Bohr's Model of Hydrogen Atom Questions in Gujarati

(C) બળ $F$ એ સ્થિતિમાન ઉર્જાના ઋણ ઢાળ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $F = -\frac{dU}{dr} = -\frac{d}{dr}(U_{0}r^{4}) = -4U_{0}r^{3}$.
વર્તુળાકાર કક્ષા માટે,કેન્દ્રગામી બળ આ કેન્દ્રીય બળ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે: $\frac{mv^{2}}{r} = 4U_{0}r^{3}$,જેનો અર્થ છે કે $v^{2} \propto r^{4}$,તેથી $v \propto r^{2}$.
બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ,કોણીય વેગમાન ક્વોન્ટાઇઝ્ડ છે: $mvr = \frac{nh}{2\pi}$.
ક્વોન્ટાઇઝેશન શરતમાં $v \propto r^{2}$ મૂકતા: $m(r^{2})r \propto n$,જેનું સાદું રૂપ $r^{3} \propto n$ થાય છે.
તેથી,$r \propto n^{1/3}$.
આને $r_{n} \propto n^{1/\alpha}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\alpha = 3$ મળે છે.

(D) હાઇડ્રોજન જેવા આયનમાં ઉત્સર્જિત વિકિરણની આવૃત્તિ રીડબર્ગ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $f = R c Z^2 \left( \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right)$,જ્યાં $k = R c Z^2$ એ ચોક્કસ આયન માટે અચળાંક છે.
$n=3$ થી $n=1$ ના સંક્રમણ માટે: $f_1 = k \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{3^2} \right) = k \left( 1 - \frac{1}{9} \right) = k \left( \frac{8}{9} \right) = 2.92 \times 10^{15} \text{ Hz}$.
$n=2$ થી $n=1$ ના સંક્રમણ માટે: $f_2 = k \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right) = k \left( 1 - \frac{1}{4} \right) = k \left( \frac{3}{4} \right)$.
ગુણોત્તર લેતા: $\frac{f_1}{f_2} = \frac{k(8/9)}{k(3/4)} = \frac{8}{9} \times \frac{4}{3} = \frac{32}{27}$.
તેથી,$f_2 = f_1 \times \frac{27}{32} = 2.92 \times 10^{15} \times \frac{27}{32} \approx 2.46 \times 10^{15} \text{ Hz}$.

(A) એક પરિભ્રમણ માટેનો સમયગાળો $T = \frac{2 \pi r}{v}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા: $T = \frac{2 \times (22/7) \times 0.5 \times 10^{-10}}{2.2 \times 10^{6}}$.
$T = \frac{2 \times 22 \times 0.5 \times 10^{-10}}{7 \times 2.2 \times 10^{6}} = \frac{22 \times 10^{-10}}{7 \times 2.2 \times 10^{6}} = \frac{10}{7} \times 10^{-16} \; s$.
પ્રવાહ $I = \frac{q}{T}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $q = e = 1.6 \times 10^{-19} \; C$.
$I = \frac{1.6 \times 10^{-19}}{(10/7) \times 10^{-16}} = \frac{1.6 \times 7}{10} \times 10^{-3} \; A$.
$I = 1.12 \times 10^{-3} \; A = 1.12 \; mA$.
આને $.... \times 10^{-2} \; mA$ તરીકે દર્શાવવા માટે,આપણે $1.12 \; mA = 112 \times 10^{-2} \; mA$ લખીએ છીએ.
આમ,જવાબ $112$ છે.

(D) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુની $n^{th}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઝડપનું સૂત્ર $v_n = v_0 \frac{Z}{n}$ છે,જ્યાં $Z$ એ પરમાણુ ક્રમાંક છે અને $n$ એ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક છે.
અહીં બંને કિસ્સામાં મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n$ સમાન $(n=3)$ હોવાથી,ઝડપ એ પરમાણુ ક્રમાંક $Z$ ના સમપ્રમાણમાં છે $(v \propto Z)$.
$He^{+}$ માટે,પરમાણુ ક્રમાંક $Z_{He^+} = 2$ છે.
હાઇડ્રોજન પરમાણુ $(H)$ માટે,પરમાણુ ક્રમાંક $Z_H = 1$ છે.
તેથી,ઝડપનો ગુણોત્તર $\frac{v_{He^+}}{v_H} = \frac{Z_{He^+}}{Z_H} = \frac{2}{1} = 2:1$ થશે.

