 10^6 \ m/s$ છે.
પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા $n = 2$ ને અનુરૂપ છે.
તેથી,પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થામાં વેગ $v_2 = \frac{v_1}{2} = \frac{2.188 \times 10^6}{2} = 1.094 \times 10^6 \ m/s$ થાય.
આ ઝડપનો પ્રકાશની ઝડપ $(c = 3 \times 10^8 \ m/s)$ સાથેનો ગુણોત્તર:
ગુણોત્તર $= \frac{v_2}{c} = \frac{1.094 \times 10^6}{3 \times 10^8} \approx 0.3646 \times 10^{-2} = 3.646 \times 10^{-3}$.
આપેલા વિકલ્પો મુજબ,સાચો ગુણોત્તર $3.6 \times 10^{-3}$ છે.

(C) $n_2=5$ થી $n_1=4$ ના સંક્રમણ દરમિયાન ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઉર્જા $\Delta E = h \nu = R h c \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ફોટોનનું વેગમાન $p = \frac{E}{c} = \frac{h}{\lambda} = R h \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$ હોવાથી,આપણે $n_1=4$ અને $n_2=5$ મૂકીએ.
$p = R h \left( \frac{1}{16} - \frac{1}{25} \right) = R h \left( \frac{25-16}{400} \right) = \frac{9 R h}{400}$.
રેખીય વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,પરમાણુનું રિકોઇલ વેગમાન ઉત્સર્જિત ફોટોનના વેગમાન જેટલું જ હોવું જોઈએ.
તેથી,$m v = p$,જ્યાં $v$ એ રિકોઇલ ઝડપ છે.
$v = \frac{p}{m} = \frac{9 R h}{400 m}$.

(C) હાઇડ્રોજન પરમાણુમાં,$n$ મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જા $E_n = -13.6/n^2 \ eV$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન ઉચ્ચ ઉર્જા સ્તરથી નીચલા ઉર્જા સ્તરમાં સંક્રમણ કરે છે,ત્યારે $n$ ઘટે છે.
જેમ $n$ ઘટે છે,તેમ કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n \propto n^2$ ઘટે છે.
ગતિ ઉર્જા $K = |E_n| = 13.6/n^2 \ eV$ વધે છે કારણ કે $n$ ઘટે છે.
વેગ $v_n \propto 1/n$ વધે છે કારણ કે $n$ ઘટે છે.
કોણીય વેગમાન $L = mvr = n(h/2\pi)$ એ ક્વોન્ટાઇઝ્ડ છે અને તે મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n$ પર આધાર રાખે છે. સંક્રમણ દરમિયાન $n$ બદલાતું હોવાથી,કોણીય વેગમાન અચળ રહેતું નથી.
ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇ $\lambda = h/p = h/(mv)$. જેમ $v$ વધે છે,તેમ $\lambda$ ઘટે છે.
તેથી,વિધાન કે કોણીય વેગમાન અચળ રહે છે તે ખોટું છે.

(A) બોહરના અધિતર્ક મુજબ,$n^{th}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $L = \frac{nh}{2\pi}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં ઇલેક્ટ્રોન $n_1 = 2$ કક્ષામાંથી $n_2 = 4$ કક્ષામાં ઉત્તેજિત થાય છે.
કોણીય વેગમાનમાં થતો ફેરફાર $\Delta L$ નીચે મુજબ છે:
$\Delta L = L_2 - L_1 = \frac{n_2 h}{2\pi} - \frac{n_1 h}{2\pi} = \frac{h}{2\pi} (n_2 - n_1)$.
કિંમતો મૂકતા:
$\Delta L = \frac{6.64 \times 10^{-34}}{2 \times 3.14} (4 - 2)$.
$\Delta L = \frac{6.64 \times 10^{-34}}{6.28} \times 2$.
$\Delta L = 1.0576 \times 10^{-34} \times 2 \approx 2.11 \times 10^{-34} \ J \cdot s$.

(C) બોહરના બીજા અધિતર્ક મુજબ,ઇલેક્ટ્રોન ફક્ત એવી જ કક્ષાઓમાં ભ્રમણ કરી શકે છે કે જેમાં તેનું કોણીય વેગમાન $L$ એ $\frac{h}{2\pi}$ ના પૂર્ણાંક ગુણાંકમાં હોય.
ગાણિતિક રીતે,આને $L = mvr = n\frac{h}{2\pi}$ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે,જ્યાં $n$ એ પૂર્ણાંક સંખ્યા છે $(n = 1, 2, 3, ...)$,$h$ એ પ્લાન્કનો અચળાંક છે,$m$ એ ઇલેક્ટ્રોનનું દળ છે,$v$ એ વેગ છે અને $r$ એ કક્ષાની ત્રિજ્યા છે.
આમ,કોણીય વેગમાન એ $\frac{h}{2\pi}$ નો પૂર્ણાંક ગુણાંક છે.

(D) બોહરનું પરમાણુ મોડેલ ખાસ કરીને હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુઓ માટે વિકસાવવામાં આવ્યું હતું,જે એવી પ્રણાલીઓ છે જેમાં માત્ર એક જ ઇલેક્ટ્રોન હોય છે.
આ પ્રણાલીઓમાં હાઇડ્રોજન પરમાણુ $(H)$,એકવાર આયનીકૃત હિલિયમ $(He^+)$ અને બે વાર આયનીકૃત લિથિયમ $(Li^{2+})$ નો સમાવેશ થાય છે.
બોહરનું મોડેલ એવું માની લે છે કે એક ઇલેક્ટ્રોન $+Ze$ વીજભાર ધરાવતા ન્યુક્લિયસની આસપાસ વર્તુળાકાર કક્ષામાં ફરે છે,તેથી તે ઇલેક્ટ્રોન-ઇલેક્ટ્રોન આંતરક્રિયાઓને કારણે તટસ્થ હિલિયમ અથવા તટસ્થ લિથિયમ જેવા બહુ-ઇલેક્ટ્રોન પરમાણુઓનું સચોટ વર્ણન કરી શકતું નથી.
તેથી,તે હાઇડ્રોજેનિક પરમાણુઓ માટે લાગુ પડે છે.

