Bohr's Model of Hydrogen Atom Questions in Gujarati

(A) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુની $n^{th}$ કક્ષામાં રહેલા ઇલેક્ટ્રોનની ઊર્જાનું સૂત્ર: $E_n = -13.6 \times \frac{Z^2}{n^2} \text{ eV}$ છે.
હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે,પરમાણુ ક્રમાંક $Z = 1$ છે,તેથી $E_n = -13.6 \times \frac{1^2}{n^2} = -\frac{13.6}{n^2}$.
હિલીયમ આયન $(He^+)$ માટે,પરમાણુ ક્રમાંક $Z = 2$ છે,તેથી તેની ઊર્જા $E'_{n}$ નીચે મુજબ મળે: $E'_{n} = -13.6 \times \frac{2^2}{n^2} = -13.6 \times \frac{4}{n^2}$.
આ બંને સમીકરણોની સરખામણી કરતા,આપણને મળે છે: $E'_{n} = 4 \times (-13.6 \times \frac{1}{n^2}) = 4E_n$.
તેથી,હિલીયમ આયનની $n^{th}$ કક્ષાની ઊર્જા $4E_n$ થશે.

(C) બોહરના અધિતર્ક મુજબ,$n^{th}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $L = \frac{nh}{2\pi}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન $n_1 = 4$ કક્ષામાંથી $n_2 = 5$ કક્ષામાં સંક્રાંતિ કરે ત્યારે કોણીય વેગમાનમાં થતો ફેરફાર $\Delta L$ નીચે મુજબ છે:
$\Delta L = L_2 - L_1 = \frac{n_2 h}{2\pi} - \frac{n_1 h}{2\pi} = \frac{h}{2\pi}(n_2 - n_1)$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$\Delta L = \frac{6.6 \times 10^{-34}}{2 \times 3.14} \times (5 - 4)$.
$\Delta L = \frac{6.6 \times 10^{-34}}{6.28} \times 1$.
$\Delta L \approx 1.05 \times 10^{-34} \, J \cdot s$.

(C) બોહરના સિદ્ધાંત મુજબ,કક્ષામાં રહેલા ઇલેક્ટ્રોનનો આવર્તકાળ $T = \frac{2\pi r}{v}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં $r \propto n^2$ અને $v \propto \frac{1}{n}$ હોવાથી,$T \propto \frac{n^2}{1/n} = n^3$ થાય.
તેથી,$n_2 = 2$ અને $n_1 = 1$ માટે આવર્તકાળનો ગુણોત્તર:
$\frac{T_2}{T_1} = \left( \frac{n_2}{n_1} \right)^3 = \left( \frac{2}{1} \right)^3 = \frac{8}{1}$.
આમ,ગુણોત્તર $8:1$ છે.

(A) હાઈડ્રોજન જેવા પરમાણુમાં $n_2$ થી $n_1$ સ્તર વચ્ચે થતી સંક્રાંતિ દરમિયાન ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઉર્જા $\Delta E = 13.6 Z^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right) \text{ eV}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં તમામ કિસ્સાઓમાં સંક્રાંતિ $n = 2$ થી $n = 1$ હોવાથી,પદ $\left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right)$ અચળ રહે છે.
તેથી,$\Delta E \propto Z^2$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\Delta E = \frac{hc}{\lambda}$,તેથી $\frac{hc}{\lambda} \propto Z^2$,જેનો અર્થ છે કે $\lambda Z^2 = \text{અચળ}$.
$H$ $(Z=1)$,$D$ $(Z=1)$,$He^+$ $(Z=2)$ અને $Li^{2+}$ $(Z=3)$ માટે:
$\lambda_1 (1)^2 = \lambda_2 (1)^2 = \lambda_3 (2)^2 = \lambda_4 (3)^2$.
આમ,$\lambda_1 = \lambda_2 = 4\lambda_3 = 9\lambda_4$.

(D) તરંગ સંખ્યા $\bar{\nu}$ રીડબર્ગ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\bar{\nu} = R Z^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$.
આપેલ સંક્રાંતિ $(n_1=2, n_2=4)$ માટે,તરંગ સંખ્યા પરમાણુ ક્રમાંકના વર્ગના સમપ્રમાણમાં હોય છે: $\bar{\nu} \propto Z^2$.
હાઇડ્રોજન $(H)$ માટે,$Z_1 = 1$. હિલિયમ આયન $(He^+)$ માટે,$Z_2 = 2$.
તેથી,$\frac{\bar{\nu}_{He^+}}{\bar{\nu}_{H}} = \left( \frac{Z_2}{Z_1} \right)^2 = \left( \frac{2}{1} \right)^2 = 4$.
આમ,$\bar{\nu}_{He^+} = 4 \times \bar{\nu}_{H} = 4 \times 20,397 \, cm^{-1} = 81,588 \, cm^{-1}$.

(D) બોહરના મોડેલ મુજબ,$n^{th}$ કક્ષાની ત્રિજ્યા $R_n \propto n^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $R_1 = R$ અને $R_2 = 4R$,તેથી $\frac{R_1}{R_2} = \frac{R}{4R} = \frac{1}{4}$.
$R_n \propto n^2$ હોવાથી,$\frac{n_1^2}{n_2^2} = \frac{1}{4}$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{n_1}{n_2} = \frac{1}{2}$.
$n^{th}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનો આવર્તકાળ $T_n \propto n^3$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
તેથી,આવર્તકાળનો ગુણોત્તર $\frac{T_1}{T_2} = \left( \frac{n_1}{n_2} \right)^3$ થાય.
કિંમતો મૂકતા,$\frac{T_1}{T_2} = \left( \frac{1}{2} \right)^3 = \frac{1}{8}$.

(A) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુમાં ઇલેક્ટ્રોનની ઊર્જાનું સૂત્ર $E_n = E_0 \cdot \frac{Z^2}{n^2}$ છે,જ્યાં $E_0$ એ હાઇડ્રોજન પરમાણુની ધરા-સ્થિતિની ઊર્જા $(-13.6 \ eV)$ છે.
હાઇડ્રોજન પરમાણુની ધરા-સ્થિતિ માટે,$n = 1$ અને $Z = 1$. તેથી,$E = E_0 \cdot \frac{1^2}{1^2} = E_0$.
$Li^{++}$ ની $2^{nd}$ ઉત્તેજીત અવસ્થા માટે,મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n = 3$ છે (કારણ કે $n=1$ ધરા-સ્થિતિ છે,$n=2$ એ $1^{st}$ ઉત્તેજીત અવસ્થા છે,અને $n=3$ એ $2^{nd}$ ઉત્તેજીત અવસ્થા છે). લિથિયમનો પરમાણુ ક્રમાંક $Z = 3$ છે.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા: $E' = E_0 \cdot \frac{Z^2}{n^2} = E_0 \cdot \frac{3^2}{3^2} = E_0$.
આમ,$E = E_0$ હોવાથી,$E' = E$ મળે છે.