(B) હાઇડ્રોજન પરમાણુ દ્વારા શોષાયેલી ઉર્જા $\Delta E = E_n - E_1 = 13.6 \left( 1 - \frac{1}{n^2} \right) \; eV$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $\Delta E = 10.2 \; eV$,તેથી $13.6 \left( 1 - \frac{1}{n^2} \right) = 10.2$.
$1 - \frac{1}{n^2} = \frac{10.2}{13.6} = 0.75 = \frac{3}{4}$.
$\frac{1}{n^2} = 1 - 0.75 = 0.25 = \frac{1}{4}$,તેથી $n = 2$.
$n$-મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $L = \frac{nh}{2\pi}$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
પ્રારંભિક કોણીય વેગમાન $(n=1)$: $L_i = \frac{1 \cdot h}{2\pi}$.
અંતિમ કોણીય વેગમાન $(n=2)$: $L_f = \frac{2 \cdot h}{2\pi}$.
કોણીય વેગમાનમાં થતો વધારો $\Delta L = L_f - L_i = \frac{2h}{2\pi} - \frac{h}{2\pi} = \frac{h}{2\pi}$.
$h = 6.6 \times 10^{-34} \; J \cdot s$ અને $\pi \approx 3.14$ મુકતા:
$\Delta L = \frac{6.6 \times 10^{-34}}{2 \times 3.14} \approx 1.05 \times 10^{-34} \; J \cdot s$.

(B) હાઇડ્રોજન જેવા આયન માટે,કક્ષાની ઊર્જા $E_n = -13.6 \frac{Z^2}{n^2} \; eV$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$Li^{++}$ માટે,પરમાણુ ક્રમાંક $Z = 3$ છે.
પ્રથમ કક્ષા $(n_1 = 1)$ ની ઊર્જા $E_1 = -13.6 \times \frac{3^2}{1^2} = -13.6 \times 9 = -122.4 \; eV$ છે.
ત્રીજી કક્ષા $(n_2 = 3)$ ની ઊર્જા $E_3 = -13.6 \times \frac{3^2}{3^2} = -13.6 \; eV$ છે.
ઇલેક્ટ્રોનને ઉત્તેજિત કરવા માટે જરૂરી ઊર્જા $\Delta E = E_3 - E_1 = -13.6 - (-122.4) = 108.8 \; eV$ છે.
ફોટોનની તરંગલંબાઇ $\lambda = \frac{hc}{\Delta E}$ દ્વારા મળે છે.
આપેલ છે કે $hc = 1242 \; eV \cdot nm = 12420 \; eV \cdot \mathring{A}$.
$\lambda = \frac{12420 \; eV \cdot \mathring{A}}{108.8 \; eV} \approx 114.15 \; \mathring{A}$.
કારણ કે $1 \; \mathring{A} = 10^{-10} \; m$,તેથી $\lambda \approx 114 \times 10^{-10} \; m$.
આમ,$x$ નું મૂલ્ય $114$ છે.

(D) બોહરની આવૃત્તિ શરત મુજબ,જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન ઉચ્ચ ઉર્જા સ્તર $(E_2)$ થી નીચા ઉર્જા સ્તર $(E_1)$ માં કૂદકો મારે છે,ત્યારે $E = E_2 - E_1$ ઉર્જા ધરાવતો ફોટોન ઉત્સર્જિત થાય છે.
ફોટોનની ઉર્જા $E = hf$ હોવાથી,આપણને $hf = E_2 - E_1$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $f = (E_2 - E_1) / h$.
વિધાન $I$ માં ઇલેક્ટ્રોન નીચાથી ઉચ્ચ ઉર્જા કક્ષામાં જાય છે,જેમાં ઉર્જાનું શોષણ થાય છે,વિકિરણનું ઉત્સર્જન નહીં. તેથી,વિધાન $I$ ખોટું છે.
વિધાન $II$ માં ઇલેક્ટ્રોન ઉચ્ચથી નીચી ઉર્જા કક્ષામાં જાય છે ત્યારે વિકિરણના ઉત્સર્જનનું યોગ્ય વર્ણન કરવામાં આવ્યું છે. તેથી,વિધાન $II$ સાચું છે.

(B) હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n$-મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જા $E_n = -\frac{Rch}{n^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઉર્જા એ ઉત્તેજિત અવસ્થા $(E_n)$ અને ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ $(E_1)$ ની ઉર્જા વચ્ચેનો તફાવત છે:
$E_{\text{photon}} = E_n - E_1 = \frac{hc}{\lambda}$
ઉર્જાના મૂલ્યો મૂકતા:
$-\frac{Rch}{n^2} - (-\frac{Rch}{1^2}) = \frac{hc}{\lambda}$
બંને બાજુ $hc$ વડે ભાગતા:
$-\frac{R}{n^2} + R = \frac{1}{\lambda}$
પદોને ગોઠવતા:
$R - \frac{1}{\lambda} = \frac{R}{n^2}$
$\frac{\lambda R - 1}{\lambda} = \frac{R}{n^2}$
$n^2 = \frac{\lambda R}{\lambda R - 1}$
તેથી,$n = \sqrt{\frac{\lambda R}{\lambda R - 1}}$.