(B) બોહરના મોડેલ મુજબ,$n^{th}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનો સમયગાળો $T$ એ $n^3$ ના સમપ્રમાણમાં હોય છે,એટલે કે $T \propto n^3$.
હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે,ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ $n=1$ ને અનુરૂપ છે.
પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા $n=2$ છે,બીજી ઉત્તેજિત અવસ્થા $n=3$ છે,અને ત્રીજી ઉત્તેજિત અવસ્થા $n=4$ છે.
આપણે બીજી ઉત્તેજિત અવસ્થા $(n_1 = 3)$ અને ત્રીજી ઉત્તેજિત અવસ્થા $(n_2 = 4)$ માટે સમયગાળાનો ગુણોત્તર શોધવાનો છે.
સંબંધ $T_1/T_2 = (n_1/n_2)^3$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$T_1/T_2 = (3/4)^3 = 27/64$.
તેથી,ગુણોત્તર $27: 64$ છે.

(B) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુમાં $n$-મી કક્ષાની ત્રિજ્યાનું સૂત્ર $r_n = \frac{n^2 h^2 \epsilon_0}{\pi m Z e^2}$ છે.
હાઇડ્રોજન પરમાણુની પ્રથમ બોહર કક્ષા માટે $(Z=1, m=m_e, n=1)$:
$r_1 = \frac{h^2 \epsilon_0}{\pi m_e e^2}$.
$\mu$-મેસોન સિસ્ટમ માટે $(Z=3, m=208 m_e)$:
$r_n = \frac{n^2 h^2 \epsilon_0}{\pi (208 m_e) (3) e^2}$.
બંને ત્રિજ્યાઓને સરખાવતા $(r_n = r_1)$:
$\frac{n^2 h^2 \epsilon_0}{\pi (208 m_e) (3) e^2} = \frac{h^2 \epsilon_0}{\pi m_e e^2}$.
સમીકરણનું સાદુરૂપ આપતા:
$\frac{n^2}{208 \times 3} = 1$.
$n^2 = 624$.
$n = \sqrt{624} \approx 24.98 \approx 25$.

(C) હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n$ મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનો વેગ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $v_n = v_1 / n$,જ્યાં $v_1$ એ પ્રથમ કક્ષા $(n=1)$ માં ઇલેક્ટ્રોનનો વેગ છે.
આપેલ છે કે $v_1 = 2.18 \times 10^6 \ m/s$.
$n=3$ સ્તર માટે:
$v_3 = \frac{2.18 \times 10^6 \ m/s}{3}$
$v_3 = 0.7266 \times 10^6 \ m/s$
$v_3 \approx 7.3 \times 10^5 \ m/s$.

(B) હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે, કુલ ઉર્જા $E_n$ એ $E_n = K.E. + P.E.$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બોહરના મોડેલમાં, ગતિ ઉર્જા $K.E. = -E_n$ અને સ્થિતિ ઉર્જા $P.E. = 2E_n$ હોય છે.
ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ ઉર્જા $E_1 = -13.6 \text{ eV}$ આપેલ છે.
તેથી, સ્થિતિ ઉર્જા $P.E. = 2 \times (-13.6 \text{ eV}) = -27.2 \text{ eV}$ થાય.

(B) આપેલ છે,સ્થિત-વિદ્યુત સ્થિતિઊર્જા $U = -6.8 \ eV$.
આપણે જાણીએ છીએ કે હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુ માટે,કુલ ઊર્જા $E_n$ અને સ્થિતિઊર્જા $U$ વચ્ચેનો સંબંધ $E_n = \frac{U}{2}$ છે.
તેથી,$E_n = \frac{-6.8 \ eV}{2} = -3.4 \ eV$.
હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n$ મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઊર્જા $E_n = \frac{-13.6 \ eV}{n^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બંનેને સરખાવતા,$\frac{-13.6}{n^2} = -3.4$,જેનો અર્થ છે કે $n^2 = 4$,તેથી $n = 2$.
$n$ મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઝડપ $v_n = \frac{C}{137n}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$n = 2$ મૂકતા,આપણને $v_2 = \frac{C}{137 \times 2} = \frac{C}{274}$ મળે છે.

(D) કેન્દ્રગામી પ્રવેગ '$a$' નું સૂત્ર $a = \frac{v^2}{r}$ છે.
હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે,$n$-મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનો વેગ '$v$' એ $\frac{1}{n}$ ના પ્રમાણમાં હોય છે $(v \propto \frac{1}{n})$.
$n$-મી કક્ષાની ત્રિજ્યા '$r$' એ $n^2$ ના પ્રમાણમાં હોય છે $(r \propto n^2)$.
આ સંબંધોને કેન્દ્રગામી પ્રવેગના સૂત્રમાં મૂકતા:
$a = \frac{v^2}{r} \propto \frac{(1/n)^2}{n^2} = \frac{1/n^2}{n^2} = \frac{1}{n^4}$.
તેથી,$a \propto \frac{1}{n^4}$.