(C) હાઇડ્રોજન પરમાણુનું આયનીકરણ પોટેન્શિયલ $13.6 \ eV$ છે. $n^{th}$ કક્ષાની ઉર્જા $E_n = -\frac{13.6}{n^2} \ eV$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જ્યારે ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ $(n=1)$ માં રહેલો હાઇડ્રોજન પરમાણુ $12.1 \ eV$ ઉર્જાનો ફોટોન શોષે છે,ત્યારે તે ઉચ્ચ ઉર્જા સ્તર $n$ માં ઉત્તેજિત થાય છે. ઉર્જાનો તફાવત નીચે મુજબ છે:
$E = E_n - E_1$
$12.1 = -\frac{13.6}{n^2} - (-13.6)$
$12.1 = 13.6 - \frac{13.6}{n^2}$
$\frac{13.6}{n^2} = 13.6 - 12.1 = 1.5$
$n^2 = \frac{13.6}{1.5} \approx 9.06 \approx 9$
$n = 3$
જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન $n^{th}$ અવસ્થામાંથી પાછા ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટમાં સંક્રમણ કરે છે ત્યારે ઉત્સર્જિત થતી વર્ણપટ રેખાઓની સંખ્યા $\frac{n(n-1)}{2}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$n=3$ માટે,વર્ણપટ રેખાઓની સંખ્યા = $\frac{3(3-1)}{2} = \frac{3 \times 2}{2} = 3$.

(A) હાઈડ્રોજન જેવા પરમાણુ માટે પરમાણુ ક્રમાંક $Z$ અને મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n$ ધરાવતી ઉર્જા $E$ નું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$E_n = -13.6 \times \frac{Z^2}{n^2} \, eV$
$He^+$ આયન માટે,પરમાણુ ક્રમાંક $Z = 2$ છે.
પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા માટે,મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n = 2$ છે.
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$E_2 = -13.6 \times \frac{2^2}{2^2} \, eV$
$E_2 = -13.6 \times \frac{4}{4} \, eV$
$E_2 = -13.6 \, eV$.

(C) હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n^{\text{મી}}$ કક્ષાની ઉર્જા $E_n = -\frac{13.6}{n^2} \; eV$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ઉર્જા સ્તરો નીચે મુજબ છે:
$E_1 = -13.6 \; eV$
$E_2 = -\frac{13.6}{4} = -3.4 \; eV$
$E_3 = -\frac{13.6}{9} \approx -1.51 \; eV$
$E_4 = -\frac{13.6}{16} = -0.85 \; eV$
ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઉર્જા એ બે ઉર્જા સ્તરો વચ્ચેનો તફાવત છે: $\Delta E = E_{n_2} - E_{n_1}$.
વિકલ્પો તપાસતા:
$1$. $E_4 - E_3 = -0.85 - (-1.51) = 0.66 \; eV$ (આશરે $0.65 \; eV$). આ શક્ય છે.
$2$. $E_3 - E_2 = -1.51 - (-3.4) = 1.89 \; eV$ (આશરે $1.9 \; eV$). આ શક્ય છે.
$3$. $E_1$ એ ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ ઉર્જા છે,અને $E_1$ માં થતા સંક્રમણો $13.6 \; eV$ મુક્ત કરી શકે છે (દા.ત.,અનંતથી $n=1$ સુધી). આ શક્ય છે.
$4$. $11.1 \; eV$ ને હાઇડ્રોજન પરમાણુના કોઈપણ બે ઉર્જા સ્તરો વચ્ચેના તફાવત તરીકે દર્શાવી શકાતું નથી.
તેથી,$11.1 \; eV$ એ ઉત્સર્જિત ફોટોન માટે શક્ય ઉર્જા નથી.

(B) બોહરના સિદ્ધાંત મુજબ,હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુની $n^{th}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનો વેગ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$v_n = v_0 \times \frac{Z}{n}$
જ્યાં $v_0 = 2.18 \times 10^6 \; m/s$ એ હાઇડ્રોજન પરમાણુની પ્રથમ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનો વેગ છે.
$He^{+}$ માટે,$Z = 2$ અને $3^{rd}$ કક્ષા માટે,$n = 3$.
આ કિંમતો મૂકતા:
$v_3 = (2.18 \times 10^6) \times \frac{2}{3} \; m/s$
$v_3 = 2.18 \times 10^6 \times 0.666... \; m/s$
$v_3 \approx 1.453 \times 10^6 \; m/s \approx 1.46 \times 10^6 \; m/s$.

(B) હાઇડ્રોજન પરમાણુની બોહર કક્ષામાં,કુલ ઊર્જા $E$ એ $E = -K$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $K$ એ ગતિઊર્જા છે.
આ સંબંધ એટલા માટે ઉદ્ભવે છે કારણ કે કુલ ઊર્જા એ ગતિઊર્જા અને સ્થિતિઊર્જાનો સરવાળો છે,$E = K + U$,અને બોહર કક્ષા માટે,$U = -2K$ હોય છે.
તેથી,$E = K + (-2K) = -K$.
આમ,ગતિઊર્જા અને કુલ ઊર્જાનો ગુણોત્તર $K/E = K/(-K) = 1:-1$ થાય છે.

(B) બોહર મોડેલ મુજબ,ન્યુક્લિયસ અને ઇલેક્ટ્રોન વચ્ચેનું સ્થિત-વિદ્યુત બળ $F$ કુલંબના નિયમ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $F = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Ze^2}{r^2}$.
બોહર મોડેલમાં,$n$-મી કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n \propto n^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આ કિંમતને બળના સમીકરણમાં મૂકતા: $F \propto \frac{1}{r_n^2} \propto \frac{1}{(n^2)^2} = \frac{1}{n^4}$.
તેથી,ઇલેક્ટ્રોન પર લાગતું બળ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક પર $F \propto 1/n^4$ મુજબ આધાર રાખે છે.

