Bohr's Model of Hydrogen Atom Questions in Gujarati

(D) વર્તુળાકાર લૂપના કેન્દ્રમાં ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0 i}{2r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$r$ ત્રિજ્યાની કક્ષામાં $v$ વેગથી ગતિ કરતા ઇલેક્ટ્રોનને કારણે પ્રવાહ $i = \frac{e}{T} = \frac{ev}{2\pi r}$ છે.
ચુંબકીય ક્ષેત્રના સૂત્રમાં $i$ ની કિંમત મૂકતા: $B = \frac{\mu_0 ev}{4\pi r^2}$.
બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ,$mvr = \frac{nh}{2\pi}$,તેથી $v = \frac{nh}{2\pi mr}$.
$B$ ના સમીકરણમાં $v$ ની કિંમત મૂકતા: $B = \frac{\mu_0 e}{4\pi r^2} \left( \frac{nh}{2\pi mr} \right) = \frac{\mu_0 enh}{8\pi^2 mr^3}$.
હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુ માટે,ત્રિજ્યા $r \propto \frac{n^2}{Z}$.
$B$ ના સમીકરણમાં $r^3 \propto \frac{n^6}{Z^3}$ મૂકતા: $B \propto \frac{n}{r^3} \propto \frac{n}{(n^2/Z)^3} = \frac{n}{n^6/Z^3} = \frac{Z^3}{n^5}$.
આમ,$B \propto \frac{Z^3}{n^5}$.

(D) હાઇડ્રોજન પરમાણુમાં $n = 2$ અને $n = 1$ સ્તરો વચ્ચેનો ઉર્જા તફાવત $\Delta E = 13.6 \ eV \times (1 - 1/4) = 10.2 \ eV$ છે.
જ્યારે પરમાણુ ફોટોનનું ઉત્સર્જન કરે છે, ત્યારે વેગમાનના સંરક્ષણ માટે તેણે રિકોઈલ (પાછળ ધકેલાવું) કરવું પડે છે। ધારો કે $p_p$ એ ફોટોનનું વેગમાન છે અને $p_a$ એ પરમાણુનું વેગમાન છે। વેગમાનના સંરક્ષણ મુજબ, $p_a = p_p = E/c$.
મુક્ત થતી કુલ ઉર્જા $10.2 \ eV$ છે, જે ફોટોનની ઉર્જા $(E_p)$ અને પરમાણુની રિકોઈલ ગતિ ઉર્જા $(K_a)$ વચ્ચે વહેંચાય છે। તેથી, $E_p + K_a = 10.2 \ eV$.
$K_a > 0$ હોવાથી, $E_p < 10.2 \ eV$. તેથી, વિધાન $(b)$ સાચું છે.
$K_a = 10.2 \ eV - E_p$ હોવાથી અને $E_p$ એ $10.2 \ eV$ ની ખૂબ નજીક હોવાથી, $K_a$ ખૂબ નાનું છે, તેથી $K_a < 10.2 \ eV$. તેથી, વિધાન $(c)$ સાચું છે.
વિધાન $(d)$ ખોટું છે કારણ કે કુલ ઉર્જા $10.2 \ eV$ વહેંચાયેલી છે; પરમાણુની ગતિ ઉર્જા ફોટોનની ઉર્જા કરતા ઘણી ઓછી હોય છે।

(D) બોહર મોડેલ મુજબ, $n^{th}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ગતિઊર્જા $(K.E.)$ નું સૂત્ર: $K.E. = \frac{2 \pi^2 m k^2 Z^2 e^4}{n^2 h^2}$ છે.
અહીં, $K.E. \propto e^4$ છે, જ્યાં $e$ એ ઇલેક્ટ્રોનનો વિદ્યુતભાર છે.
જો માત્ર ઇલેક્ટ્રોનનો વિદ્યુતભાર $e$ બમણો $(e' = 2e)$ કરવામાં આવે, તો નવી ગતિઊર્જા $K.E.' \propto (2e)^4 = 16 e^4$ થશે.
તેથી, $K.E.$ $16$ ગણી થશે.

(B) આઈન્સ્ટાઈનના દળ-ઊર્જા સમતુલ્યતાના સિદ્ધાંત મુજબ,બંધિત તંત્રનું દળ તેના ઘટકોના દળના સરવાળા કરતા બંધન ઊર્જાને $c^2$ વડે ભાગતા મળતી કિંમત જેટલું ઓછું હોય છે.
હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે,કુલ દળ $M = m_{proton} + m_{electron} - \frac{B}{c^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $B$ એ હાઇડ્રોજન પરમાણુની બંધન ઊર્જા $(13.6 \, eV)$ છે.
આ દળ ક્ષતિ પરમાણુના નિર્માણ દરમિયાન મુક્ત થતી ઊર્જાને દર્શાવે છે.

(B) ઉત્સર્જિત વિકિરણની તરંગલંબાઇ માટે રિડબર્ગ સૂત્ર $\frac{1}{\lambda} = R Z^2 \left[ \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right]$ છે.
હાઇડ્રોજન પરમાણુ $(Z=1)$ માટે $n_i=2$ થી $n_f=1$ ના સંક્રમણ માટે,$\frac{1}{\lambda_0} = R(1)^2 \left[ \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right] = R \left[ 1 - \frac{1}{4} \right] = \frac{3R}{4}$.
$He^+$ આયન $(Z=2)$ માટે,આપણે તરંગલંબાઇ $\lambda_0$ જોઈએ છે,તેથી $\frac{1}{\lambda_0} = R(2)^2 \left[ \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right]$.
બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $\frac{3R}{4} = 4R \left[ \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right] \Rightarrow \frac{3}{16} = \left[ \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right]$.
વિકલ્પો તપાસતા,$n_i=4$ અને $n_f=2$ માટે: $\frac{1}{2^2} - \frac{1}{4^2} = \frac{1}{4} - \frac{1}{16} = \frac{4-1}{16} = \frac{3}{16}$.
આમ,સંક્રમણ $n=4$ થી $n=2$ છે.

(B) બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ,$n^{th}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $mvr = \frac{nh}{2\pi}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને $2\pi r = \frac{nh}{mv}$ મળે છે.
ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇ $\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{mv}$ હોવાથી,શરત $2\pi r = n\lambda$ અથવા $\lambda = \frac{2\pi r}{n}$ બને છે.
હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે,$n^{th}$ કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n = a_0 n^2$ છે,જ્યાં $a_0$ એ બોહર ત્રિજ્યા છે.
તરંગલંબાઇના સૂત્રમાં $r_n$ મૂકતા: $\lambda_n = \frac{2\pi (a_0 n^2)}{n} = 2\pi a_0 n$.
પ્રથમ કક્ષા $(n=1)$ માટે,$\lambda_1 = 2\pi a_0 (1) = 2\pi a_0$.
બીજી કક્ષા $(n=2)$ માટે,$\lambda_2 = 2\pi a_0 (2) = 4\pi a_0$.
તેથી,ગુણોત્તર $\frac{\lambda_1}{\lambda_2} = \frac{2\pi a_0}{4\pi a_0} = \frac{1}{2}$ થાય છે.