(A) $n^{\text{th}}$ બોહર કક્ષાની ત્રિજ્યાનું સૂત્ર $r_n = a_0 n^2$ છે,જ્યાં $a_0$ એ બોહર ત્રિજ્યા છે અને $n$ એ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક છે.
તેથી,$3^{\text{rd}}$ અને $6^{\text{th}}$ કક્ષાની ત્રિજ્યાનો ગુણોત્તર $\frac{r_3}{r_6} = \frac{n_3^2}{n_6^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$n_3 = 3$ અને $n_6 = 6$ કિંમતો મૂકતા,આપણને $\frac{r_3}{r_6} = \frac{3^2}{6^2} = \frac{9}{36}$ મળે છે.
આ અપૂર્ણાંકનું સાદું રૂપ આપતા,આપણને $\frac{r_3}{r_6} = \frac{1}{4} = 0.25$ મળે છે.

(D) બળ $F$ એ સ્થિતિ ઊર્જા $U$ સાથે $F = -\frac{dU}{dR}$ દ્વારા સંબંધિત છે.
આપેલ છે કે $U = \frac{K e^2}{3 R^3}$,તેથી $F = -\frac{d}{dR} \left( \frac{K e^2}{3 R^3} \right) = \frac{K e^2}{R^4}$.
આ બળ વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે: $\frac{m v^2}{R} = \frac{K e^2}{R^4}$.
તેથી,$v^2 = \frac{K e^2}{m R^3}$.
બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ,$m v R = \frac{n h}{2 \pi}$,તેથી $v = \frac{n h}{2 \pi m R}$.
$v$ ની કિંમત $v^2$ ના સમીકરણમાં મૂકતા: $\left( \frac{n h}{2 \pi m R} \right)^2 = \frac{K e^2}{m R^3}$.
$\frac{n^2 h^2}{4 \pi^2 m^2 R^2} = \frac{K e^2}{m R^3}$.
$R$ માટે ઉકેલતા,આપણને મળે છે: $R = \frac{4 \pi^2 K e^2 m}{n^2 h^2}$ (નોંધ: વિકલ્પોમાં સુધારો જરૂરી છે,સાચો જવાબ $R = \frac{n^2 h^2}{4 \pi^2 K e^2 m}$ છે).

(C) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુની $n^{th}$ કક્ષામાં રહેલા ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જા નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$E_n = -13.6 \frac{Z^2}{n^2} \ eV$
જ્યાં $Z$ એ પરમાણુ ક્રમાંક છે અને $n$ એ મુખ્ય ક્વોન્ટમ નંબર છે.
$2^{nd}$ કક્ષા $(n=2)$ માટે ઉર્જા:
$E_2 = -13.6 \frac{Z^2}{2^2} = -13.6 \frac{Z^2}{4} \ eV$
$3^{rd}$ કક્ષા $(n=3)$ માટે ઉર્જા:
$E_3 = -13.6 \frac{Z^2}{3^2} = -13.6 \frac{Z^2}{9} \ eV$
ઇલેક્ટ્રોનને $2^{nd}$ થી $3^{rd}$ કક્ષામાં ઉત્તેજિત કરવા માટે જરૂરી ઉર્જા $\Delta E = E_3 - E_2 = 47.2 \ eV$ છે.
કિંમતો મૂકતા:
$47.2 = -13.6 \frac{Z^2}{9} - (-13.6 \frac{Z^2}{4})$
$47.2 = 13.6 Z^2 \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right)$
$47.2 = 13.6 Z^2 \left( \frac{5}{36} \right)$
$Z^2 = \frac{47.2 \times 36}{13.6 \times 5}$
$Z^2 \approx 25$
$Z = 5$
તેથી,પરમાણુનો પરમાણુ ક્રમાંક $5$ છે.

(B) આપેલ છે,ઇલેક્ટ્રોનની સ્થિતિ ઊર્જા $U = \frac{K r^2}{2}$ છે.
ઇલેક્ટ્રોન પર લાગતું બળ $F = -\frac{d U}{d r} = -\frac{d}{d r} (\frac{K r^2}{2}) = -K r$ છે.
વર્તુળાકાર ગતિ માટે,કેન્દ્રગામી બળ આ બળ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે: $F = \frac{m v^2}{r} = K r$.
આમ,$v^2 = \frac{K r^2}{m}$,જે આપે છે $v = r \sqrt{\frac{K}{m}}$.
બોહરની ક્વોન્ટાઈઝેશન શરત મુજબ,કોણીય વેગમાન $L = m v r = \frac{n h}{2 \pi}$ છે.
$v$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને મળે છે $m r (r \sqrt{\frac{K}{m}}) = \frac{n h}{2 \pi}$.
$r^2 \sqrt{K m} = \frac{n h}{2 \pi} \Rightarrow r^2 = \frac{n h}{2 \pi \sqrt{K m}}$.
કુલ ઊર્જા $E_n$ એ ગતિ ઊર્જા અને સ્થિતિ ઊર્જાનો સરવાળો છે:
$E_n = \frac{1}{2} m v^2 + U = \frac{1}{2} m (r^2 \frac{K}{m}) + \frac{K r^2}{2} = \frac{K r^2}{2} + \frac{K r^2}{2} = K r^2$.
$r^2$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને મળે છે $E_n = K (\frac{n h}{2 \pi \sqrt{K m}}) = \frac{n h}{2 \pi} \sqrt{\frac{K}{m}}$.