(A) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુ માટે $n$-મી કક્ષાની ઉર્જા $E_n = -13.6 \frac{Z^2}{n^2} \, \text{eV}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ ઉર્જા સ્તરની આકૃતિ પરથી,ધરા સ્થિતિ $(n = 1)$ માટે,ઉર્જા $E_1 = -54.4 \, \text{eV}$ છે.
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા: $-54.4 = -13.6 \frac{Z^2}{1^2}$.
$Z^2$ માટે ઉકેલતા: $Z^2 = \frac{54.4}{13.6} = 4$,જે $Z = 2$ આપે છે.
$n$-મી બોહર કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n = 0.53 \frac{n^2}{Z} \, \mathring{A}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રથમ બોહર કક્ષા $(n = 1)$ અને $Z = 2$ માટે,ત્રિજ્યા $r_1 = 0.53 \frac{1^2}{2} = 0.265 \, \mathring{A}$ છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(C) હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n$ મી કક્ષામાં રહેલા ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જાનું સૂત્ર: $E_n = -\frac{13.6}{n^2} \ eV$ છે.
આપેલ છે કે $E_n = -0.544 \ eV$,તેથી: $-0.544 = -\frac{13.6}{n^2}$.
$n^2$ માટે ઉકેલતા: $n^2 = \frac{13.6}{0.544} = 25$.
આમ,$n = 5$.
બોહરના અધિતર્ક મુજબ,$n$ મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $L = n\frac{h}{2\pi}$ છે.
$n = 5$ મૂકતા,આપણને મળે છે: $L = 5\frac{h}{2\pi} = \frac{5h}{2\pi}$.

(B) વર્તુળાકાર કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનો પ્રવેગ $a = \frac{v^2}{r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બોહરના સિદ્ધાંત મુજબ,વેગ $v \propto \frac{Z}{n}$ અને ત્રિજ્યા $r \propto \frac{n^2}{Z}$ છે.
આ કિંમતોને પ્રવેગના સૂત્રમાં મૂકતા: $a \propto \frac{(Z/n)^2}{n^2/Z} = \frac{Z^2/n^2}{n^2/Z} = \frac{Z^3}{n^4}$.
બંને પરમાણુઓ ધરા અવસ્થામાં હોવાથી,બંને માટે $n = 1$ છે.
તેથી,$a \propto Z^3$.
સિંગલી આયોનાઇઝ્ડ હિલિયમ $(Z=2)$ અને હાઇડ્રોજન $(Z=1)$ માટે પ્રવેગનો ગુણોત્તર $\frac{a_{He^+}}{a_H} = \left( \frac{Z_{He^+}}{Z_H} \right)^3 = \left( \frac{2}{1} \right)^3 = 8$ થાય છે.

(A) બોહરની ક્વોન્ટાઈઝેશન શરત મુજબ,$n^{th}$ કક્ષામાં ઈલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $J_n = \frac{n h}{2 \pi}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આનો અર્થ એ છે કે $J_n \propto n$.
દ-બ્રોગ્લી ઉત્કલ્પના મુજબ,તરંગલંબાઈ $\lambda_n = \frac{h}{p} = \frac{h}{mv_n}$ છે.
$n^{th}$ કક્ષા માટે,પરિઘ $2 \pi r_n = n \lambda_n$ થાય છે.
જેમ કે $r_n \propto n^2$ અને $v_n \propto \frac{1}{n}$,તેથી કોણીય વેગમાન $J_n = m v_n r_n$ એ $n$ ના સમપ્રમાણમાં છે.
સંબંધ $2 \pi r_n = n \lambda_n$ પરથી,આપણને $\lambda_n = \frac{2 \pi r_n}{n}$ મળે છે.
$r_n \propto n^2$ મૂકતા,આપણને $\lambda_n \propto \frac{n^2}{n} = n$ મળે છે.
આમ,$J_n \propto n$ અને $\lambda_n \propto n$ હોવાથી,$J_n \propto \lambda_n$ સાબિત થાય છે.

(B) બોહરના અધિતર્ક મુજબ,$n$ મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $L = \frac{nh}{2\pi}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $L = \frac{3h}{2\pi}$,બંને સમીકરણોની સરખામણી કરતા,આપણને $n = 3$ મળે છે.
હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n$ મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઊર્જા $E_n = -\frac{13.6}{n^2} \text{ eV}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$n = 3$ માટે,$E_3 = -\frac{13.6}{3^2} = -\frac{13.6}{9} \approx -1.51 \text{ eV}$.
કોઈપણ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ગતિઊર્જા $K$ એ તેની કુલ ઊર્જાના મૂલ્ય જેટલી હોય છે,તેથી $K = |E_n| = 1.51 \text{ eV}$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે,ગતિ ઉર્જા $(K)$ એ બંધન ઉર્જા $(E_n)$ જેટલી હોય છે:
$K = \frac{1}{2} m v^2 = E_n$ --- $(i)$
બોહરની કોણીય વેગમાનના ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ:
$mvr = \frac{nh}{2\pi}$ --- $(ii)$
સમીકરણ $(i)$ પરથી,$v^2 = \frac{2E_n}{m}$,તેથી $v = \sqrt{\frac{2E_n}{m}}$.
સમીકરણ $(ii)$ પરથી,ત્રિજ્યા $r = \frac{nh}{2\pi mv}$.
પરિભ્રમણની આવૃત્તિ $(f)$ એ $f = \frac{v}{2\pi r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આવૃત્તિના સૂત્રમાં $(ii)$ પરથી $r$ ની કિંમત મૂકતા:
$f = \frac{v}{2\pi (nh / 2\pi mv)} = \frac{v^2 m}{nh} = \frac{(2E_n / m) m}{nh} = \frac{2E_n}{nh}$.
તેથી,પરિભ્રમણની આવૃત્તિ $\frac{2E_n}{nh}$ છે.

(D) $n^{th}$ કક્ષા માટે બોહર ત્રિજ્યા $r_n = a_0 n^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $a_0$ એ બોહર ત્રિજ્યા અચળાંક છે.
પ્રશ્ન મુજબ,$(n+1)^{th}$ અને $n^{th}$ ત્રિજ્યા વચ્ચેનો તફાવત $(n-1)^{th}$ ત્રિજ્યા જેટલો છે:
$r_{n+1} - r_n = r_{n-1}$
$r_n = a_0 n^2$ સૂત્ર મૂકતા:
$a_0(n+1)^2 - a_0 n^2 = a_0(n-1)^2$
$a_0$ વડે ભાગતા:
$(n+1)^2 - n^2 = (n-1)^2$
$(n^2 + 2n + 1) - n^2 = n^2 - 2n + 1$
$2n + 1 = n^2 - 2n + 1$
$n^2 - 4n = 0$
$n(n - 4) = 0$
અહીં $n$ એ $1$ કરતા મોટી ધન પૂર્ણાંક સંખ્યા હોવી જોઈએ,તેથી $n = 4$ મળે છે.