(D) બોહરની કક્ષા માટે ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈની શરત $2 \pi r_n = n \lambda_n$ છે.
પ્રથમ કક્ષા $(n=1)$ માટે,$2 \pi r_1 = \lambda \Rightarrow r_1 = \frac{\lambda}{2 \pi}$.
બીજી કક્ષા $(n=2)$ માટે,$r_2 = 4 r_1 = \frac{4 \lambda}{2 \pi} = \frac{2 \lambda}{\pi}$.
બંને કક્ષાઓ વચ્ચેનું અંતર $r_2 - r_1 = \frac{2 \lambda}{\pi} - \frac{\lambda}{2 \pi} = \frac{3 \lambda}{2 \pi}$.
આપેલ વિકલ્પો મુજબ,સાચો જવાબ $D$ છે.

(D) હાઇડ્રોજન પરમાણુની ધરા-સ્થિતિમાં,ઇલેક્ટ્રોન પ્રથમ બોહર કક્ષામાં $(n=1)$ પરિભ્રમણ કરે છે.
બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ,કક્ષાનો પરિઘ એ ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇના પૂર્ણાંક ગુણાંક જેટલો હોય છે: $2\pi r = n\lambda$.
ધરા-સ્થિતિ માટે,$n=1$,તેથી પરિઘ એ ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇ જેટલો થાય છે: $\lambda = 2\pi r$.
પ્રથમ બોહર કક્ષાની ત્રિજ્યા $r = 0.53 \ \mathring{A}$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $\lambda = 2 \times 3.1416 \times 0.53 \ \mathring{A} \approx 3.33 \ \mathring{A}$.

(C) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુની $n$ મી કક્ષાની ઉર્જા $E_n = -\frac{13.6 Z^2}{n^2} \, \text{eV}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રથમ ઉત્તેજન પોટેન્શિયલ એ ઇલેક્ટ્રોનને ધરા સ્થિતિ $(n=1)$ માંથી પ્રથમ ઉત્તેજિત સ્થિતિ $(n=2)$ માં ઉત્તેજિત કરવા માટે જરૂરી ઉર્જા છે.
ઉર્જાનો તફાવત $\Delta E = E_2 - E_1 = 13.6 Z^2 \left( 1 - \frac{1}{4} \right) = 13.6 Z^2 \left( \frac{3}{4} \right)$ છે.
આપેલ છે કે પ્રથમ ઉત્તેજન પોટેન્શિયલ $V$ છે, તેથી $V = \frac{3}{4} E_i$, જ્યાં $E_i = 13.6 Z^2$ એ આયનીકરણ ઉર્જા છે.
તેથી, આયનીકરણ ઉર્જા $E_i = \frac{4}{3} V \, \text{eV}$ થશે.

(B) બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ,કોણીય વેગમાન નીચે મુજબ આપવામાં આવે છે:
$mvr = \frac{nh}{2\pi}$
આને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને મળે છે:
$\frac{h}{mv} = \frac{2\pi r}{n}$ .......... $(i)$
ઇલેક્ટ્રોનની દ-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇ $\lambda$ નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત થયેલ છે:
$\lambda = \frac{h}{mv}$ .......... $(ii)$
સમીકરણ $(i)$ અને $(ii)$ ની સરખામણી કરતા,આપણને મળે છે:
$\lambda = \frac{2\pi r}{n}$
હાઇડ્રોજન પરમાણુની ધરા અવસ્થા (પ્રથમ કક્ષા) માટે,$n = 1$ અને ત્રિજ્યા $r = 0.53 \text{ } \mathring{A}$ છે.
આ કિંમતો મૂકતા:
$\lambda = \frac{2 \times 3.14 \times 0.53}{1} \text{ } \mathring{A} = 3.33 \text{ } \mathring{A}$

(C) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુની આયનીકરણ ઉર્જા $(E_{ion})$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$E_{ion} = 13.6 \, Z^2 \, \text{eV}$
જ્યાં $Z$ એ પરમાણુનો પરમાણુ ક્રમાંક છે.
હાઇડ્રોજન $(H)$ માટે,પરમાણુ ક્રમાંક $Z_H = 1$ છે.
તેથી,$(E_{ion})_H = 13.6 \times (1)^2 = 13.6 \, \text{eV}$.
હાઇડ્રોજન જેવા લિથિયમ આયન $(Li^{2+})$ માટે,પરમાણુ ક્રમાંક $Z_{Li} = 3$ છે.
તેથી,$(E_{ion})_{Li} = 13.6 \times (3)^2 = 13.6 \times 9 = 122.4 \, \text{eV}$.
હાઇડ્રોજન અને લિથિયમની આયનીકરણ ઉર્જાનો ગુણોત્તર:
$\frac{(E_{ion})_H}{(E_{ion})_{Li}} = \frac{13.6 \times (1)^2}{13.6 \times (3)^2} = \frac{1}{9}$.
આમ,ગુણોત્તર $1 : 9$ છે.

(C) બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ, કક્ષાનો પરિઘ એ ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇનો પૂર્ણાંક ગુણાંક છે: $2 \pi r_n = n \lambda$.
આપેલ છે: $\lambda = 10^{-9} \, m$.
હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n$ મી કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n = n^2 a_0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $a_0 \approx 0.529 \times 10^{-10} \, m$.
શરતમાં $r_n$ ની કિંમત મૂકતા: $2 \pi (n^2 a_0) = n \lambda$.
$n$ માટે સાદું રૂપ આપતા: $n = \frac{\lambda}{2 \pi a_0}$.
કિંમતો મૂકતા: $n = \frac{10^{-9}}{2 \times 3.14159 \times 0.529 \times 10^{-10}} \approx \frac{10^{-9}}{3.32 \times 10^{-10}} \approx 3.01$.
આમ, મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n = 3$ છે.