(C) જ્યારે કણ $A$ એ ભારે કણ $B$ ની આસપાસ વર્તુળાકાર માર્ગે ગતિ કરે છે, ત્યારે સ્થિત-વિદ્યુત બળ જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે.
$F_e = F_c$
$\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{|q_A| |q_B|}{r^2} = m r \omega^2$
અહીં $q_A = 2q$ અને $q_B = q$ આપેલ છે, તેથી:
$\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{2q^2}{r^2} = m r \omega^2 \implies r^3 = \frac{2q^2}{4 \pi \varepsilon_0 m \omega^2} = \frac{q^2}{2 \pi \varepsilon_0 m \omega^2} \quad \dots(i)$
નજીકની કક્ષા $(n=1)$ માટે બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ:
$m v r = \frac{h}{2 \pi} \implies m r^2 \omega = \frac{h}{2 \pi} \implies r^2 = \frac{h}{2 \pi m \omega} \quad \dots(ii)$
સમીકરણ (ii) નો વર્ગ કરીને $(i)$ વડે ભાગતા:
$r^6 = \frac{h^2}{4 \pi^2 m^2 \omega^2}$ અને $r^6 = \left(\frac{q^2}{2 \pi \varepsilon_0 m \omega^2}\right)^3 = \frac{q^6}{8 \pi^3 \varepsilon_0^3 m^3 \omega^6}$
બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$\frac{h^2}{4 \pi^2 m^2 \omega^2} = \frac{q^6}{8 \pi^3 \varepsilon_0^3 m^3 \omega^6}$
$\omega^4 = \frac{q^6}{8 \pi^3 \varepsilon_0^3 m^3} \cdot \frac{4 \pi^2 m^2}{h^2} = \frac{q^6}{2 \pi \varepsilon_0^3 m h^2}$
$\omega$ માટે ઉકેલતા, આપણને $\omega = \frac{2 \pi m q^4}{\varepsilon_0^2 h^3}$ મળે છે.

(A) હાઇડ્રોજન પરમાણુના બોહરના મોડેલ મુજબ:
$(A)$ $n$-મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની પરિભ્રમણ ઝડપ $v_n = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{2 \pi Z e^2}{n h}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. તેથી,$A \rightarrow i$.
$(B)$ $n$-મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ગતિ ઉર્જા $K.E. = \frac{1}{2} m v_n^2 = \left(\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0}\right)^2 \frac{2 \pi^2 m e^4 Z^2}{n^2 h^2}$ છે. તેથી,$B \rightarrow iii$.
$(C)$ $n$-મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની કુલ ઉર્જા $E_n = -K.E. = -\left(\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0}\right)^2 \frac{2 \pi^2 m e^4 Z^2}{n^2 h^2}$ છે. તેથી,$C \rightarrow ii$.
$(D)$ પરિભ્રમણની આવૃત્તિ $f = \frac{v_n}{2 \pi r_n} = \left(\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0}\right)^2 \frac{4 \pi^2 Z^2 e^4 m}{n^3 h^3}$ છે. તેથી,$D \rightarrow iv$.
તેથી,સાચી જોડ $A-i, B-iii, C-ii, D-iv$ છે.

(C) આપેલ છે,$1^{st}$ બોહર કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઝડપ,$v_1 = 2.18 \times 10^6 \ m/s$.
$n^{th}$ કક્ષાનો આવર્તકાળ,$T_n = 4.10 \ fs = 4.10 \times 10^{-15} \ s$.
બોહરની પ્રથમ કક્ષાની ત્રિજ્યા,$r_1 = 0.53 \times 10^{-10} \ m$.
બોહરની પ્રથમ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનો આવર્તકાળ $T_1 = \frac{2 \pi r_1}{v_1} = \frac{2 \times 3.14 \times 0.53 \times 10^{-10}}{2.18 \times 10^6} \approx 1.52 \times 10^{-16} \ s$.
$n^{th}$ કક્ષાનો આવર્તકાળ પ્રથમ કક્ષા સાથે $T_n = n^3 T_1$ સંબંધ ધરાવે છે.
તેથી,$n^3 = \frac{T_n}{T_1} = \frac{4.10 \times 10^{-15}}{1.52 \times 10^{-16}} \approx 26.97 \approx 27$.
આમ,$n = (27)^{1/3} = 3$.

(B) હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n^{\text{મી}}$ કક્ષાની ત્રિજ્યાનું સૂત્ર: $r_n = n^2 \times a_0$ છે,જ્યાં $a_0 = 0.529 \ \mathring{A} \approx 0.0529 \ nm$ છે.
આપેલ છે કે,$r_n = 530 \ nm$.
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$530 \ nm = n^2 \times 0.0529 \ nm$
$n^2 = \frac{530}{0.0529} \approx 10000$
$n = \sqrt{10000} = 100$.
તેથી,મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n$ નું મૂલ્ય $100$ છે.

(B) હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n^{\text{th}}$ કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n = r_0 n^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $r_0$ એ બોહર ત્રિજ્યા છે.
આપેલ શરત મુજબ: $r_{n+1} - r_n = r_{n-1}$.
સૂત્ર મૂકતા: $r_0(n+1)^2 - r_0 n^2 = r_0(n-1)^2$.
$r_0$ વડે ભાગતા: $(n+1)^2 - n^2 = (n-1)^2$.
પદોનું વિસ્તરણ કરતા: $(n^2 + 2n + 1) - n^2 = n^2 - 2n + 1$.
સાદું રૂપ આપતા: $2n + 1 = n^2 - 2n + 1$.
ગોઠવતા: $n^2 - 4n = 0$,જે $n(n-4) = 0$ આપે છે.
$n$ એ ધન પૂર્ણાંક હોવો જોઈએ,તેથી $n = 4$.
$n^{\text{th}}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $L$ બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ: $L = \frac{nh}{2\pi}$.
$n = 4$ મૂકતા: $L = \frac{4h}{2\pi} = \frac{2h}{\pi}$.