(A) બોહરના અધિતર્ક મુજબ,$n^{\text{th}}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $L$ નીચે મુજબ ક્વોન્ટાઈઝ્ડ છે:
$L = mvr = \frac{nh}{2\pi}$
જ્યાં $m$ એ ઇલેક્ટ્રોનનું દળ છે,$v$ તેનો વેગ છે,$r$ એ કક્ષાની ત્રિજ્યા છે,$h$ એ પ્લાન્કનો અચળાંક છે અને $n$ એ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક છે.
રેખીય વેગમાન $p = mv$ શોધવા માટે,આપણે સમીકરણને ફરીથી ગોઠવીએ:
$mv = \frac{nh}{2\pi r}$
તેથી,ઇલેક્ટ્રોનનું વેગમાન $\frac{nh}{2\pi r}$ છે.

(D) વર્તુળાકાર કક્ષામાં,સ્થિત-વિદ્યુત બળ કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે:
$\frac{m v^{2}}{r} = \frac{K Z e^{2}}{r^{2}}$
આ સૂચવે છે કે ગતિ ઉર્જા $KE = \frac{1}{2} m v^{2} = \frac{K Z e^{2}}{2 r}$ છે.
સ્થિતિ ઉર્જા $PE = -\frac{K Z e^{2}}{r}$ છે.
આમ,કુલ ઉર્જા $E = KE + PE = \frac{K Z e^{2}}{2 r} - \frac{K Z e^{2}}{r} = -\frac{K Z e^{2}}{2 r}$ થાય.
આપેલ છે કે $E = \frac{-E_{0}}{n}$,આને $E = -\frac{K Z e^{2}}{2 r}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $r \propto n$ મળે છે.
કારણ કે $KE = \frac{1}{2} m v^{2} \propto \frac{1}{r} \propto \frac{1}{n}$,તેથી $v^{2} \propto \frac{1}{n}$,જેનો અર્થ છે કે $v \propto \frac{1}{\sqrt{n}}$.
કોણીય વેગમાન $L = m v r$ છે.
પ્રમાણસરતા $v \propto n^{-1/2}$ અને $r \propto n$ મૂકતા,આપણને $L \propto n^{-1/2} \cdot n = n^{1/2} = \sqrt{n}$ મળે છે.
તેથી,$L \propto \sqrt{n}$.

(A) મ્યુઓન એ લગભગ $200 \, m_{e}$ દળ અને $\pm e$ વિદ્યુતભાર ધરાવતો અસ્થાયી પ્રાથમિક કણ છે.
અહીં,એક ઋણ મ્યુઓન પ્રોટોન સાથે બંધાયેલ છે.
તેથી,$m = 200 \, m_{e}$ અને $M = 1836 \, m_{e}$ (કારણ કે પ્રોટોનનું દળ ઇલેક્ટ્રોનના દળ કરતાં $1836$ ગણું છે).
સિસ્ટમનું રિડ્યુસ્ડ દળ (reduced mass) છે,
$m^{\prime} = \frac{m M}{m + M} = \frac{200 \, m_{e} \times 1836 \, m_{e}}{200 \, m_{e} + 1836 \, m_{e}} \approx 180 \, m_{e}$.
મ્યુઓનનું દળ પ્રોટોનના દળની સરખામણીમાં હોવાથી,આપણે રિડ્યુસ્ડ દળની ગણતરી કરીને ન્યુક્લિયસની ગતિને ધ્યાનમાં લેવી પડે છે.
હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n$-મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જા $E_{n} = \frac{m e^{4}}{8 \varepsilon_{0}^{2} h^{2} n^{2}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
તેથી,મ્યુઓનિક પરમાણુમાં મ્યુઓની ઉર્જા $E_{n}^{\prime} = \frac{m^{\prime} e^{4}}{8 \varepsilon_{0}^{2} h^{2} n^{2}} = 180 \, E_{n}$ થશે.
$n = 3$ થી $n = 2$ સુધીના બામર સંક્રમણને ધ્યાનમાં લેતા,ઉર્જાનો તફાવત $\Delta E^{\prime} = E_{n=3}^{\prime} - E_{n=2}^{\prime} = \frac{hc}{\lambda}$ છે.
$\Delta E^{\prime} = 180 \times (E_{n=3} - E_{n=2}) = 180 \times \left( \frac{-13.6 \, \text{eV}}{3^{2}} - \frac{-13.6 \, \text{eV}}{2^{2}} \right) = 180 \times 1.89 \, \text{eV} = 340.2 \, \text{eV}$.
$\lambda = \frac{hc}{\Delta E^{\prime}} = \frac{1240 \, \text{eV} \cdot \text{nm}}{340.2 \, \text{eV}} \approx 3.65 \, \text{nm}$ નો ઉપયોગ કરતા.
આ તરંગલંબાઇ $X$-કિરણોના વિસ્તારમાં ($0.01 \, \text{nm}$ થી $10 \, \text{nm}$) આવે છે.