(C) જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન ઉત્તેજિત અવસ્થા $n_2$ થી નીચલી અવસ્થા $n_1$ માં સંક્રમણ કરે છે ત્યારે ઉત્સર્જિત વર્ણપટ રેખાઓની સંખ્યા $N = \frac{(n_2 - n_1 + 1)(n_2 - n_1)}{2}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં $N = 6$ આપેલ છે,તેથી $\frac{(n_2 - n_1 + 1)(n_2 - n_1)}{2} = 6$,જેનું સાદું રૂપ $(n_2 - n_1 + 1)(n_2 - n_1) = 12$ થાય છે.
ધારો કે $x = n_2 - n_1$. તો $(x+1)x = 12$,જે દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2 + x - 12 = 0$ આપે છે. આ સમીકરણ ઉકેલતા $(x+4)(x-3) = 0$ મળે છે,તેથી $x = 3$.
આમ,$n_2 - n_1 = 3$. શક્ય જોડીઓ $(4, 1)$ અથવા $(5, 2)$ છે.
જોકે,પ્રશ્નમાં જણાવ્યા મુજબ ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઊર્જા શોષાયેલા ફોટોન જેટલી,ઓછી અથવા વધારે હોઈ શકે છે. જો $n_1 = 2$ અને $n_2 = 4$ હોય,તો સંક્રમણો $4 \rightarrow 3, 4 \rightarrow 2, 4 \rightarrow 1, 3 \rightarrow 2, 3 \rightarrow 1, 2 \rightarrow 1$ મળે છે. અહીં $E_{4 \rightarrow 2}$ એ શોષાયેલી ઊર્જા જેટલી છે,$E_{4 \rightarrow 3}$ એ શોષાયેલી ઊર્જા કરતા ઓછી છે,અને $E_{4 \rightarrow 1}, E_{3 \rightarrow 1}, E_{2 \rightarrow 1}$ એ શોષાયેલી ઊર્જા કરતા વધારે છે. આ તમામ શરતોનું પાલન કરે છે. તેથી,$n_1 = 2$ અને $n_2 = 4$.

(D) $n^{\text{મી}}$ કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n \propto n^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$n^{\text{મી}}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનો વેગ $v_n \propto \frac{1}{n}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કેન્દ્રગામી પ્રવેગ $a_n = \frac{v_n^2}{r_n}$ છે.
પ્રમાણસરતા મૂકતા: $a_n \propto \frac{(1/n)^2}{n^2} = \frac{1}{n^4}$.
$M$ કક્ષા માટે, $n = 3$. તેથી, $a_M \propto \frac{1}{3^4} = \frac{1}{81}$.
$L$ કક્ષા માટે, $n = 2$. તેથી, $a_L \propto \frac{1}{2^4} = \frac{1}{16}$.
પ્રારંભિક ($M$ કક્ષા) થી અંતિમ ($L$ કક્ષા) કેન્દ્રગામી પ્રવેગનો ગુણોત્તર $\frac{a_M}{a_L} = \frac{1/81}{1/16} = \frac{16}{81}$ થાય.

(B) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુમાં ઇલેક્ટ્રોનની કક્ષીય ગતિની આવૃત્તિ $f$ એ $f \propto \frac{Z^2}{n^3}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પરમાણુ હાઇડ્રોજન હોવાથી,$Z = 1$,તેથી $f \propto \frac{1}{n^3}$.
ધારો કે $f_1$ એ પ્રારંભિક અવસ્થા $n_1$ માં આવૃત્તિ છે અને $f_2$ એ અંતિમ અવસ્થા $n_2$ માં આવૃત્તિ છે.
આપેલ છે કે $f_1 = \frac{1}{27} f_2$,તેથી $\frac{1}{n_1^3} = \frac{1}{27} \cdot \frac{1}{n_2^3}$.
પદોને ગોઠવતા,આપણને $\frac{n_2^3}{n_1^3} = \frac{1}{27}$ મળે છે.
બંને બાજુ ઘનમૂળ લેતા,$\frac{n_2}{n_1} = \frac{1}{3}$,જેનો અર્થ છે કે $n_1 = 3n_2$.
વિકલ્પો તપાસતા:
વિકલ્પ $B$ માટે,$n_1 = 3$ અને $n_2 = 1$,જે $n_1 = 3(1) = 3$ નું પાલન કરે છે.
આમ,સાચા મૂલ્યો $n_1 = 3$ અને $n_2 = 1$ છે.

(A) $K$ કક્ષા માટે બોહર ત્રિજ્યાનું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$a_{0} = \frac{h^{2} \varepsilon_{0}}{\pi m e^{2}}$
આ સૂત્ર પરથી સ્પષ્ટ થાય છે કે બોહર ત્રિજ્યા એ ભ્રમણ કરતા કણના દળ $(m)$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે.
તેથી,ઇલેક્ટ્રોનની કક્ષાની ત્રિજ્યા $(a_{0e})$ અને મ્યુઓનની કક્ષાની ત્રિજ્યા $(a_{0m})$ નો ગુણોત્તર:
$\frac{a_{0m}}{a_{0e}} = \frac{m_{e}}{m_{m}}$
અહીં $m_{m} = 207 m_{e}$ આપેલ છે,તેથી:
$a_{0m} = \frac{m_{e}}{207 m_{e}} \times a_{0e} = \frac{a_{0e}}{207}$
હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે પ્રમાણિત બોહર ત્રિજ્યા $a_{0e} \approx 0.529 \, \mathring{A}$ છે.
નવી ત્રિજ્યાની ગણતરી કરતા:
$a_{0m} = \frac{0.529 \, \mathring{A}}{207} \approx 0.002555 \, \mathring{A} \approx 2.56 \times 10^{-3} \, \mathring{A}$.

(A) જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન ઉત્તેજિત અવસ્થા $n$ માંથી ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટમાં સંક્રમણ કરે છે ત્યારે ઉત્સર્જિત થતી વર્ણપટ રેખાઓની સંખ્યા $N = \frac{n(n-1)}{2}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $N = 10$,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).
આપાત ફોટોનની ઉર્જા ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ $(n=1)$ થી $n=5$ અવસ્થામાં સંક્રમણ સાથે સંબંધિત છે.
તરંગલંબાઈ $\lambda$ રીડબર્ગ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{5^2} \right)$.
$\frac{1}{\lambda} = R \left( 1 - \frac{1}{25} \right) = R \left( \frac{24}{25} \right)$.
$R \approx 1.097 \times 10^7 \ m^{-1}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\lambda = \frac{25}{24 \times 1.097 \times 10^7} \approx 9.5 \times 10^{-8} \ m = 95 \ nm$ મળે છે.