(C) બોહરના મોડેલ મુજબ,હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n$-મી કક્ષાની ત્રિજ્યાનું સૂત્ર $r_n = a_0 n^2$ છે,જ્યાં $a_0$ એ બોહર ત્રિજ્યા $(5.3 \times 10^{-11} \ m)$ છે.
$n=2$ માટે,ત્રિજ્યા $r_2 = a_0 (2)^2 = 4a_0$ થાય.
$n=3$ માટે,ત્રિજ્યા $r_3 = a_0 (3)^2 = 9a_0$ થાય.
$n=2$ અને $n=3$ માટેની કક્ષાઓની ત્રિજ્યાનો ગુણોત્તર $\frac{r_2}{r_3} = \frac{4a_0}{9a_0} = \frac{4}{9}$ થાય.
તેથી,ગુણોત્તર $4:9$ છે.

(D) બોહરના મોડેલ મુજબ, સ્થિત-વિદ્યુત બળ ઇલેક્ટ્રોન માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે: $F = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Ze^2}{r^2} = ma$.
આમ, પ્રવેગ $a = \frac{Ze^2}{4\pi\epsilon_0 m r^2}$.
બોહરના સિદ્ધાંત મુજબ, ત્રિજ્યા $r = \frac{n^2 h^2 \epsilon_0}{\pi m Z e^2}$ છે, જેનો અર્થ છે કે $r \propto \frac{1}{Z}$.
પ્રવેગના સૂત્રમાં $r \propto \frac{1}{Z}$ મૂકતા: $a \propto Z \cdot (\frac{1}{r^2}) \propto Z \cdot Z^2 = Z^3$.
હાઇડ્રોજન $(H)$ માટે, $Z_H = 1$. એક આયનીકૃત હિલિયમ $(He^+)$ માટે, $Z_{He} = 2$.
પ્રવેગનો ગુણોત્તર $\frac{a_{He}}{a_H} = \frac{Z_{He}^3}{Z_H^3} = \frac{2^3}{1^3} = \frac{8}{1} = 8$ થાય.

$(A)$ ધરા અવસ્થા $(n=1)$ માટે આપેલ છે: $r_1 = 5.5 \times 10^{-11} \,m$ અને $v_1 = 4 \times 10^6 \,m/s$.
પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા માટે,$n=2$.
$r_n \propto n^2$ હોવાથી,ત્રિજ્યા $r_2 = r_1 \times 2^2 = 5.5 \times 10^{-11} \times 4 = 22.0 \times 10^{-11} \,m$.
$v_n \propto \frac{1}{n}$ હોવાથી,ઝડપ $v_2 = \frac{v_1}{2} = \frac{4 \times 10^6}{2} = 2 \times 10^6 \,m/s$.
કક્ષીય આવર્તકાળ $T$ નું સૂત્ર $T = \frac{2 \pi r_2}{v_2}$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $T = \frac{2 \times 3.14159 \times 22.0 \times 10^{-11}}{2 \times 10^6} = 6.911 \times 10^{-16} \,s$.
નજીકના વિકલ્પ મુજબ,જવાબ $6.908 \times 10^{-16} \,s$ મળે છે.

(C) ધારો કે દરેક હાઇડ્રોજન પરમાણુનું દળ $m$ છે. ગતિશીલ પરમાણુનો પ્રારંભિક વેગ $v$ અને સ્થિર પરમાણુનો વેગ $0$ છે. અથડામણ પછી,તેઓ $V$ વેગ સાથે સાથે ગતિ કરે છે. વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ: $mv = (m+m)V \implies V = v/2$.
અસ્થિતિસ્થાપક અથડામણમાં ગુમાવેલી ગતિ ઊર્જા $\Delta K = K_i - K_f = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{1}{2}(2m)V^2 = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{1}{2}(2m)(v/2)^2 = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{1}{4}mv^2 = \frac{1}{4}mv^2$ છે.
આ ગુમાવેલી ઊર્જાનો ઉપયોગ એક પરમાણુને પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા $(n=2)$ માં લાવવા માટે થાય છે. પ્રથમ ઉત્તેજના માટે જરૂરી ઊર્જા $\Delta E = E_2 - E_1 = -3.4 \ eV - (-13.6 \ eV) = 10.2 \ eV$ છે.
ગુમાવેલી ઊર્જાને ઉત્તેજના ઊર્જા સાથે સરખાવતા: $\frac{1}{4}mv^2 = 10.2 \ eV$.
તેથી,પ્રારંભિક ગતિ ઊર્જા $K_i = \frac{1}{2}mv^2 = 2 \times 10.2 \ eV = 20.4 \ eV$ થાય.

(D) હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n^{\text{th}}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ છે:
$L = mvr = \frac{nh}{2\pi}$
ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇના સૂત્ર પરથી,આપણી પાસે $\lambda = \frac{h}{mv}$ છે,જેનો અર્થ થાય છે $\frac{mv}{h} = \frac{1}{\lambda}$.
આ કિંમતને કોણીય વેગમાનના સમીકરણમાં મૂકતા:
$r \cdot \frac{1}{\lambda} = \frac{n}{2\pi} \Rightarrow \lambda = \frac{2\pi r}{n}$
આપણે જાણીએ છીએ કે $n^{\text{th}}$ કક્ષાની ત્રિજ્યા $n^2$ ના સમપ્રમાણમાં હોય છે $(r \propto n^2)$.
$\lambda$ ના સમીકરણમાં $r \propto n^2$ મૂકતા:
$\lambda \propto \frac{n^2}{n} \Rightarrow \lambda \propto n$.