(D) $L$ લંબાઈના એક-પરિમાણીય બોક્સમાં રહેલા ઇલેક્ટ્રોન માટે,ઉર્જા સ્તરો $E_{n} = n^{2} \left( \frac{h^{2}}{8 m_{e} L^{2}} \right) = n^{2} \alpha$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n = 1, 2, 3, \dots$.
પાઉલીના અપવર્જનના સિદ્ધાંત મુજબ,દરેક ઉર્જા સ્તરમાં બે ઇલેક્ટ્રોન રહી શકે છે.
$4$ ઇલેક્ટ્રોન માટે,ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ ગોઠવણીમાં $n=1$ સ્તર ($2$ ઇલેક્ટ્રોન) અને $n=2$ સ્તર ($2$ ઇલેક્ટ્રોન) ભરાય છે.
ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ ઉર્જા $U_{0}$ એ આ $4$ ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જાનો સરવાળો છે: $U_{0} = 2(E_{1}) + 2(E_{2}) = 2(1^{2} \alpha) + 2(2^{2} \alpha) = 2 \alpha + 8 \alpha = 10 \alpha$.
પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા ત્યારે મળે છે જ્યારે એક ઇલેક્ટ્રોન $n=2$ માંથી $n=3$ માં જાય છે. નવી કુલ ઉર્જા $U_{0} - E_{2} + E_{3} = 10 \alpha - 4 \alpha + 9 \alpha = 15 \alpha = U_{0} + 5 \alpha$ થાય.
દ્વિતીય ઉત્તેજિત અવસ્થા ત્યારે મળે છે જ્યારે એક ઇલેક્ટ્રોન $n=1$ માંથી $n=3$ માં જાય છે. નવી કુલ ઉર્જા $U_{0} - E_{1} + E_{3} = 10 \alpha - 1 \alpha + 9 \alpha = 18 \alpha = U_{0} + 8 \alpha$ થાય.
આમ,વિકલ્પ $(d)$ સાચો છે.

(A) હાઇડ્રોજન જેવા આયનો માટે રીડબર્ગ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,ઉત્સર્જન રેખાની તરંગલંબાઇ $\lambda$ નીચે મુજબ છે:
$\frac{1}{\lambda} = R Z^{2} \left( \frac{1}{n_{f}^{2}} - \frac{1}{n_{i}^{2}} \right)$
આપેલ છે:
રીડબર્ગ અચળાંક $R \approx 1.1 \times 10^{7} \, m^{-1}$
આયર્નનો પરમાણુ ક્રમાંક $Z = 26$
પ્રારંભિક અવસ્થા $n_{i} = 2$
અંતિમ અવસ્થા $n_{f} = 1$
કિંમતો મૂકતા:
$\frac{1}{\lambda} = (1.1 \times 10^{7}) \times (26)^{2} \times \left( \frac{1}{1^{2}} - \frac{1}{2^{2}} \right)$
$\frac{1}{\lambda} = 1.1 \times 10^{7} \times 676 \times 0.75$
$\frac{1}{\lambda} \approx 5.577 \times 10^{9} \, m^{-1}$
$\lambda$ ની ગણતરી કરતા:
$\lambda \approx 1.79 \times 10^{-10} \, m = 1.79 \, \mathring A$
આમ,તરંગલંબાઇ $2 \, \mathring A$ ની સૌથી નજીક છે.