(B) એક આયનીકૃત હિલિયમ પરમાણુ $(He^+)$ માંથી ઇલેક્ટ્રોનને દૂર કરવા માટે જરૂરી ઉર્જાનું સૂત્ર $E = 13.6 \times Z^2 / n^2$ eV છે.
$He^+$ માટે,$Z = 2$ અને $n = 1$ હોવાથી,$E_1 = 13.6 \times 2^2 / 1^2 = 54.4$ eV.
ધારો કે તટસ્થ હિલિયમ પરમાણુમાંથી પ્રથમ ઇલેક્ટ્રોનને દૂર કરવા માટે જરૂરી ઉર્જા $x$ eV છે.
પ્રશ્ન મુજબ,$54.4 = 2.2 \times x$.
$x$ માટે ઉકેલતા,આપણને $x = 54.4 / 2.2 \approx 24.73$ eV મળે છે.
હિલિયમ પરમાણુને સંપૂર્ણપણે આયનીકૃત કરવા માટે જરૂરી કુલ ઉર્જા એ પ્રથમ ઇલેક્ટ્રોનને દૂર કરવા માટેની ઉર્જા અને પરિણામી $He^+$ આયનમાંથી બીજા ઇલેક્ટ્રોનને દૂર કરવા માટેની ઉર્જાનો સરવાળો છે.
કુલ ઉર્જા $= x + 54.4 = 24.73 + 54.4 = 79.13$ eV.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં લેતા,આપણને $79$ eV મળે છે.

(D) કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n = \frac{\epsilon_0 n^2 h^2}{\pi m Z e^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. $r \propto \frac{1}{m}$ હોવાથી,મ્યુઓનિક કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_{\mu} = \frac{r_e}{200}$ થાય. તેથી,$(A)$ સાચું છે.
$n^{th}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનો વેગ $v_n = \frac{Z e^2}{2 \epsilon_0 n h}$ છે. વેગ $v$ એ દળ $m$ થી સ્વતંત્ર હોવાથી,મ્યુઓનની ઝડપ ઇલેક્ટ્રોન જેટલી જ રહે છે. તેથી,$(B)$ ખોટું છે.
આયનીકરણ ઉર્જા $E_n = \frac{m Z^2 e^4}{8 \epsilon_0^2 n^2 h^2}$ છે. $E \propto m$ હોવાથી,મ્યુઓનિક પરમાણુની આયનીકરણ ઉર્જા $E_{\mu} = 200 E_H$ થાય. તેથી,$(C)$ સાચું છે.
વેગમાન $p = m v$ છે. બંને માટે વેગ $v$ સમાન હોવાથી અને $m_{\mu} = 200 m_e$ હોવાથી,મ્યુઓનનું વેગમાન ઇલેક્ટ્રોન કરતા $200$ ગણું થાય. તેથી,$(D)$ સાચું છે.
આમ,વિધાનો $(A), (C)$ અને $(D)$ સાચા છે.

(D) ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇ $\lambda = \frac{h}{p}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $p$ એ ઇલેક્ટ્રોનનું વેગમાન છે.
હાઇડ્રોજન પરમાણુમાં ઇલેક્ટ્રોન માટે,કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n$ એ $n^2$ ના સમપ્રમાણમાં હોય છે અને વેગ $v_n$ એ $1/n$ ના સમપ્રમાણમાં હોય છે.
કોણીય વેગમાનનું ક્વોન્ટાઇઝેશન સૂત્ર $mvr = \frac{nh}{2\pi}$ છે,જે સૂચવે છે કે $2\pi r = n\lambda$.
આમ,ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇ $\lambda$ એ કક્ષાના પરિઘના સમપ્રમાણમાં છે,$\lambda = \frac{2\pi r_n}{n}$.
કારણ કે $r_n \propto n^2$,તેથી $\lambda \propto \frac{n^2}{n} = n$.
ધરા અવસ્થા માટે,$n_G = 1$,તેથી $\lambda_G \propto 1$.
બીજી ઉત્તેજિત અવસ્થા માટે,$n_B = 3$,તેથી $\lambda_B \propto 3$.
તેથી,$\frac{\lambda_B}{\lambda_G} = \frac{3}{1}$,જે દર્શાવે છે કે $\lambda_B = 3\lambda_G$.

(B) વર્તુળાકાર પ્રવાહ લૂપના કેન્દ્ર પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0 I}{2r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં,પ્રવાહ $I$ એ વિદ્યુતભાર $e$ ને સમયગાળા $T$ વડે ભાગતા મળે છે,તેથી $I = \frac{e}{T}$.
સમયગાળો $T = \frac{2\pi r}{v}$ છે,જ્યાં $v$ એ કક્ષીય વેગ છે.
આમ,$I = \frac{ev}{2\pi r}$.
આ કિંમતને ચુંબકીય ક્ષેત્રના સૂત્રમાં મૂકતા: $B = \frac{\mu_0 ev}{4\pi r^2}$.
બોહરના સિદ્ધાંત મુજબ,ત્રિજ્યા $r \propto n^2$ અને વેગ $v \propto n^{-1}$ છે.
આ પ્રમાણસરતાઓને મૂકતા: $B \propto \frac{n^{-1}}{(n^2)^2} = \frac{n^{-1}}{n^4} = n^{-5}$.
તેથી,ચુંબકીય ક્ષેત્ર $n^{-5}$ ના પ્રમાણમાં છે.

(C) વર્તુળાકાર કક્ષામાં ભ્રમણ કરતા ઇલેક્ટ્રોનનો કેન્દ્રગામી પ્રવેગ $a = \frac{v^2}{r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બોહરના અધિતર્ક મુજબ,કોણીય વેગમાન $mvr = \frac{nh}{2\pi}$ છે. પ્રથમ કક્ષા $(n=1)$ માટે,$v = \frac{h}{2\pi mr}$ થાય.
આ કિંમતને પ્રવેગના સૂત્રમાં મૂકતા:
$a = \frac{(\frac{h}{2\pi mr})^2}{r} = \frac{h^2}{4\pi^2 m^2 r^2} \cdot \frac{1}{r} = \frac{h^2}{4\pi^2 m^2 r^3}$.

(C) ચુંબકીય બળ વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે:
$q v B = \frac{m v^2}{r} \implies q B = \frac{m v}{r} \implies r = \frac{m v}{q B}$ ..... $(i)$
કોણીય વેગમાન માટે બોહરની ક્વોન્ટાઈઝેશન શરત મુજબ:
$m v r = \frac{n h}{2 \pi}$ ..... $(ii)$
સમીકરણ $(i)$ માંથી $r$ ની કિંમત સમીકરણ $(ii)$ માં મૂકતા:
$m v \left( \frac{m v}{q B} \right) = \frac{n h}{2 \pi}$
$m^2 v^2 = \frac{n h q B}{2 \pi}$
ગતિ ઉર્જા $E = \frac{1}{2} m v^2 = \frac{m^2 v^2}{2 m}$ છે.
$m^2 v^2$ ની કિંમત મૂકતા:
$E = \frac{1}{2 m} \left( \frac{n h q B}{2 \pi} \right) = n \left( \frac{h q B}{4 \pi m} \right)$.