(B) કક્ષામાં પરિભ્રમણ કરતા ઇલેક્ટ્રોનની ચુંબકીય મોમેન્ટ $\mu = I A$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $I$ એ પ્રવાહ છે અને $A$ એ કક્ષાનું ક્ષેત્રફળ છે.
$r$ ત્રિજ્યાની કક્ષામાં $v$ વેગથી ફરતા ઇલેક્ટ્રોન માટે,પ્રવાહ $I = \frac{e}{T} = \frac{ev}{2 \pi r}$ થાય.
ક્ષેત્રફળ $A = \pi r^2$ છે.
તેથી,$\mu = \left( \frac{ev}{2 \pi r} \right) (\pi r^2) = \frac{evr}{2}$.
બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ,કોણીય વેગમાન $L = mvr = \frac{nh}{2 \pi}$ છે.
તેથી,$vr = \frac{nh}{2 \pi m}$.
આ કિંમત $\mu$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$\mu = \frac{e}{2} \left( \frac{nh}{2 \pi m} \right) = \frac{neh}{4 \pi m}$.
અહીં $e$,$h$,અને $m$ અચળાંકો હોવાથી,$\mu \propto n$ મળે છે.

(B) $R$ ત્રિજ્યાની વર્તુળાકાર કક્ષામાં $v$ ઝડપથી ગતિ કરતા ઇલેક્ટ્રોનનું ચુંબકીય મોમેન્ટ $M = iA$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $i$ એ સમતુલ્ય પ્રવાહ છે અને $A$ એ કક્ષાનું ક્ષેત્રફળ છે.
પ્રવાહ $i$ ને એકમ સમય $T$ માં પસાર થતા વિદ્યુતભાર $e$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે,તેથી $i = \frac{e}{T} = \frac{e \omega}{2 \pi} = \frac{ev}{2 \pi R}$.
કક્ષાનું ક્ષેત્રફળ $A = \pi R^2$ છે.
આમ,ચુંબકીય મોમેન્ટ $M = iA = \left( \frac{ev}{2 \pi R} \right) (\pi R^2) = \frac{evR}{2}$ થાય.
ઇલેક્ટ્રોનના દળ $m$ વડે ગુણતા અને ભાગતા,આપણને $M = \frac{e(mvr)}{2m} = \frac{eL}{2m}$ મળે છે,જ્યાં $L = mvr$ એ ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન છે.
બોહરના ક્વોન્ટાઈઝેશનના સિદ્ધાંત મુજબ,$n$મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $L = \frac{nh}{2 \pi}$ છે.
આ કિંમત $M$ ના સમીકરણમાં મૂકતા,આપણને $M = \frac{e}{2m} \left( \frac{nh}{2 \pi} \right) = \left( \frac{eh}{4 \pi m} \right) n$ મળે છે.
અહીં $e$,$h$,અને $m$ અચળાંકો હોવાથી,$M \propto n$ સાબિત થાય છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(A) જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન પ્રોટોનની આસપાસ ફરે છે,ત્યારે કેન્દ્રગામી બળ એ સ્થિત-વિદ્યુત બળ જેટલું હોય છે:
$\frac{m_e v^2}{r} = \frac{k q^2}{r^2}$
$v = r \omega$ હોવાથી,આપણે લખી શકીએ:
$m_e r \omega^2 = \frac{k q^2}{r^2} \implies \omega^2 = \frac{k q^2}{m_e r^3}$
કિંમતો મૂકતા: $k = 9 \times 10^9 \ N \ m^2 C^{-2}$,$q = 1.6 \times 10^{-19} \ C$,$m_e = 9.1 \times 10^{-31} \ kg$,$r = 0.53 \times 10^{-10} \ m$:
$\omega = \sqrt{\frac{9 \times 10^9 \times (1.6 \times 10^{-19})^2}{9.1 \times 10^{-31} \times (0.53 \times 10^{-10})^3}} \approx 4.1 \times 10^{16} \ s^{-1}$
ત્રિજ્યાવર્તી પ્રવેગ $a_r$ નીચે મુજબ ગણી શકાય:
$a_r = r \omega^2 = (0.53 \times 10^{-10}) \times (4.1 \times 10^{16})^2$
$a_r \approx 8.9 \times 10^{22} \ m \ s^{-2} \approx 9 \times 10^{22} \ m \ s^{-2}$

(C) $n$-મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનો કેન્દ્રગામી પ્રવેગ $a_c = \frac{v^2}{r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. કારણ કે $v \propto \frac{1}{n}$ અને $r \propto n^2$,તેથી $a_c \propto \frac{(1/n)^2}{n^2} = \frac{1}{n^4}$ થાય.
બે ક્રમિક કક્ષાઓ $n$ અને $n-1$ માટે કેન્દ્રગામી પ્રવેગનો ગુણોત્તર $81:16$ આપેલ છે,તેથી $\frac{a_c(n-1)}{a_c(n)} = \frac{n^4}{(n-1)^4} = \frac{81}{16} = (\frac{3}{2})^4$ મળે.
આમ,$n=3$ અને $n-1=2$ થાય.
$n$-મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $L_n = \frac{nh}{2\pi}$ છે.
આ બે અવસ્થાઓ વચ્ચેના સંક્રમણ દરમિયાન કોણીય વેગમાનમાં થતો ફેરફાર $\Delta L = L_3 - L_2 = \frac{3h}{2\pi} - \frac{2h}{2\pi} = \frac{h}{2\pi}$ થાય.