(C) આપેલ છે:
પ્રારંભિક અવસ્થા $n_2 = 5$,અંતિમ અવસ્થા $n_1 = 1$.
હાઇડ્રોજન પરમાણુનું દળ $m \approx 1.67 \times 10^{-27} \, kg$.
રિડબર્ગ અચળાંક $R = 1.097 \times 10^7 \, m^{-1}$.
પ્લાન્કનો અચળાંક $h = 6.63 \times 10^{-34} \, J \cdot s$.
ઉત્સર્જિત ફોટોનની તરંગલંબાઇ $\lambda$ માટે રિડબર્ગ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right) = 1.097 \times 10^7 \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{5^2} \right) = 1.097 \times 10^7 \left( 1 - 0.04 \right) = 1.053 \times 10^7 \, m^{-1}$.
$\lambda = \frac{1}{1.053 \times 10^7} \approx 9.496 \times 10^{-8} \, m$.
વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,પરમાણુનું વેગમાન $p_{atom}$ એ ફોટોનના વેગમાન $p_{photon} = \frac{h}{\lambda}$ જેટલું હોવું જોઈએ.
$m v = \frac{h}{\lambda} \implies v = \frac{h}{m \lambda}$.
$v = \frac{6.63 \times 10^{-34}}{(1.67 \times 10^{-27}) \times (9.496 \times 10^{-8})} \approx \frac{6.63 \times 10^{-34}}{1.586 \times 10^{-34}} \approx 4.18 \, m/s$.
આપેલા વિકલ્પો મુજબ,રિકોઇલ ઝડપ આશરે $4.3 \, m/s$ છે.

(C) $n^{th}$ બોહર કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનના પરિભ્રમણની આવૃત્તિ $v_n \propto \frac{1}{n^3}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
તેથી,કોઈ અચળાંક $k$ માટે $v_n = \frac{k}{n^3}$ થાય.
પ્રથમ કક્ષા $(n=1)$ માટે,$v_1 = k$ થાય.
આમ,ગુણોત્તર $\frac{v_n}{v_1} = \frac{k/n^3}{k} = \frac{1}{n^3} = n^{-3}$ થાય.
બંને બાજુ લઘુગણક લેતા,આપણને $\log (v_n / v_1) = \log (n^{-3}) = -3 \log n$ મળે છે.
આ સમીકરણ $y = mx$ ના સ્વરૂપમાં છે,જ્યાં $y = \log (v_n / v_1)$,$x = \log n$,અને ઢાળ $m = -3$ છે.
ઢાળ ઋણ હોવાથી,આલેખ ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતી ઋણ ઢાળવાળી સીધી રેખા છે.

(D) વર્ણપટ રેખાની તરંગલંબાઇ માટેનું રિડબર્ગ સૂત્ર $\frac{1}{\lambda} = R Z^2 \left[ \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right]$ છે.
$n = 2 \rightarrow n = 1$ સંક્રમણ માટે,કૌંસમાં રહેલું પદ અચળ છે.
તેથી,$\frac{1}{\lambda} \propto Z^2$,જેનો અર્થ છે કે $\lambda \propto \frac{1}{Z^2}$.
સૌથી ટૂંકી તરંગલંબાઇ મેળવવા માટે,આપણે સૌથી મોટો પરમાણુ ક્રમાંક $Z$ જોઈએ.
પરમાણુ ક્રમાંક આ મુજબ છે: હાઇડ્રોજન $(Z=1)$,ડ્યુટેરિયમ $(Z=1)$,એક આયનીકૃત હિલિયમ $(Z=2)$,અને દ્વિ આયનીકૃત લિથિયમ $(Z=3)$.
લિથિયમનો પરમાણુ ક્રમાંક સૌથી વધુ $(Z=3)$ હોવાથી,તે સૌથી ટૂંકી તરંગલંબાઇ ઉત્પન્ન કરે છે.

(C) વર્તુળાકાર કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોન માટે બોહરના સિદ્ધાંત મુજબ,કેન્દ્રગામી બળ એ સ્થિત-વિદ્યુત બળ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે: $\frac{mv^2}{r} = \frac{ke^2}{r^2}$,જે સૂચવે છે કે $v \propto r^{-1/2}$.
આવર્તકાળ $T$ એ $T = \frac{2\pi r}{v}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$v \propto r^{-1/2}$ મૂકતા,આપણને $T \propto \frac{r}{r^{-1/2}} = r^{3/2}$ મળે છે.
આપેલ ત્રિજ્યાઓ $r_1 = R$ અને $r_2 = 4R$ છે.
તેથી,આવર્તકાળનો ગુણોત્તર $\frac{T_1}{T_2} = \left(\frac{r_1}{r_2}\right)^{3/2} = \left(\frac{R}{4R}\right)^{3/2} = \left(\frac{1}{4}\right)^{3/2} = \frac{1}{8}$ થાય.
આમ,ગુણોત્તર $1 : 8$ છે.

(B) હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે બોહરના મોડેલ મુજબ:
$1$. કોણીય વેગમાન $L = \frac{nh}{2\pi}$,તેથી $L \propto n$.
$2$. કક્ષાની ત્રિજ્યા $r = a_0 \frac{n^2}{Z}$,તેથી $r \propto n^2$ (નિશ્ચિત $Z$ માટે).
$3$. પરિભ્રમણની આવૃત્તિ $f = \frac{v}{2\pi r}$. કારણ કે $v \propto \frac{Z}{n}$ અને $r \propto \frac{n^2}{Z}$,તેથી $f \propto \frac{Z/n}{n^2/Z} = \frac{Z^2}{n^3}$,એટલે કે $f \propto n^{-3}$.
હવે,ગુણાકાર $frL$ ધ્યાનમાં લો:
$frL \propto (n^{-3}) \cdot (n^2) \cdot (n) = n^0 = 1$.
તેથી,$frL$ એ ક્વોન્ટમ નંબર $n$ થી સ્વતંત્ર છે અને તમામ કક્ષાઓ માટે અચળ રહે છે.

(B) $n^{th}$ બોહર કક્ષાની ત્રિજ્યાનું સૂત્ર: $r_n = \frac{0.529 \times n^2}{Z} \mathring A$ છે.
આયનીકૃત હિલિયમ પરમાણુ $(He^+)$ માટે,પરમાણુ ક્રમાંક $Z = 2$ છે.
બીજી બોહર કક્ષા માટે,$n = 2$ છે.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$r_2 = \frac{0.529 \times 2^2}{2} \mathring A$
$r_2 = \frac{0.529 \times 4}{2} \mathring A$
$r_2 = 0.529 \times 2 \mathring A$
$r_2 = 1.06 \mathring A$.