(B) ઇલેક્ટ્રોનની ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇ $\lambda$ નું સૂત્ર $\lambda = \frac{h}{mv}$ છે.
બોહરના સિદ્ધાંત મુજબ,$n^{th}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનો વેગ $v$ એ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે,એટલે કે $v \propto \frac{1}{n}$.
આ કિંમત તરંગલંબાઇના સૂત્રમાં મૂકતા,આપણને $\lambda = \frac{h}{m(k/n)} = \frac{h}{mk} \cdot n$ મળે છે,જે દર્શાવે છે કે $\lambda \propto n$.
ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ $(n = 1)$ માટે,ધારો કે તરંગલંબાઇ $\lambda_1$ છે.
$n = 4$ સ્તર માટે,તરંગલંબાઇ $\lambda_4$ એ $\lambda_4 = 4 \lambda_1$ થશે.
તેથી,$n = 4$ સ્તરમાં ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇ એ ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટની તરંગલંબાઇ કરતા ચાર ગણી હોય છે.

(C) કેન્દ્રગામી બળ એ સ્થિત-વિદ્યુત બળ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે: $\frac{mv^2}{r} = \frac{e^2}{4\pi \varepsilon_0} \left( \frac{1}{r^2} + \frac{\beta}{r^3} \right)$.
બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ,$mvr = \frac{nh}{2\pi}$,તેથી $v = \frac{nh}{2\pi mr}$.
$v$ ની કિંમત બળના સમીકરણમાં મૂકતા: $\frac{m}{r} \left( \frac{nh}{2\pi mr} \right)^2 = \frac{e^2}{4\pi \varepsilon_0} \left( \frac{r + \beta}{r^3} \right)$.
સાદુરૂપ આપતા: $\frac{n^2 h^2}{4\pi^2 m r^3} = \frac{e^2}{4\pi \varepsilon_0} \left( \frac{r + \beta}{r^3} \right)$.
પદોને ગોઠવતા: $\frac{n^2 h^2 \varepsilon_0}{\pi m e^2} = r + \beta$.
આપેલ છે કે $a_0 = \frac{\varepsilon_0 h^2}{m \pi e^2}$,તેથી આપણને $a_0 n^2 = r + \beta$ મળે છે.
તેથી,$r_n = a_0 n^2 - \beta$.

(B) જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન $n_2$ કક્ષામાંથી $n_1$ કક્ષામાં સંક્રમણ કરે ત્યારે ઉત્સર્જિત વિકિરણની તરંગલંબાઇ $\lambda$ રીડબર્ગના સૂત્ર દ્વારા મળે છે: $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$.
અહીં,$n_1 = n$ અને $n_2 = n + 1$ છે.
આ કિંમતો મૂકતા: $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2} \right) = R \left( \frac{(n+1)^2 - n^2}{n^2(n+1)^2} \right)$.
અંશનું સાદુંરૂપ આપતા: $(n^2 + 2n + 1 - n^2) = 2n + 1$.
તેથી,$\frac{1}{\lambda} = R \frac{2n + 1}{n^2(n+1)^2}$.
મોટા $n$ માટે,$2n + 1 \approx 2n$ અને $(n+1)^2 \approx n^2$ થાય.
આમ,$\frac{1}{\lambda} \approx R \frac{2n}{n^2 \cdot n^2} = R \frac{2n}{n^4} = \frac{2R}{n^3}$.
તેથી,$\lambda \propto n^3$.

(B) હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n$-મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનો વેગ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$v_n = \frac{2 \pi K Z e^2}{n h}$
આ સમીકરણ પરથી જોઈ શકાય છે કે વેગ એ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં છે:
$v_n \propto \frac{1}{n}$
આ સંબંધ એક લંબચોરસ હાઇપરબોલા (rectangular hyperbola) દર્શાવે છે,જેમાં જેમ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n$ વધે છે,તેમ વેગ ઘટે છે.
આપેલ આકૃતિમાં,આલેખ $B$ એક વક્ર દર્શાવે છે જ્યાં $n$ વધવાની સાથે $v$ નું મૂલ્ય ઘટે છે,જે વ્યસ્ત સંબંધ $v \propto 1/n$ સાથે સુસંગત છે. તેથી,આલેખ $B$ સાચું નિરૂપણ છે.

(C) શોષાયેલા ફોટોનની ઉર્જા $E = \frac{hc}{\lambda} = \frac{12500 \ \text{eV-\AA}}{980 \ \text{\AA}} \approx 12.755 \ \text{eV}$ છે।
ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ $(n=1)$ માં હાઇડ્રોજન પરમાણુની ઉર્જા $E_1 = -13.6 \ \text{eV}$ છે।
ધારો કે પરમાણુ $n$ ઉર્જા સ્તરમાં ઉત્તેજિત થાય છે. પૂરી પાડવામાં આવેલ ઉર્જા $E = E_n - E_1$ છે।
$12.755 = -\frac{13.6}{n^2} - (-13.6) = 13.6 \left(1 - \frac{1}{n^2}\right)$.
$1 - \frac{1}{n^2} = \frac{12.755}{13.6} \approx 0.9378$.
$\frac{1}{n^2} = 1 - 0.9378 = 0.0622$.
$n^2 = \frac{1}{0.0622} \approx 16$.
આમ, $n = 4$.
$n$-મી કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n = n^2 a_0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે।
$n = 4$ માટે, $r_4 = 4^2 a_0 = 16 \ a_0$.

(A) આપેલ સ્થિતિ ઉર્જા $U = \frac{1}{2}kr^2$ છે.
બળ $F = -\frac{dU}{dr} = -kr$ છે.
વર્તુળાકાર ગતિ માટે,કેન્દ્રગામી બળ સ્થિતિમાન ક્ષેત્ર દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે:
$\frac{mv^2}{r} = kr \implies mv^2 = kr^2$ .... $(i)$
બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ:
$mvr = \frac{nh}{2\pi} \implies v = \frac{nh}{2\pi mr}$ .... $(ii)$
$(ii)$ ને $(i)$ માં મૂકતા:
$m(\frac{nh}{2\pi mr})^2 = kr^2$
$\frac{n^2h^2}{4\pi^2mr^2} = kr^2 \implies r^4 = \frac{n^2h^2}{4\pi^2mk} \implies r^2 \propto n \implies r_n \propto \sqrt{n}$.
કુલ ઉર્જા $E = K + U = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}kr^2$.
$(i)$ પરથી,$\frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2}kr^2$,તેથી $E = \frac{1}{2}kr^2 + \frac{1}{2}kr^2 = kr^2$.
જેમ કે $r^2 \propto n$,તેથી $E_n \propto n$ મળે છે.