(C) જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન ઉત્તેજિત અવસ્થા $n$ માંથી ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટમાં સંક્રમણ કરે ત્યારે ઉત્સર્જિત થતી વર્ણપટ રેખાઓની સંખ્યાનું સૂત્ર: $\frac{n(n-1)}{2} = 6$ છે.
$n$ માટે ઉકેલતા: $n^2 - n - 12 = 0$, જેના અવયવો $(n-4)(n+3) = 0$ થાય છે. $n$ ધન હોવું જોઈએ, તેથી $n = 4$.
આનો અર્થ એ છે કે હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ $n = 4$ ઉર્જા સ્તર સુધી ઉત્તેજિત થાય છે.
ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ $(n_1 = 1)$ થી $n_2 = 4$ અવસ્થામાં ઇલેક્ટ્રોનને ઉત્તેજિત કરવા માટે જરૂરી ઉર્જા: $\Delta E = E_4 - E_1 = -13.6 \left( \frac{1}{4^2} - \frac{1}{1^2} \right) \text{ eV}$.
$\Delta E = -13.6 \left( \frac{1}{16} - 1 \right) = -13.6 \left( -\frac{15}{16} \right) = 12.75 \text{ eV}$.
આપાત વિકિરણની તરંગલંબાઈ $\lambda$ એ $\lambda = \frac{hc}{\Delta E}$ સૂત્ર દ્વારા ગણવામાં આવે છે.
$hc = 1242 \text{ eV-nm}$ આપેલ હોવાથી, $\lambda = \frac{1242}{12.75} \approx 97.4 \text{ nm}$ મળે છે.

(A) હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n$-મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જા $E_n = -\frac{13.6 \ eV}{n^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ $(n=1)$ માટે,$E_1 = -13.6 \ eV$.
બીજી કક્ષા $(n=2)$ માટે,$E_2 = -\frac{13.6}{2^2} = -3.4 \ eV$.
$n=2$ થી $n=1$ માં સંક્રમણ દરમિયાન ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઉર્જા $\Delta E = E_2 - E_1 = -3.4 \ eV - (-13.6 \ eV) = 10.2 \ eV$ છે.
આવૃત્તિ $\nu$ એ $\Delta E = h\nu$ દ્વારા મળે છે,તેથી $\nu = \frac{\Delta E}{h}$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $\nu = \frac{10.2 \ eV}{4 \times 10^{-15} \ eV \cdot s} = 2.55 \times 10^{15} \ Hz$.

(A) લાયમન શ્રેણી માટે,તરંગલંબાઇ $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{n^2} \right)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n = 2, 3, 4, \dots$. મહત્તમ તરંગલંબાઇ (પ્રથમ રેખા) $n=2$ માટે છે,$\lambda_{L,1} = \frac{4}{3R} \approx 121.6 \ nm$.
બામર શ્રેણી માટે,તરંગલંબાઇ $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{n^2} \right)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n = 3, 4, 5, \dots$. બીજી વર્ણપટ રેખા $n=5$ માટે છે,$\lambda_{B,2} = \frac{1}{R(\frac{1}{4} - \frac{1}{25})} = \frac{100}{21R} \approx 434 \ nm$.
કારણ કે $121.6 \ nm < 434 \ nm$,લાયમન શ્રેણીની તરંગલંબાઇ બામર શ્રેણીની બીજી રેખાની તરંગલંબાઇ કરતા નાની છે. તેથી,વિધાન $A$ ખોટું છે.
વિધાન $B$ એ બોહર મોડેલનું મૂળભૂત પૂર્વધારણા છે,જે જણાવે છે કે $2\pi r = n\lambda$. તેથી,વિધાન $B$ સાચું છે.

(C) કક્ષામાં રહેલા ઇલેક્ટ્રોનની કુલ ઉર્જા $E$ એ તેની ગતિ ઉર્જા $K$ અને સ્થિતિ ઉર્જા $U$ ના સરવાળા દ્વારા આપવામાં આવે છે. બંધિત તંત્ર માટે,જેમ કે પરમાણુમાં રહેલો ઇલેક્ટ્રોન,કુલ ઉર્જા ઋણ $(E < 0)$ હોય છે.
જો કુલ ઉર્જા $E$ ધન $(E > 0)$ હોય,તો તેનો અર્થ એ છે કે ગતિ ઉર્જા એ સ્થિતિ ઉર્જાના મૂલ્ય કરતા વધારે છે. આવા કિસ્સામાં,ઇલેક્ટ્રોન ન્યુક્લિયસ સાથે બંધાયેલો રહેતો નથી અને સ્થિત-વિદ્યુત બળની અસરથી મુક્ત થઈ જાય છે.
તેથી,ઇલેક્ટ્રોન બંધ કક્ષાને અનુસરશે નહીં અને અનંત અંતરે દૂર જશે.

(B) બોહરના અધિતર્ક મુજબ,$n^{\text{th}}$ કક્ષામાં રહેલા ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $L$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$L = n \frac{h}{2\pi}$
અહીં આપેલ છે કે ઇલેક્ટ્રોન $4^{\text{th}}$ કક્ષામાં છે,તેથી $n = 4$.
સૂત્રમાં $n$ ની કિંમત મૂકતા:
$L = 4 \times \frac{h}{2\pi}$
$L = \frac{2h}{\pi}$
આમ,ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $\frac{2h}{\pi}$ છે.

(A) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુની $n$-મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જાનું સૂત્ર: $E_n = -\frac{m e^4}{8 \epsilon_0^2 n^2 h^2}$ છે.
આ સૂત્ર પરથી સ્પષ્ટ થાય છે કે ઉર્જા $E$ એ ઇલેક્ટ્રોનના દળ $m$ ના સમપ્રમાણમાં છે (એટલે કે $E \propto m$).
અહીં ઇલેક્ટ્રોનનું દળ બમણું $(m' = 2m)$ કરવામાં આવે છે, તેથી નવી ઉર્જા $E' = 2 \times E$ થશે.
સામાન્ય હાઇડ્રોજન પરમાણુની પ્રથમ કક્ષા $(n=1)$ માં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જા $E_1 = -13.6 \text{ eV}$ છે.
તેથી, નવી ઉર્જા $E' = 2 \times (-13.6 \text{ eV}) = -27.2 \text{ eV}$ થશે.