(A) મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n$ ધરાવતી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જા નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$E = -13.6 / n^2 \ eV$
અહીં $E = -3.4 \ eV$ આપેલ છે,તેથી:
$-3.4 = -13.6 / n^2$
$n^2 = 13.6 / 3.4 = 4$
$n = 2$
બોહરના અધિતર્ક મુજબ,$n$-મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $L$ નીચે મુજબ છે:
$L = nh / 2\pi$
$n = 2$ મૂકતા:
$L = 2h / 2\pi = h / \pi$

(B) સંક્રમણ દરમિયાન ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઉર્જા $E = \Delta E = 13.6 \text{ eV} \times Z^2 \left( \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રથમ સંક્રમણ માટે (બીજી ઉત્તેજિત અવસ્થા $n=3$ થી પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા $n=2$):
$E_1 = 13.6 \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2} \right) = 13.6 \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right) = 13.6 \left( \frac{5}{36} \right)$.
બીજા સંક્રમણ માટે (પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા $n=2$ થી ધરા અવસ્થા $n=1$):
$E_2 = 13.6 \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right) = 13.6 \left( 1 - \frac{1}{4} \right) = 13.6 \left( \frac{3}{4} \right) = 13.6 \left( \frac{27}{36} \right)$.
ઉર્જાનો ગુણોત્તર $z = \frac{E_1}{E_2} = \frac{5/36}{27/36} = \frac{5}{27}$.
$E = \frac{hc}{\lambda}$ હોવાથી,$\frac{E_1}{E_2} = \frac{\lambda_2}{\lambda_1} = z$. તેથી,$x = \frac{\lambda_1}{\lambda_2} = \frac{1}{z} = \frac{27}{5}$.
$p = \frac{E}{c}$ હોવાથી,વેગમાનનો ગુણોત્તર $y = \frac{p_1}{p_2} = \frac{E_1/c}{E_2/c} = \frac{E_1}{E_2} = z = \frac{5}{27}$.
વિકલ્પો સાથે સરખાવતા:
$(A)$ $z = 1/x$ સાચું છે કારણ કે $z = \frac{E_1}{E_2}$ અને $x = \frac{\lambda_1}{\lambda_2} = \frac{E_2}{E_1} = 1/z$.
$(B)$ $x = 9/4$ ખોટું છે (સાચું મૂલ્ય $27/5$ છે).
$(C)$ $y = 5/27$ સાચું છે.
$(D)$ $z = 5/27$ સાચું છે.
તેથી,ખોટો જવાબ $(B)$ છે.

(A) જ્યારે કેન્દ્રની ગતિને ધ્યાનમાં લેવામાં આવે છે,ત્યારે ઇલેક્ટ્રોનનું દળ $m_e$ એ રિડ્યુસ્ડ માસ (ઘટાડેલા દળ) $\mu = \frac{m_e M}{m_e + M}$ દ્વારા બદલાય છે,જ્યાં $M$ એ કેન્દ્રનું દળ છે.
ડ્યુટેરિયમ કેન્દ્રનું દળ $(M_D \approx 2M_H)$ હાઇડ્રોજન કેન્દ્ર કરતા વધારે હોવાથી,રિડ્યુસ્ડ માસ $\mu_D$ એ $\mu_H$ કરતા વધારે છે.
$n^{th}$ બોહર કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n = \frac{n^2 h^2 \epsilon_0}{\pi \mu e^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. $\mu_D > \mu_H$ હોવાથી,ત્રિજ્યા $r_D < r_H$ થાય છે. તેથી,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.
ઇલેક્ટ્રોનની ઝડપ $v_n = \frac{e^2}{2 n h \epsilon_0}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. આ સમીકરણ કેન્દ્રના દળ પર આધારિત નથી,તેથી $v_D = v_H$ થાય છે. વિકલ્પ $B$ ખોટો છે.
ઉત્સર્જિત ફોટોનની તરંગલંબાઇ $\frac{1}{\lambda} = R_{\mu} Z^2 (\frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2})$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $R_{\mu} = \frac{\mu e^4}{8 \epsilon_0^2 h^3 c}$ છે. $\mu_D > \mu_H$ હોવાથી,$R_D > R_H$ થાય છે. પરિણામે,$\lambda_D < \lambda_H$ થાય છે. વિકલ્પ $C$ ખોટો છે.
$n^{th}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $L = n \frac{h}{2\pi}$ છે,જે કેન્દ્રના દળથી સ્વતંત્ર છે. તેથી,$L_D = L_H$ થાય છે. વિકલ્પ $D$ ખોટો છે.

(D) હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n^{th}$ કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n = n^2 a_0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$n^{th}$ કક્ષાનું ક્ષેત્રફળ $A_n = \pi r_n^2 = \pi (n^2 a_0)^2 = \pi n^4 a_0^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રથમ કક્ષા $(n=1)$ માટે,ક્ષેત્રફળ $A_1 = \pi a_0^2$ છે.
ગુણોત્તર લેતા,આપણને $\frac{A_n}{A_1} = \frac{\pi n^4 a_0^2}{\pi a_0^2} = n^4$ મળે છે.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,આપણને $\ln \left( \frac{A_n}{A_1} \right) = \ln (n^4) = 4 \ln (n)$ મળે છે.
આને સીધી રેખાના સમીકરણ $y = mx + c$ સાથે સરખાવતા,જ્યાં $y = \ln (A_n/A_1)$,$x = \ln (n)$,$m = 4$,અને $c = 0$ છે,આપણે નિષ્કર્ષ કાઢી શકીએ છીએ કે આલેખ $4$ ના ઢાળ સાથે ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતી સીધી રેખા છે.

(C) ઇલેક્ટ્રોન પર લાગતું બળ $F = \frac{k}{r}$ છે.
વર્તુળાકાર ગતિ માટે,આ બળ જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે: $\frac{k}{r} = \frac{mv^2}{r}$.
આનો અર્થ એ થાય કે $mv^2 = k$,જેનો અર્થ છે કે ગતિઊર્જા $K_n = \frac{1}{2}mv^2 = \frac{k}{2}$ એ અચળ છે અને $n$ થી સ્વતંત્ર છે.
બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ,$mvr = \frac{nh}{2\pi}$.
કારણ કે $v = \sqrt{\frac{k}{m}}$ અચળ છે,તેથી $m \sqrt{\frac{k}{m}} r_n = \frac{nh}{2\pi}$.
તેથી,$r_n \propto n$.