(A) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુમાં 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 $n=2$ થી $n=1$ ના સંક્રમણ માટે ઉર્જા $E = 13.6 \times 1^2 \times \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right) = 13.6 \times \frac{3}{4} \text{ eV}$ છે.
$He^+$ આયન $(Z=2)$ માટે,$n_i$ થી $n_f$ સંક્રમણ માટે જરૂરી ઉર્જા $E = 13.6 \times 2^2 \times \left( \frac{1}{n_i^2} - \frac{1}{n_f^2} \right) = 13.6 \times 4 \times \left( \frac{1}{n_i^2} - \frac{1}{n_f^2} \right) \text{ eV}$ છે.
આપણે ઉર્જાને સરખાવતા: $13.6 \times \frac{3}{4} = 13.6 \times 4 \times \left( \frac{1}{n_i^2} - \frac{1}{n_f^2} \right)$.
આ સમીકરણ $\frac{3}{16} = \frac{1}{n_i^2} - \frac{1}{n_f^2}$ માં પરિણમે છે.
જો આયન $n=2$ અવસ્થામાં હોય $(n_i=2)$,તો $\frac{1}{4} - \frac{1}{n_f^2} = \frac{3}{16}$.
$\frac{1}{n_f^2} = \frac{1}{4} - \frac{3}{16} = \frac{4-3}{16} = \frac{1}{16}$.
આમ,$n_f^2 = 16$,જેનો અર્થ છે કે $n_f = 4$.
તેથી,સંક્રમણ $n = 2 \to n = 4$ છે.

(A) જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન ઉત્તેજિત અવસ્થા $n$ માંથી ધરાસ્થિતિ $(n=1)$ માં સંક્રમણ કરે ત્યારે ઉત્સર્જિત થતી વર્ણપટ રેખાઓની સંખ્યાનું સૂત્ર: $N = \frac{n(n-1)}{2}$ છે.
અહીં $N = 6$ આપેલ છે,તેથી $\frac{n(n-1)}{2} = 6$,જેનો અર્થ છે કે $n^2 - n - 12 = 0$. આ દ્વિઘાત સમીકરણ ઉકેલતા,આપણને $(n-4)(n+3) = 0$ મળે છે. $n > 0$ હોવાથી,ઇલેક્ટ્રોન $n = 4$ સ્તરમાં ઉત્તેજિત થાય છે.
હાઇડ્રોજન જેવા આયન માટે,પરમાણુ ક્રમાંક $Z$ હોય ત્યારે $n=1$ થી $n=4$ માં ઉત્તેજિત કરવા માટે શોષાયેલા ફોટોનની ઉર્જા: $\Delta E = 13.6 \cdot Z^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right) eV$ છે.
$Li^{++}$ માટે,$Z = 3$. તેથી,$\Delta E = 13.6 \times 3^2 \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{4^2} \right) = 13.6 \times 9 \times \frac{15}{16} \approx 114.75 \, eV$.
તરંગલંબાઇ $\lambda = \frac{hc}{\Delta E}$ દ્વારા મળે છે. $hc \approx 1240 \, eV \cdot nm$ લેતા,$\lambda = \frac{1240}{114.75} \approx 10.8 \, nm$ મળે છે.

(C) ફોટોનની ઉર્જા $E = \frac{1240}{\lambda} \, eV$ દ્વારા આપવામાં આવે છે।
પ્રથમ સંક્રમણ માટે, $\lambda_1 = 108.5 \, nm$, તેથી $E_1 = \frac{1240}{108.5} \approx 11.43 \, eV$.
બીજા સંક્રમણ માટે, $\lambda_2 = 30.4 \, nm$, તેથી $E_2 = \frac{1240}{30.4} \approx 40.79 \, eV$.
મુક્ત થતી કુલ ઉર્જા $E_{total} = E_1 + E_2 = 11.43 + 40.79 = 52.22 \, eV$ છે।
હાઇડ્રોજન જેવા આયનની $n$-મી અવસ્થામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જા $E_n = -13.6 \, Z^2 \frac{1}{n^2}$ છે।
$He^+$ માટે, $Z = 2$, તેથી $E_n = -13.6 \times 4 \times \frac{1}{n^2} = -54.4 \frac{1}{n^2} \, eV$.
સંક્રમણ $n$ અવસ્થાથી ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ $(n=1)$ સુધીનું છે, તેથી $E_{total} = E_n - E_1 = -54.4 \left(\frac{1}{n^2} - 1\right) = 54.4 \left(1 - \frac{1}{n^2}\right)$.
$54.4 \left(1 - \frac{1}{n^2}\right) = 52.22$ લેતા, આપણને $1 - \frac{1}{n^2} = \frac{52.22}{54.4} \approx 0.96$ મળે છે।
$\frac{1}{n^2} = 1 - 0.96 = 0.04$.
$n^2 = \frac{1}{0.04} = 25$, તેથી $n = 5$.

(B) હાઇડ્રોજન પરમાણુમાં ઇલેક્ટ્રોન માટે,બોહરના અધિતર્ક મુજબ સ્થાયી કક્ષા માટેની શરત $2 \pi r_n = n \lambda_n$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n$ એ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક છે,$r_n$ એ $n$-મી કક્ષાની ત્રિજ્યા છે અને $\lambda_n$ એ દ-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇ છે.
ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ $n=1$ ને અનુરૂપ છે,પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા $n=2$ ને અને બીજી ઉત્તેજિત અવસ્થા $n=3$ ને અનુરૂપ છે.
અહીં ઇલેક્ટ્રોન બીજી ઉત્તેજિત અવસ્થામાં હોવાથી,$n=3$ અને ત્રિજ્યા $r_3 = 4.65 \, \mathring{A}$ છે.
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$3 \lambda_3 = 2 \pi r_3$
$\lambda_3 = \frac{2 \pi (4.65 \, \mathring{A})}{3}$
$\lambda_3 = 2 \times 3.14159 \times 1.55 \, \mathring{A}$
$\lambda_3 \approx 9.738 \, \mathring{A}$.
એક દશાંશ સ્થળ સુધી રાઉન્ડ ઓફ કરતા,આપણને $\lambda_3 = 9.7 \, \mathring{A}$ મળે છે.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $n^{th}$ બોહર કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n \propto n^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
તેથી,આપણે લખી શકીએ કે $\frac{r_n}{r_1} = n^2$.
બંને બાજુ લઘુગણક (logarithm) લેતા,આપણને મળે છે:
$\log \left( \frac{r_n}{r_1} \right) = \log (n^2)$
લઘુગણકના ગુણધર્મ $\log (a^b) = b \log a$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$\log \left( \frac{r_n}{r_1} \right) = 2 \log n$.
આ સમીકરણ $y = mx$ ના સ્વરૂપમાં છે,જ્યાં $y = \log \left( \frac{r_n}{r_1} \right)$,$x = \log n$,અને ઢાળ (slope) $m = 2$ છે.
આ એક સુરેખ સમીકરણ હોવાથી જે ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થાય છે અને તેનો ઢાળ ધન છે,તેથી આલેખ ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતી એક સીધી રેખા હશે.