(D) બોહરના સિદ્ધાંતમાં,ન્યુક્લિયસના મર્યાદિત દળને ધ્યાનમાં લેવા માટે રિડ્યુસ્ડ માસ $\mu$ નો ઉપયોગ થાય છે. રિડબર્ગ અચળાંક $R$ એ રિડ્યુસ્ડ માસ $\mu = \frac{m_e M}{m_e + M}$ ના સમપ્રમાણમાં હોય છે,જ્યાં $m_e$ એ ઇલેક્ટ્રોનનું દળ છે અને $M$ એ ન્યુક્લિયસનું દળ છે.
હાઇડ્રોજન $(H)$ માટે,$M_H \approx 2000 m_e$. તેથી,$\mu_H = \frac{m_e (2000 m_e)}{m_e + 2000 m_e} = \frac{2000}{2001} m_e$.
ડ્યુટેરિયમ $(D)$ માટે,ન્યુક્લિયસમાં એક પ્રોટોન અને એક ન્યુટ્રોન હોય છે,તેથી $M_D \approx 4000 m_e$. તેથી,$\mu_D = \frac{m_e (4000 m_e)}{m_e + 4000 m_e} = \frac{4000}{4001} m_e$.
જેમ કે $\frac{1}{\lambda} \propto \mu$,તેથી $\lambda \propto \frac{1}{\mu}$.
તેથી,$\frac{\lambda_H}{\lambda_D} = \frac{\mu_D}{\mu_H} = \left(\frac{4000}{4001}\right) \times \left(\frac{2001}{2000}\right) = 2 \times \frac{2001}{4001} = \frac{4002}{4001}$.
સાપેક્ષ ફેરફાર $\frac{\Delta \lambda}{\lambda} = \frac{\lambda_H - \lambda_D}{\lambda_H} = 1 - \frac{\lambda_D}{\lambda_H} = 1 - \frac{4001}{4002} = \frac{1}{4002} \approx 0.00025$.
ટકાવારીમાં,આ $\approx 0.025 \%$ છે. જોકે,પ્રમાણિત અંદાજ $\frac{\Delta \lambda}{\lambda} \approx \frac{\mu_H - \mu_D}{\mu_D} \approx \frac{1}{2000} = 0.0005$ નો ઉપયોગ કરતા,જે $0.05 \%$ આપે છે. આપેલા વિકલ્પો મુજબ,સાચો જવાબ $0.05 \%$ છે.

(A) $n$મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનો પ્રવેગ $a_{n} = \frac{v_{n}^{2}}{r_{n}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બોહરના મોડેલ મુજબ,વેગ $v_{n} \propto \frac{Z}{n}$ અને ત્રિજ્યા $r_{n} \propto \frac{n^{2}}{Z}$ છે.
આ કિંમતોને પ્રવેગના સૂત્રમાં મૂકતા:
$a_{n} \propto \frac{(Z/n)^{2}}{(n^{2}/Z)} = \frac{Z^{2}/n^{2}}{n^{2}/Z} = \frac{Z^{3}}{n^{4}}$.
આમ,સમાન $n$મી કક્ષામાં હાઇડ્રોજન $(Z_{H} = 1)$ અને સિંગલી આયોનાઇઝ્ડ હિલિયમ $(Z_{He} = 2)$ માટે પ્રવેગનો ગુણોત્તર:
$\frac{a_{H}}{a_{He}} = \frac{Z_{H}^{3}}{Z_{He}^{3}} = \left(\frac{1}{2}\right)^{3} = \frac{1}{8}$.
તેથી,ગુણોત્તર $1:8$ છે.

(A) કણની સ્થિતિ ઉર્જા $U = \frac{1}{2} m \omega^{2} r^{2}$ તરીકે આપવામાં આવી છે.
વર્તુળાકાર કક્ષા માટે,કેન્દ્રગામી બળ સ્થિતિમાનના ઢાળ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે: $F = -\frac{dU}{dr} = -m \omega^{2} r$.
બળના મૂલ્યને કેન્દ્રગામી બળ સાથે સરખાવતા: $m \omega^{2} r = \frac{m v^{2}}{r}$,જેનો અર્થ છે કે $v^{2} = \omega^{2} r^{2}$,અથવા $v = r \omega$.
હવે,કણનું કોણીય વેગમાન $L = mvr = m(r \omega)r = m r^{2} \omega$ છે.
બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ,$L = \frac{n h}{2 \pi}$.
$L$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $m r^{2} \omega = \frac{n h}{2 \pi}$.
$r^{2}$ માટે ઉકેલતા: $r^{2} = \frac{n h}{2 \pi m \omega}$.
વર્ગમૂળ લેતા: $r = \sqrt{n} \sqrt{\frac{h}{2 \pi m \omega}}$.
આપેલ છે કે $a = \sqrt{\frac{h}{2 \pi m \omega}}$,તેથી $r = a \sqrt{n}$ મળે છે.