(B) હાઇડ્રોજન જેવા આયનમાં ઇલેક્ટ્રોન સંક્રમણ માટે જરૂરી ઉર્જાનું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$\Delta E = 13.6 Z^{2} \left( \frac{1}{n_{1}^{2}} - \frac{1}{n_{2}^{2}} \right) \text{eV}$
$Li^{++}$ આયન માટે,પરમાણુ ક્રમાંક $Z = 3$ છે.
સંક્રમણ પ્રથમ કક્ષા $(n_{1} = 1)$ થી ત્રીજી કક્ષા $(n_{2} = 3)$ માં થાય છે.
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$\Delta E = 13.6 \times (3)^{2} \left( \frac{1}{1^{2}} - \frac{1}{3^{2}} \right) \text{eV}$
$\Delta E = 13.6 \times 9 \left( 1 - \frac{1}{9} \right) \text{eV}$
$\Delta E = 13.6 \times 9 \left( \frac{8}{9} \right) \text{eV}$
$\Delta E = 13.6 \times 8 = 108.8 \text{eV}$

(A) તંત્રની ભ્રમણીય ઉર્જા $E = \frac{L^2}{2I}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $L$ એ કોણીય વેગમાન છે અને $I$ એ જડત્વની ચાકમાત્રા છે.
બોહરના ક્વોન્ટાઈઝેશનના નિયમ મુજબ,$L = \frac{nh}{2\pi}$.
દ્વિપરમાણ્વીય અણુ માટે તેના દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની આસપાસ જડત્વની ચાકમાત્રા $I = \mu r^2$ છે,જ્યાં $\mu = \frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2}$ એ રિડ્યુસ્ડ માસ (ઘટાડેલું દળ) છે.
ઉર્જાના સૂત્રમાં $L$ અને $I$ ની કિંમત મૂકતા:
$E = \frac{(nh/2\pi)^2}{2(\frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2})r^2}$
$E = \frac{n^2 h^2}{4\pi^2 \cdot 2 \cdot \frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2} r^2}$
$E = \frac{(m_1 + m_2)n^2 h^2}{8\pi^2 m_1 m_2 r^2}$.

(A) ઉત્સર્જિત વિકિરણની આવૃત્તિ $\nu$ રીડબર્ગ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\nu = c R Z^2 [1/(n-1)^2 - 1/n^2]$.
કૌંસની અંદરના પદનું સાદું રૂપ આપતા: $[n^2 - (n-1)^2] / [n^2(n-1)^2] = (n^2 - (n^2 - 2n + 1)) / [n^2(n-1)^2] = (2n - 1) / [n^2(n-1)^2]$.
કારણ કે $n >> 1$ છે,આપણે $(2n - 1) \approx 2n$ અને $(n-1) \approx n$ તરીકે લઈ શકીએ છીએ.
આ અંદાજો મૂકતા: $\nu \approx c R Z^2 [2n / (n^2 \cdot n^2)] = c R Z^2 [2n / n^4] = 2 c R Z^2 / n^3$.
તેથી,આવૃત્તિ $\nu$ એ $1/n^3$ ના પ્રમાણમાં છે.

(B) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુ માટે ઉત્સર્જિત વિકિરણની તરંગલંબાઇ $\lambda$ રીડબર્ગ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$\frac{1}{\lambda} = R Z^2 \left[ \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right]$
બધા આયનો માટે સંક્રમણ $n_2 = 2$ થી $n_1 = 1$ હોવાથી,કૌંસમાં રહેલું પદ અચળ છે: $\left[ \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right] = \frac{3}{4}$.
આમ,$\lambda \propto \frac{1}{Z^2}$.
હાઇડ્રોજન $(Z=1)$ માટે,$\lambda_1 \propto \frac{1}{1^2} = 1$.
ડ્યુટેરિયમ $(Z=1)$ માટે,$\lambda_2 \propto \frac{1}{1^2} = 1$.
હિલિયમ $(Z=2)$ માટે,$\lambda_3 \propto \frac{1}{2^2} = \frac{1}{4}$.
લિથિયમ $(Z=3)$ માટે,$\lambda_4 \propto \frac{1}{3^2} = \frac{1}{9}$.
આ સરખામણી કરતા,આપણને $\lambda_1 = \lambda_2 = 4\lambda_3 = 9\lambda_4$ મળે છે.

(D) $n$-મી અવસ્થામાંથી ધરાવસ્થિતિમાં સંક્રમણ માટે ઉત્સર્જિત ફોટોનની તરંગલંબાઇ રિડબર્ગ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\frac{1}{\Lambda_n} = R \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{n^2} \right)$.
મોટા $n$ માટે,આપણે તેને $\Lambda_n = \frac{1}{R} (1 - \frac{1}{n^2})^{-1} \approx \frac{1}{R} (1 + \frac{1}{n^2}) = \frac{1}{R} + \frac{1}{R n^2}$ તરીકે અંદાજિત કરી શકીએ છીએ.
$n$-મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇ $\lambda_n = \frac{h}{p} = \frac{h}{m v_n}$ છે. કારણ કે $v_n \propto \frac{1}{n}$,તેથી $\lambda_n \propto n$,જેનો અર્થ છે કે $n^2 \propto \lambda_n^2$.
આને $\Lambda_n$ ના સમીકરણમાં મૂકતા,આપણને $\Lambda_n = A + \frac{B}{\lambda_n^2}$ મળે છે,જ્યાં $A = \frac{1}{R}$ અને $B$ એ પરમાણુના ભૌતિક પરિમાણો સાથે સંબંધિત અચળાંક છે.

(B) હાઈડ્રોજન જેવા પરમાણુની ધરા અવસ્થામાં બંધન ઉર્જાનું સૂત્ર $E_n = -\frac{m e^4}{8 \epsilon_0^2 h^2 n^2}$ છે,જ્યાં $m$ એ ભ્રમણ કરતા કણનું દળ છે.
મ્યુઓનનો વીજભાર ઈલેક્ટ્રોન જેટલો જ હોવાથી,બંધન ઉર્જા એ કણના દળના સમપ્રમાણમાં હોય છે $(E \propto m)$.
આપેલ છે કે મ્યુઓનનું દળ $m_{\mu} = 207 m_e$ છે,તેથી મ્યુઓનિક હાઈડ્રોજન પરમાણુની બંધન ઉર્જા $E_{B\mu} = 207 E_{Be}$ થશે.
તેથી,$|E_{B\mu}| \approx 207 |E_{Be}|$. આપેલ વિકલ્પોમાંથી સૌથી નજીકનો વિકલ્પ $207|E_{Be}|$ છે,જે વિકલ્પ $B$ ને અનુરૂપ છે.

(A) ઉત્સર્જિત ફોટોનની આવૃત્તિ રીડબર્ગના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $f = R c Z^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$.
હાઇડ્રોજન પરમાણુ $(Z=1)$ માટે,$2^{nd}$ ઉત્તેજિત અવસ્થા $(n_2=3)$ થી ધરા અવસ્થા $(n_1=1)$ માં સંક્રમણ માટે આવૃત્તિ $f$ છે:
$f = R c (1)^2 \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{3^2} \right) = R c \left( 1 - \frac{1}{9} \right) = \frac{8}{9} R c$.
તેથી,$R c = \frac{9}{8} f$.
$Li^{++}$ $(Z=3)$ માટે,$1^{st}$ ઉત્તેજિત અવસ્થા $(n_2=2)$ થી ધરા અવસ્થા $(n_1=1)$ માં સંક્રમણ માટે આવૃત્તિ $f'$ છે:
$f' = R c (3)^2 \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right) = R c (9) \left( 1 - \frac{1}{4} \right) = R c (9) \left( \frac{3}{4} \right) = \frac{27}{4} R c$.
$f'$ ના સમીકરણમાં $R c = \frac{9}{8} f$ મૂકતા:
$f' = \frac{27}{4} \times \left( \frac{9}{8} f \right) = \frac{243}{32} f$.