(C) વર્તુળાકાર પ્રવાહ લૂપના કેન્દ્ર પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0 I}{2r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કક્ષામાં પરિભ્રમણ કરતા ઇલેક્ટ્રોન દ્વારા ઉત્પન્ન થતો પ્રવાહ $I = \frac{e}{T} = ef$ છે,જ્યાં $f$ એ પરિભ્રમણની આવૃત્તિ છે.
બોહરના સિદ્ધાંત મુજબ,આવૃત્તિ $f \propto \frac{1}{n^3}$ અને ત્રિજ્યા $r \propto n^2$ છે.
આ કિંમતોને $B$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$B \propto \frac{f}{r} \propto \frac{1/n^3}{n^2} = \frac{1}{n^5}$.
પ્રથમ કક્ષા $(n_1 = 1)$ માટે,$B_1 = B$.
બીજી કક્ષા $(n_2 = 2)$ માટે,$B_2 = B_1 \times (n_1/n_2)^5 = B \times (1/2)^5 = B/32$.

(C) બોહરના અધિતર્ક મુજબ,$n^{th}$ કક્ષામાં રહેલા ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $(L)$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$L = \frac{nh}{2\pi}$
અહીં ઇલેક્ટ્રોન $5^{th}$ કક્ષામાં છે,તેથી $n = 5$ લેતા.
સૂત્રમાં $n$ ની કિંમત મૂકતા:
$L = \frac{5h}{2\pi}$
આ પદનું સાદું રૂપ આપતા:
$L = 2.5 \frac{h}{\pi}$
આમ,$5^{th}$ કક્ષામાં રહેલા ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $2.5 \frac{h}{\pi}$ થાય છે.

(A) ભ્રમણ કરતા ઇલેક્ટ્રોનની ચુંબકીય મોમેન્ટ $(\mu)$ સંબંધ $\mu = \frac{e}{2m} L$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $L$ એ કોણીય વેગમાન છે.
બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ,કોણીય વેગમાન $L = \frac{nh}{2\pi}$ છે.
આ કિંમતને ચુંબકીય મોમેન્ટના સૂત્રમાં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\mu = \frac{e}{2m} \left( \frac{nh}{2\pi} \right)$
$\mu = n \left( \frac{eh}{4\pi m} \right)$
અહીં $e$,$h$,અને $m$ અચળાંકો હોવાથી,પદ $\frac{eh}{4\pi m}$ પણ અચળ છે (જેને બોહર મેગ્નેટોન $\mu_B$ કહેવાય છે).
તેથી,$\mu \propto n$ થાય છે.

(B) બોહર મોડેલમાં,ન્યુક્લિયસ અને ઇલેક્ટ્રોન વચ્ચેનું સ્થિત-વિદ્યુત બળ $F$ કુલંબના નિયમ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $F = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Ze^2}{r^2}$.
બોહરના સિદ્ધાંત મુજબ,$n^{th}$ કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n \propto n^2$ છે.
આ કિંમતને બળના સમીકરણમાં મૂકતા,આપણને $F \propto \frac{1}{(n^2)^2} = \frac{1}{n^4}$ મળે છે.
વૈકલ્પિક રીતે,કેન્દ્રગામી બળ $F = \frac{mv^2}{r}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $v \propto \frac{1}{n}$ અને $r \propto n^2$ છે,તેથી $F \propto \frac{(1/n)^2}{n^2} = \frac{1}{n^4}$ થાય છે.

(C) બોહરની કક્ષાઓ માટે ડી-બ્રોગ્લી ઉત્કલ્પના મુજબ,કક્ષાનો પરિઘ એ ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇનો પૂર્ણાંક ગુણાંક હોય છે:
$2 \pi r = n \lambda$
જ્યાં $n$ એ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક છે,$r$ એ કક્ષાની ત્રિજ્યા છે અને $\lambda$ એ ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇ છે.
આપેલ છે: $r = 5.3 \times 10^{-11} \ m$ અને $\lambda = 10^{-10} \ m$.
કિંમતો મૂકતા:
$n = \frac{2 \pi r}{\lambda} = \frac{2 \times 3.14 \times 5.3 \times 10^{-11}}{10^{-10}}$
$n = \frac{33.284 \times 10^{-11}}{10^{-10}} = 3.3284 \approx 3$
આમ,મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $3$ છે.

(D) ઇલેક્ટ્રોન અને ન્યુક્લિયસ વચ્ચેનું સ્થિત વિદ્યુત બળ કુલંબના નિયમ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $F = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{e^2}{r^2}$.
બોહરની $n$-મી કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n \propto n^2$ હોવાથી,પ્રથમ કક્ષા $(n=1)$ માટે $r_1 \propto 1^2 = 1$ અને બીજી કક્ષા $(n=2)$ માટે $r_2 \propto 2^2 = 4$ થાય.
તેથી,$r_2 = 4r_1$.
બીજી કક્ષામાં બળ $F_2 = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{e^2}{r_2^2} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{e^2}{(4r_1)^2}$ થશે.
$F = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{e^2}{r_1^2}$ કિંમત મૂકતા,આપણને $F_2 = \frac{F}{16}$ મળે છે.

(D) કેપ્લરના ગ્રહીય ગતિના ત્રીજા નિયમ મુજબ,જે કેન્દ્રીય બળ હેઠળ વર્તુળાકાર કક્ષામાં ફરતા ઇલેક્ટ્રોન માટે પણ લાગુ પડે છે,આવર્તકાળ $T$ નો વર્ગ એ કક્ષાની ત્રિજ્યા $R$ ના ઘન ના સમપ્રમાણમાં હોય છે: $T^{2} \propto R^{3}$.
અહીં આપેલી ત્રિજ્યાઓ $R_{1} = R$ અને $R_{2} = 4R$ છે.
આવર્તકાળનો ગુણોત્તર નીચે મુજબ મળે છે:
$\frac{T_{1}}{T_{2}} = \sqrt{\frac{R_{1}^{3}}{R_{2}^{3}}}$
કિંમતો મૂકતા:
$\frac{T_{1}}{T_{2}} = \sqrt{\frac{R^{3}}{(4R)^{3}}} = \sqrt{\frac{R^{3}}{64R^{3}}} = \sqrt{\frac{1}{64}} = \frac{1}{8}$.
આમ,લાગતા સમયનો ગુણોત્તર $1:8$ છે.

(D) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુ માટે,$n^{th}$ કક્ષાની ત્રિજ્યાનું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$r_n = \frac{n^2}{Z} r_0$
જ્યાં $r_0 = 0.51 \times 10^{-10} \text{ m}$ એ હાઇડ્રોજન પરમાણુની પ્રથમ કક્ષાની ત્રિજ્યા છે.
આપેલ છે કે સૌથી નાની કક્ષા $(n=1)$ ની ત્રિજ્યા $r_1 = \frac{0.51 \times 10^{-10}}{4} \text{ m}$ છે.
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$\frac{0.51 \times 10^{-10}}{4} = \frac{1^2}{Z} \times 0.51 \times 10^{-10}$
$\frac{1}{4} = \frac{1}{Z}$
$Z = 4$
પરમાણુ ક્રમાંક $Z=4$ એ બેરિલિયમ $(Be)$ માટે છે. તે હાઇડ્રોજન જેવો આયન હોવાથી,તે $Be^{3+}$ હશે.