(B) ધારો કે ઇલેક્ટ્રોનનો વેગ $v$ છે.
દરેક ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $mvr = \hbar$ આપેલ છે.
એક ઇલેક્ટ્રોન પર લાગતું ચોખ્ખું સ્થિત-વિદ્યુત બળ એ ન્યુક્લિયસથી આકર્ષણ અને બીજા ઇલેક્ટ્રોનથી અપાકર્ષણનો તફાવત છે. ઇલેક્ટ્રોન વિરુદ્ધ બાજુઓ પર હોવાથી,તેમની વચ્ચેનું અંતર $2r$ છે.
$F_e = \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r^2} - \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0(2r)^2} = \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r^2} - \frac{e^2}{16\pi\varepsilon_0 r^2} = \frac{3}{4} \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r^2}$.
વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ $F_c = \frac{mv^2}{r} = \frac{(mvr)^2}{mr^3} = \frac{\hbar^2}{mr^3}$ છે.
બળોને સરખાવતા,$F_c = F_e$:
$\frac{\hbar^2}{mr^3} = \frac{3}{4} \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r^2}$.
$r$ માટે ઉકેલતા:
$r = \frac{4}{3} \left( \frac{4\pi\varepsilon_0\hbar^2}{me^2} \right) = \frac{4}{3} a_B$.

(A) જ્યારે પ્રોટોનનું મર્યાદિત દળ ધ્યાનમાં લેવામાં આવે છે,ત્યારે ઉર્જાના સમીકરણમાં ઇલેક્ટ્રોનનું દળ $m_e$ ના બદલે રિડ્યુસ્ડ માસ (reduced mass) $\mu = \frac{m_e m_p}{m_e + m_p}$ લેવામાં આવે છે.
ઉર્જા સ્તરો $E_n = -\frac{\mu e^4}{8 n^2 \epsilon_0^2 h^2} = \left( \frac{m_p}{m_e + m_p} \right) E_{n, \text{infinite mass}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
રિડ્યુસ્ડ માસ અને ઇલેક્ટ્રોનના દળનો ગુણોત્તર $\frac{\mu}{m_e} = \frac{m_p}{m_e + m_p} = \frac{1}{1 + \frac{m_e}{m_p}}$ છે.
નાના $x = \frac{m_e}{m_p}$ માટે દ્વિપદી અંદાજ $(1 + x)^{-1} \approx 1 - x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{\mu}{m_e} \approx 1 - \frac{m_e}{m_p}$.
ઉર્જામાં થતો આંશિક ફેરફાર $\frac{\Delta E}{E} = \frac{m_e}{m_p} = \frac{9.10 \times 10^{-31}}{1.60 \times 10^{-27}} \approx 5.68 \times 10^{-4}$ છે.
આને ટકામાં ફેરવતા: $5.68 \times 10^{-4} \times 100 \% \approx 0.0568 \% \approx 0.06 \%$ થાય.

(B) હાઇડ્રોજન માટે રિડબર્ગ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right)$.
પ્રથમ બામર રેખા ($n=3$ થી $n=2$) માટે: $\frac{1}{\lambda_1} = R \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2} \right) = R \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right) = R \left( \frac{5}{36} \right)$.
$n=5$ થી $n=3$ ના સંક્રમણ માટે: $\frac{1}{\lambda_2} = R \left( \frac{1}{3^2} - \frac{1}{5^2} \right) = R \left( \frac{1}{9} - \frac{1}{25} \right) = R \left( \frac{25-9}{225} \right) = R \left( \frac{16}{225} \right)$.
ગુણોત્તર લેતા: $\frac{\lambda_2}{\lambda_1} = \frac{R(5/36)}{R(16/225)} = \frac{5}{36} \times \frac{225}{16} = \frac{5 \times 25}{4 \times 16} = \frac{125}{64}$.
તેથી,$\lambda_2 = \frac{125}{64} \lambda_1$.

(B) તત્વોની કુલ સંખ્યા $Z_{\max} = 5$ છે.
જો ઇલેક્ટ્રોન સ્પિન ધરાવતા ન હોય,તો કોઈ સ્પિન ક્વોન્ટમ નંબર હોતો નથી.
આપેલ મુખ્ય ક્વોન્ટમ નંબર $n$ માટે,કક્ષકોની સંખ્યા $n^2$ છે.
જો $n_{\max} = 2$ હોય,તો ઉપલબ્ધ કક્ષકો છે:
$n=1$: $1s$ ($1$ કક્ષક)
$n=2$: $2s$ ($1$ કક્ષક) અને $2p$ ($3$ કક્ષકો)
કુલ કક્ષકો = $1 + 1 + 3 = 5$.
પાઉલીના અપવર્જનના સિદ્ધાંતનું પાલન થતું હોવાથી,દરેક કક્ષકમાં માત્ર એક જ ઇલેક્ટ્રોન રહી શકે છે (કારણ કે અવસ્થાઓને અલગ પાડવા માટે કોઈ સ્પિન ક્વોન્ટમ નંબર નથી).
આમ,$5$ કક્ષકો સાથે,આપણે $5$ ઇલેક્ટ્રોનને સમાવી શકીએ છીએ,જે $Z_{\max} = 5$ ને અનુરૂપ છે.
તેથી,$n_{\max} = 2$ અને ઇલેક્ટ્રોન સ્પિનવિહીન છે.