(A) બોહરના મોડેલને અનુસરતા તંત્ર માટે,સ્થિત-વિદ્યુત બળ જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે: $\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{(3q)(q)}{r^2} = \frac{mv^2}{r} \implies \frac{3q^2}{4\pi\varepsilon_0 r} = mv^2$ .......$(1)$
ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ $(n=1)$ માટે બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ: $mvr = \frac{h}{2\pi} \implies r = \frac{h}{2\pi mv}$ .......$(2)$
સમીકરણ $(2)$ માંથી $r$ ની કિંમત $(1)$ માં મૂકતા:
$\frac{3q^2}{4\pi\varepsilon_0} \left( \frac{2\pi mv}{h} \right) = mv^2$
$\frac{3q^2}{2\varepsilon_0 h} = v$
આમ,કક્ષીય વેગ $v = \frac{3q^2}{2\varepsilon_0 h}$ મળે છે.

(A) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુ માટે,$n_2$ થી $n_1$ સંક્રમણ માટે ઉત્સર્જિત વિકિરણની તરંગલંબાઇ $\lambda$ રિડબર્ગ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\frac{1}{\lambda} = R Z^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$.
$n = 2$ થી $n = 1$ સંક્રમણ માટે,આપણને મળે છે $\frac{1}{\lambda} = R Z^2 \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right) = R Z^2 \left( 1 - \frac{1}{4} \right) = \frac{3R Z^2}{4}$.
આમ,$\lambda = \frac{4}{3RZ^2}$,જેનો અર્થ છે કે $\lambda Z^2 = \text{અચળ}$.
પરમાણુ ક્રમાંક આપેલ છે: $Z_1 = 1$ ($H$ માટે),$Z_2 = 1$ ($D$ માટે),$Z_3 = 2$ ($He^+$ માટે),અને $Z_4 = 3$ ($Li^{++}$ માટે).
આ કિંમતો મૂકતા: $\lambda_1 (1)^2 = \lambda_2 (1)^2 = \lambda_3 (2)^2 = \lambda_4 (3)^2$.
આથી,$\lambda_1 = \lambda_2 = 4 \lambda_3 = 9 \lambda_4$ મળે છે.

(B) લિથિયમ પરમાણુ $(Z=3)$ માં $3$ ઇલેક્ટ્રોન હોય છે. બે ઇલેક્ટ્રોન $K$-કોષ $(n=1)$ માં છે.
પ્રશ્ન મુજબ,આ બે ઇલેક્ટ્રોન ન્યુક્લિયસનું સ્ક્રીનિંગ કરે છે જેથી સૌથી બહારના ઇલેક્ટ્રોન દ્વારા અનુભવાતો અસરકારક વીજભાર $Z_{eff} = 3 - 2 = 1$ થાય છે.
સૌથી બહારનો ઇલેક્ટ્રોન $L$-કોષ $(n=2)$ માં છે.
હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુમાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જા $E_n = -13.6 \times \frac{Z_{eff}^2}{n^2} \text{ eV}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સૌથી બહારના ઇલેક્ટ્રોન માટે,$n=2$ અને $Z_{eff}=1$ છે.
$E_2 = -13.6 \times \frac{1^2}{2^2} = -13.6 \times \frac{1}{4} = -3.4 \text{ eV}$.
આયનીકરણ ઉર્જા એ ઇલેક્ટ્રોનને $n=2$ થી $n=\infty$ સુધી દૂર કરવા માટે જરૂરી ઉર્જા છે,જે $E_{\infty} - E_2 = 0 - (-3.4) = 3.4 \text{ eV}$ છે.

(C) વર્ણપટ રેખાઓની તરંગલંબાઇ $\lambda = \frac{1500p^2}{p^2 - 1}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આયનીકરણ ઉર્જા શોધવા માટે,આપણે $n = \infty$ થી $n = 1$ સુધીના સંક્રમણને ધ્યાનમાં લઈએ છીએ,જે શ્રેણીની સીમા દર્શાવે છે.
જેમ $p \to \infty$,તરંગલંબાઇ $\lambda_{\min} = \lim_{p \to \infty} \frac{1500p^2}{p^2 - 1} = 1500\ \mathring{A}$ થાય છે.
આ તરંગલંબાઇને અનુરૂપ ઉર્જા એ આયનીકરણ ઉર્જા $E_i$ છે,જે $E_i = \frac{hc}{\lambda_{\min}}$ દ્વારા મળે છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા,$E_i = \frac{12420\ eV\cdot\mathring{A}}{1500\ \mathring{A}} = 8.28\ eV$.
આમ,આયનીકરણ ઉર્જા $8.28\ eV$ હોવાથી,આયનીકરણ પોટેન્શિયલ $8.28\ V$ થાય છે.

(D) ઓર્બિટલ ઇલેક્ટ્રોનનો ચુંબકીય મોમેન્ટ $M = \frac{qL}{2m}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $L$ એ ઓર્બિટલ કોણીય વેગમાન છે.
બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ,$L = \frac{nh}{2\pi}$,જ્યાં $n$ એ મુખ્ય ક્વોન્ટમ નંબર છે.
આમ,$M \propto L \propto n$.
ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ માટે,$n_1 = 1$,તેથી $\mu_1 \propto 1$.
$3^{rd}$ ઉત્તેજિત અવસ્થા માટે,$n_2 = 1 + 3 = 4$,તેથી $\mu_2 \propto 4$.
ગુણોત્તર લેતા,$\frac{\mu_2}{\mu_1} = \frac{n_2}{n_1} = \frac{4}{1} = 4$.
તેથી,$\mu_2 = 4\mu_1$.

(C) સ્તર $n$ થી નીચલા સ્તરોમાં સંક્રમણ માટે ઉત્સર્જિત વર્ણપટ રેખાઓની સંખ્યા $N = \frac{n(n-1)}{2}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે 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).
$n$-મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $L = \frac{nh}{2\pi}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$n_2$ થી $n_1$ માં સંક્રમણ માટે કોણીય વેગમાનમાં ફેરફાર $\Delta L = \frac{(n_2 - n_1)h}{2\pi}$ છે.
$\Delta L$ ને મહત્તમ કરવા માટે,આપણે ઉચ્ચતમ સ્તર $n_2 = 5$ થી નીચલા સ્તર $n_1 = 1$ સુધીનું સંક્રમણ પસંદ કરીએ છીએ.
આમ,$\Delta L_{max} = \frac{(5 - 1)h}{2\pi} = \frac{4h}{2\pi} = \frac{2h}{\pi}$.