(A) હાઇડ્રોજન પરમાણુના બોહર મોડેલ મુજબ,$n^{\text{th}}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનો વેગ $V_n = \frac{V_0}{n}$ સંબંધ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $V_0$ એ અચળાંક છે.
આ સૂચવે છે કે વેગ એ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં છે,એટલે કે $V \propto \frac{1}{n}$.
$4^{\text{th}}$ કક્ષામાં વેગ $(V_4)$ અને $9^{\text{th}}$ કક્ષામાં વેગ $(V_9)$ નો ગુણોત્તર શોધવા માટે:
$\frac{V_4}{V_9} = \frac{1/4}{1/9} = \frac{9}{4}$.
તેથી,ગુણોત્તર $9 : 4$ છે.

(D) $Be^{3+}$ આયન માટે, પરમાણુ ક્રમાંક $Z = 4$ છે।
ભૂમિ અવસ્થા માટે, મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n = 1$ છે।
હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુમાં $n^{th}$ કક્ષાની ત્રિજ્યાનું સૂત્ર $r_n = a_0 \frac{n^2}{Z}$ છે, જ્યાં $a_0 = 53 \ pm$ એ બોહર ત્રિજ્યા છે।
કિંમતો મૂકતા:
$r_1 = 53 \times \frac{1^2}{4} \ pm$
$r_1 = \frac{53}{4} \ pm$
$r_1 = 13.25 \ pm \approx 13.2 \ pm$.

(C) ધારો કે $R$ એ વર્તુળાકાર પથની ત્રિજ્યા છે. ચુંબકીય મોમેન્ટ $M = i \times A$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રવાહ $i = \frac{e}{T} = e f$ હોવાથી,જ્યાં $f$ એ આવૃત્તિ છે,આપણને $M = (e f) \times (\pi R^2)$ મળે છે.
$f = \frac{v}{2 \pi R}$ નો ઉપયોગ કરતા,$M = e \times \left(\frac{v}{2 \pi R}\right) \times (\pi R^2) = \frac{e v R}{2}$ $\ldots$ $(i)$.
બોહરના અધિતર્ક મુજબ,કોણીય વેગમાન $L = m v R = \frac{n h}{2 \pi}$ છે.
તેથી,$v R = \frac{n h}{2 \pi m}$ $\ldots$ $(ii)$.
સમીકરણ $(ii)$ ને $(i)$ માં મૂકતા,$M = \frac{e}{2} \times \left(\frac{n h}{2 \pi m}\right) = \left(\frac{e}{2 m}\right) \left(\frac{n h}{2 \pi}\right)$ મળે છે.

(D) જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન ઉત્તેજિત અવસ્થા $n$ માંથી ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટમાં સંક્રમણ કરે ત્યારે ઉત્સર્જિત થતી વર્ણપટ રેખાઓની સંખ્યાનું સૂત્ર: $N = \frac{n(n-1)}{2}$ છે.
અહીં $N = 10$ આપેલ છે, તેથી $\frac{n(n-1)}{2} = 10$, જેનો અર્થ છે કે $n^2 - n - 20 = 0$.
દ્વિઘાત સમીકરણ ઉકેલતા, $(n-5)(n+4) = 0$, આપણને $n = 5$ મળે છે (કારણ કે $n$ ધન હોવું જોઈએ).
$n=5$ અવસ્થાની ઉર્જા $E_5 = -\frac{13.6}{5^2} = -\frac{13.6}{25} = -0.544 \text{ eV}$ છે.
ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ $(n=1)$ ની ઉર્જા $E_1 = -13.6 \text{ eV}$ છે.
પરમાણુને $n=1$ થી $n=5$ સુધી ઉત્તેજિત કરવા માટે જરૂરી આપાત ફોટોનની ઉર્જા $\Delta E = E_5 - E_1 = -0.544 - (-13.6) = 13.056 \text{ eV}$ છે.
તરંગલંબાઇ $\lambda = \frac{hc}{\Delta E} = \frac{1242 \text{ eV-nm}}{13.056 \text{ eV}} \approx 95.1 \text{ nm}$ મળે છે.

(A) હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n^{\text{મી}}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનો વેગ $v_n = \frac{v_1}{n}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $v_1$ એ પ્રથમ કક્ષા $(n=1)$ માં ઇલેક્ટ્રોનનો વેગ છે.
હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે $v_1 \approx 2.2 \times 10^6 \ m/s$ છે.
બીજી કક્ષા $(n=2)$ માટે:
$v_2 = \frac{2.2 \times 10^6 \ m/s}{2} = 1.1 \times 10^6 \ m/s$.

(A) $n$-મી કક્ષાની કુલ ઉર્જા $E_n = -\frac{m e^4}{8 \varepsilon_0^2 h^2 n^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં $E_n \propto m$ હોવાથી,$\mu^{-}$-સિસ્ટમ અને હાઇડ્રોજન પરમાણુની ઉર્જાનો ગુણોત્તર $\frac{E_{\mu}}{E_e} = \frac{m_{\mu}}{m_e} = 207$ થાય.
તેથી,$E_{\mu} = 207 \times E_e = 207 \times (-13.6 \text{ eV}) = -13.6 \times 207 \text{ eV}$.
$n$-મી કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n = \frac{\varepsilon_0 h^2 n^2}{\pi m e^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં $r_n \propto \frac{1}{m}$ હોવાથી,$\mu^{-}$-સિસ્ટમ અને હાઇડ્રોજન પરમાણુની ત્રિજ્યાનો ગુણોત્તર $\frac{r_{\mu}}{r_H} = \frac{m_e}{m_{\mu}} = \frac{1}{207}$ થાય.
તેથી,$r_{\mu} = \frac{r_H}{207}$.