(A) $L$ લંબાઈ અને $Q$ વિદ્યુતભાર ધરાવતા નળાકારની અક્ષથી $r$ અંતરે વિદ્યુતક્ષેત્ર $E = \frac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_0 r}$ છે,જ્યાં $\lambda = Q/L$ એ રેખીય વિદ્યુતભાર ઘનતા છે.
સ્થિતિમાન $V(r) = -\int E \, dr = -\frac{\lambda}{2 \pi \varepsilon_0} \ln(r) + C$ થાય.
આ ક્ષેત્રમાં ઇલેક્ટ્રોનની સ્થિતિ ઉર્જા $U(r) = -eV(r) = 2k \lambda e \ln(r)$ છે.
અહીં $Q = 10e = 1.6 \times 10^{-18} \,C$ અને $L = 10^{-6} \,m$ હોવાથી,$\lambda = 1.6 \times 10^{-12} \,C/m$ મળે.
આ લોગરીધમિક પોટેન્શિયલમાં ઉર્જા સ્તરો બોહર મોડેલ જેવા જ હોય છે,જ્યાં સંક્રમણ ઉર્જા $\Delta E = 2k \lambda e \ln(2)$ થાય.
કિંમતો મૂકતા: $\Delta E = 2 \times (9 \times 10^9) \times (1.6 \times 10^{-12}) \times (1.6 \times 10^{-19}) \times 0.693 \approx 3.19 \times 10^{-21} \,J$.
આવૃત્તિ $f = \frac{\Delta E}{h} = \frac{3.19 \times 10^{-21}}{6.63 \times 10^{-34}} \approx 4.8 \times 10^{12} \,Hz$.
આ આવૃત્તિ ઇલેક્ટ્રોમેગ્નેટિક સ્પેક્ટ્રમના ઇન્ફ્રારેડ વિસ્તારને અનુરૂપ છે.

(A) હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n$ મી કક્ષામાં રહેલા ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જા $E_n = -\frac{13.6 \,eV}{n^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $E_n = -3.4 \,eV$,તેથી $-3.4 = -\frac{13.6}{n^2}$.
$n^2$ માટે ઉકેલતા: $n^2 = \frac{13.6}{3.4} = 4$,જેનો અર્થ છે કે $n = 2$.
બોહરના અધિતર્ક મુજબ,કોણીય વેગમાન $L = \frac{nh}{2\pi}$ છે.
$n = 2$ મૂકતા: $L = \frac{2h}{2\pi} = \frac{h}{\pi}$.

(D) હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n$-મી કક્ષામાં રહેલા ઇલેક્ટ્રોનની ઝડપનું સૂત્ર $v_n = \frac{e^2}{2 \epsilon_0 n h}$ છે.
ધરા અવસ્થા માટે,$n = 1$ લેતા. અચળાંકોના મૂલ્યો ($e = 1.6 \times 10^{-19} \, C$,$\epsilon_0 = 8.85 \times 10^{-12} \, F/m$,$h = 6.63 \times 10^{-34} \, J \cdot s$) મૂકતા,આપણને $v_1 \approx 2.18 \times 10^6 \, m/s$ મળે છે.
પ્રકાશની ઝડપ $c \approx 3 \times 10^8 \, m/s$ હોવાથી,ગુણોત્તર $\frac{v_1}{c} \approx \frac{2.18 \times 10^6}{3 \times 10^8} \approx \frac{1}{137}$ થાય છે.
તેથી,ધરા અવસ્થામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઝડપ આશરે $\frac{c}{137}$ છે.

(D) $n^{\text{મી}}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનો પરિભ્રમણનો આવર્તકાળ $T_n$ એ સૂત્ર $T_n = \frac{2 \pi r_n}{v_n}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ત્રિજ્યા $r_n \propto n^2$ અને વેગ $v_n \propto \frac{1}{n}$ ના સમીકરણો મૂકતા,આપણને $T_n \propto \frac{n^2}{1/n} = n^3$ મળે છે.
તેથી,$n=1$ અને $n=2$ માટે આવર્તકાળનો ગુણોત્તર $\frac{T_1}{T_2} = \left( \frac{1}{2} \right)^3 = \frac{1}{8}$ થાય છે.
આમ,ગુણોત્તર $1: 8$ છે.