(A) રેખીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,રિકોઇલ થતા હાઇડ્રોજન પરમાણુનું વેગમાન ઉત્સર્જિત ફોટોનના વેગમાન જેટલું હોય છે.
ફોટોનનું વેગમાન $p = \frac{E}{c} = \frac{h}{\lambda} = hR \left( \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right)$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં $n_i = 4$ અને $n_f = 1$ છે. રિડબર્ગ અચળાંક $R \approx 1.097 \times 10^7 \, m^{-1}$ અને પ્લાન્કનો અચળાંક $h \approx 6.626 \times 10^{-34} \, J \cdot s$ લેતા:
$p = hR \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{4^2} \right) = (6.626 \times 10^{-34}) \times (1.097 \times 10^7) \times \left( 1 - \frac{1}{16} \right)$
$p \approx 7.27 \times 10^{-27} \times \frac{15}{16} \approx 6.8 \times 10^{-27} \, kg \cdot m/s$.
આપેલા વિકલ્પો મુજબ,સાચો જવાબ $6.5 \times 10^{-27} \, kg \cdot m/s$ છે.

(C) બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ,$n$ મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $mvr = \frac{nh}{2\pi}$ છે.
દ-બ્રોગ્લીના અધિતર્ક મુજબ,તરંગલંબાઇ $\lambda = \frac{h}{mv}$ છે,જેનો અર્થ છે કે $mv = \frac{h}{\lambda}$.
આ કિંમતને બોહરની શરતમાં મૂકતા: $(\frac{h}{\lambda})r = \frac{nh}{2\pi}$.
તેથી,$r = \frac{n\lambda}{2\pi}$.
ત્રીજી કક્ષા માટે $n = 3$ લેતા,$r_3 = \frac{3\lambda}{2\pi}$ મળે છે.

(A) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુની $n$-મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ગતિ ઉર્જા $(KE)$ નું સૂત્ર $KE = 13.6 \times \frac{Z^2}{n^2} \text{ eV}$ છે.
હાઇડ્રોજન પરમાણુ $(Z=1)$ માટે,ધરા અવસ્થા $(n=1)$ માં $KE = 13.6 \times \frac{1^2}{1^2} = 13.6 \text{ eV}$ થાય.
$Li^{2+}$ $(Z=3)$ માટે,$n=3$ અવસ્થામાં $KE = 13.6 \times \frac{3^2}{3^2} = 13.6 \text{ eV}$ થાય.
આમ,હાઇડ્રોજન પરમાણુની ધરા અવસ્થામાં ઇલેક્ટ્રોનની $KE$ અને $Li^{2+}$ ની $n=3$ અવસ્થામાં ઇલેક્ટ્રોનની $KE$ સમાન છે.
તેથી,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(A) ઊર્જા સંરક્ષણના સિદ્ધાંત મુજબ,આપાત ફોટોનની ઊર્જાનો ઉપયોગ હાઇડ્રોજન પરમાણુના આયનીકરણ માટે થાય છે અને બાકીની ઊર્જા ઉત્સર્જિત ઇલેક્ટ્રોનની ગતિ ઊર્જામાં રૂપાંતરિત થાય છે.
આપાત ફોટોનની ઊર્જા $(E)$ = $15.0\, eV$.
ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટમાં હાઇડ્રોજન પરમાણુની આયનીકરણ ઊર્જા $(E_i)$ = $13.6\, eV$.
ઉત્સર્જિત ઇલેક્ટ્રોનની ગતિ ઊર્જા $(K)$ = $E - E_i$.
$K = 15.0\, eV - 13.6\, eV = 1.4\, eV$.

(C) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુમાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જાનું સૂત્ર $E = -13.6 \frac{Z^2}{n^2} \, eV$ છે.
$He^+$ આયન માટે,પરમાણુ ક્રમાંક $Z = 2$ છે.
પ્રથમ કક્ષા માટે,મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n = 1$ છે.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$E = -13.6 \times \frac{2^2}{1^2} \, eV$
$E = -13.6 \times 4 \, eV$
$E = -54.4 \, eV$.

(C) બોહરના અધિતર્ક મુજબ,કક્ષામાં રહેલા ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $L = \frac{nh}{2\pi}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n$ એ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક છે.
ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ (મૂળ અવસ્થા) માટે,$n = 1$ છે.
પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા માટે,$n = 2$ છે.
બીજી ઉત્તેજિત અવસ્થા માટે,$n = 3$ છે.
તેથી,$2^{nd}$ ઉત્તેજિત અવસ્થા માટે,કોણીય વેગમાન $L = \frac{3h}{2\pi}$ થશે.

(B) ક્લાસિકલ ફિઝિક્સ મુજબ,પ્રવેગિત ગતિ કરતા કોઈપણ વિદ્યુતભારિત કણમાંથી વિદ્યુતચુંબકીય તરંગોનું ઉત્સર્જન થવું જોઈએ. ન્યુક્લિયસની આસપાસ ભ્રમણ કરતો ઇલેક્ટ્રોન કેન્દ્રગામી પ્રવેગ અનુભવે છે,તેથી ક્લાસિકલ ઇલેક્ટ્રોડાયનેમિક્સ મુજબ તેણે સતત ઉર્જા ગુમાવવી જોઈએ અને ન્યુક્લિયસમાં પડી જવું જોઈએ.
આ અસ્થિરતાને ઉકેલવા માટે,બોહરે એવી ધારણા કરી કે ચોક્કસ 'સ્થિર' કક્ષાઓમાં રહેલા ઇલેક્ટ્રોન ઉર્જાનું ઉત્સર્જન કરતા નથી.
વિધાન અને કારણ બંને વૈજ્ઞાનિક રીતે સાચા છે. જો કે,કારણ એ ક્લાસિકલ વિરોધાભાસનું વર્ણન કરે છે,જ્યારે વિધાન એ આ વિરોધાભાસને દૂર કરવા માટે બોહરની ક્વોન્ટમ ધારણાનું વર્ણન કરે છે. કારણ એ સમજાવતું નથી કે બોહરની ધારણા શા માટે સાચી છે; તે ફક્ત એ સમજાવે છે કે આ ધારણા શા માટે જરૂરી હતી. તેથી,કારણ એ વિધાનની સાચી સમજૂતી નથી.

(C) બોહર ત્રિજ્યા $r = \frac{n^2 h^2 \epsilon_0}{\pi m e^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જે સૂચવે છે કે $r \propto \frac{1}{m}$.
આપેલ છે કે $m_{\mu} = 207 m_e$, તેથી નવી ત્રિજ્યા $r_{\mu} = \frac{r_e}{207} = \frac{0.53 \times 10^{-10} \; m}{207} \approx 2.56 \times 10^{-13} \; m$.
ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ ઉર્જા $E = -\frac{m e^4}{8 \epsilon_0^2 n^2 h^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જે સૂચવે છે કે $E \propto m$.
આપેલ છે કે $m_{\mu} = 207 m_e$, તેથી નવી ઉર્જા $E_{\mu} = E_e \times 207 = -13.6 \; eV \times 207 = -2815.2 \; eV \approx -2.8 \; keV$.

(C) $n^{\text{th}}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનના પરિભ્રમણનો સમયગાળો $T \propto \frac{n^3}{Z^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે,$Z = 1$,તેથી $T \propto n^3$.
ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ $n_1 = 1$ ને અનુરૂપ છે,અને પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા $n_2 = 2$ ને અનુરૂપ છે.
આપેલ છે કે $T_1 = 1.6 \times 10^{-16} \; s$.
પ્રમાણસરતાનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{T_2}{T_1} = \left(\frac{n_2}{n_1}\right)^3 = \left(\frac{2}{1}\right)^3 = 8$.
તેથી,$T_2 = 8 \times T_1 = 8 \times 1.6 \times 10^{-16} = 12.8 \times 10^{-16} \; s$.
આવૃત્તિ $f_2$ એ સમયગાળાનો વ્યસ્ત છે: $f_2 = \frac{1}{T_2} = \frac{1}{12.8 \times 10^{-16}} \approx 0.078125 \times 10^{16} \; s^{-1} = 7.8 \times 10^{14} \; s^{-1}$.

(D) હાઇડ્રોજન જેવા આયનની ધરા અવસ્થામાં આયનીકરણ ઉર્જા $E = 13.6 Z^2 \text{ eV}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે આયનીકરણ ઉર્જા $9$ રિડબર્ગ છે,અને $1 \text{ Rydberg} = 13.6 \text{ eV}$,તેથી $13.6 Z^2 = 9 \times 13.6$.
આમ,$Z^2 = 9$,જેનો અર્થ છે કે $Z = 3$.
જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન બીજી ઉત્તેજિત અવસ્થા $(n_2 = 3)$ થી ધરા અવસ્થા $(n_1 = 1)$ માં કૂદકો મારે ત્યારે ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઉર્જા રિડબર્ગ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$\frac{1}{\lambda} = R Z^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{1}{\lambda} = R \times 3^2 \times \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{3^2} \right) = R \times 9 \times \left( 1 - \frac{1}{9} \right) = R \times 9 \times \frac{8}{9} = 8R$.
કારણ કે $R \approx 1.097 \times 10^7 \text{ m}^{-1}$,તેથી $\frac{1}{\lambda} = 8 \times 1.097 \times 10^7 \text{ m}^{-1} = 8.776 \times 10^7 \text{ m}^{-1}$.
$\lambda = \frac{1}{8.776 \times 10^7} \text{ m} \approx 1.14 \times 10^{-8} \text{ m} = 11.4 \text{ nm}$.

(N/A) બે બિંદુવત વિદ્યુતભારો $q_1$ અને $q_2$ વચ્ચે $r$ અંતરે સ્થિતિમાન ઊર્જા $U = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q_1 q_2}{r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે,$q_1 = e = 1.6 \times 10^{-19} \; C$ અને $q_2 = -e = -1.6 \times 10^{-19} \; C$,જ્યાં $r = 0.53 \times 10^{-10} \; m$.
$U = \frac{9 \times 10^9 \times (1.6 \times 10^{-19}) \times (-1.6 \times 10^{-19})}{0.53 \times 10^{-10}} \; J = -43.58 \times 10^{-19} \; J$.
$eV$ માં રૂપાંતરિત કરતા: $U = \frac{-43.58 \times 10^{-19}}{1.6 \times 10^{-19}} \; eV \approx -27.2 \; eV$.
$(b)$ ગતિ ઊર્જા $K = -\frac{1}{2} U = -\frac{1}{2} (-27.2) = 13.6 \; eV$.
કુલ ઊર્જા $E = K + U = 13.6 - 27.2 = -13.6 \; eV$.
ઇલેક્ટ્રોનને મુક્ત કરવા માટે જરૂરી કાર્ય એ ઊર્જા છે જે કુલ ઊર્જાને $0$ કરવા માટે જરૂરી છે,જે $13.6 \; eV$ છે.
$(c)$ જો સ્થિતિમાન ઊર્જા શૂન્ય $r_0 = 1.06 \; \mathring{A}$ પર હોય,તો નવી સ્થિતિમાન ઊર્જા $U' = U(r) - U(r_0)$.
$U(r_0) = \frac{9 \times 10^9 \times (1.6 \times 10^{-19})^2}{1.06 \times 10^{-10}} \; J = 21.73 \times 10^{-19} \; J = 13.58 \; eV$.
નવી $U' = -27.2 - 13.58 = -40.78 \; eV$.
નવી $K$ એ $13.6 \; eV$ જ રહેશે. નવી કુલ ઊર્જા $E' = K + U' = 13.6 - 40.78 = -27.18 \; eV$.
ઇલેક્ટ્રોનને મુક્ત કરવા માટે જરૂરી કાર્ય $27.18 \; eV$ છે.

હાઇડ્રોજન પરમાણુની ધરા અવસ્થામાં ઇલેક્ટ્રોનની કુલ ઉર્જા $E = -13.6 \; eV = -13.6 \times 1.6 \times 10^{-19} \; J = -2.176 \times 10^{-18} \; J \approx -2.2 \times 10^{-18} \; J$ છે.
કુલ ઉર્જાના સૂત્ર $E = -\frac{e^2}{8 \pi \varepsilon_0 r}$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે કક્ષીય ત્રિજ્યા $r$ શોધી શકીએ છીએ:
$r = -\frac{e^2}{8 \pi \varepsilon_0 E} = -\frac{(9 \times 10^9 \; N \cdot m^2/C^2) \times (1.6 \times 10^{-19} \; C)^2}{2 \times (-2.176 \times 10^{-18} \; J)} \approx 5.3 \times 10^{-11} \; m$.
વેગ $v$ માટે,આપણે $v = \sqrt{\frac{e^2}{4 \pi \varepsilon_0 m r}}$ સંબંધનો ઉપયોગ કરીએ છીએ:
$v = \sqrt{\frac{(9 \times 10^9) \times (1.6 \times 10^{-19})^2}{(9.1 \times 10^{-31}) \times (5.3 \times 10^{-11})}} \approx 2.2 \times 10^6 \; m/s$.