(D) $n^{th}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની પરિભ્રમણ આવૃત્તિ $f = \frac{v_n}{2\pi r_n}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
હાઇડ્રોજન પરમાણુની પ્રથમ બોહર કક્ષા $(n=1)$ માટે,વેગ $v_1 = 2.18 \times 10^6 \, m/s$ અને ત્રિજ્યા $r_1 = 0.529 \times 10^{-10} \, m$ છે.
આ કિંમતો મૂકતા:
$f = \frac{2.18 \times 10^6}{2 \times 3.14159 \times 0.529 \times 10^{-10}}$
$f \approx \frac{2.18 \times 10^6}{3.324 \times 10^{-10}}$
$f \approx 6.56 \times 10^{15} \, Hz$.
આમ,ઇલેક્ટ્રોન એક સેકન્ડમાં આશરે $6.57 \times 10^{15}$ વખત પરિભ્રમણ પૂર્ણ કરે છે.

(B) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુ માટે કક્ષાની ત્રિજ્યાનું સૂત્ર $r_n = 0.53 \frac{n^2}{Z} \mathring{A}$ છે,જ્યાં $n$ એ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક છે અને $Z$ એ પરમાણુ ક્રમાંક છે.
હાઇડ્રોજનની ધરા અવસ્થા માટે,$n = 1$ અને $Z = 1$ છે,તેથી ત્રિજ્યા $r_H = 0.53 \times \frac{1^2}{1} = 0.53 \mathring{A}$ થાય.
ત્રિ-આયનીકૃત બેરિલિયમ $(Be^{3+})$ માટે,પરમાણુ ક્રમાંક $Z = 4$ છે.
આપણે ઇચ્છીએ છીએ કે $Be^{3+}$ ની $n$-મી અવસ્થાની ત્રિજ્યા હાઇડ્રોજનની ધરા અવસ્થાની ત્રિજ્યા જેટલી હોય:
$0.53 \frac{n^2}{4} = 0.53 \times 1$
$\frac{n^2}{4} = 1$
$n^2 = 4$
$n = 2$.
આમ,$Be^{3+}$ ની $n = 2$ અવસ્થાની કક્ષીય ત્રિજ્યા હાઇડ્રોજનની ધરા અવસ્થાની ત્રિજ્યા જેટલી જ હોય છે.

(B) તટસ્થ $He$ પરમાણુને $\alpha$-કણ $(He^{2+})$ માં રૂપાંતરિત કરવાની પ્રક્રિયામાં બે તબક્કાઓનો સમાવેશ થાય છે:
$1$. તટસ્થ $He$ પરમાણુમાંથી પ્રથમ ઇલેક્ટ્રોનને દૂર કરવો: $E_1 = 29.5 \,eV$ (આપેલ છે).
$2$. $He^+$ આયનમાંથી બીજા ઇલેક્ટ્રોનને દૂર કરવો: હાઇડ્રોજન જેવા આયનમાંથી ઇલેક્ટ્રોનને દૂર કરવા માટે જરૂરી ઉર્જા $E_n = 13.6 \times Z^2 / n^2 \,eV$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. $He^+$ માટે,$Z = 2$ અને $n = 1$,તેથી $E_2 = 13.6 \times 2^2 = 13.6 \times 4 = 54.4 \,eV$.
કુલ જરૂરી ઉર્જા $E_{\text{total}} = E_1 + E_2 = 29.5 \,eV + 54.4 \,eV = 83.9 \,eV$.

(C) બોહરના સિદ્ધાંત મુજબ,મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n$ ધરાવતી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનો આવર્તકાળ $T$ એ $T \propto n^3$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ધારો કે પ્રારંભિક અવસ્થા $n_1$ માં આવર્તકાળ $T_1$ છે અને અંતિમ અવસ્થા $n_2$ માં આવર્તકાળ $T_2$ છે.
તેથી,$T_1 = k n_1^3$ અને $T_2 = k n_2^3$,જ્યાં $k$ એ અચળાંક છે.
આવર્તકાળનો ગુણોત્તર $\frac{T_1}{T_2} = \frac{n_1^3}{n_2^3}$ દ્વારા મળે છે.
આપેલ છે કે પ્રારંભિક આવર્તકાળ એ અંતિમ આવર્તકાળ કરતા આઠ ગણો છે,તેથી $T_1 = 8T_2$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{T_1}{T_2} = 8$.
આ કિંમત ગુણોત્તરના સમીકરણમાં મૂકતા:
$8 = \frac{n_1^3}{n_2^3}$
બંને બાજુ ઘનમૂળ લેતા:
$2 = \frac{n_1}{n_2}$
તેથી,$n_1 = 2n_2$.

(C) હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n$-મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઊર્જા $E_n = -\frac{13.6}{n^2} \,eV$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જ્યારે પરમાણુ $12.09 \,eV$ ઊર્જાનો ફોટોન ઉત્સર્જિત કરે છે,ત્યારે ઇલેક્ટ્રોન ઉચ્ચ ઊર્જા સ્તર $n_2$ થી નીચા ઊર્જા સ્તર $n_1$ માં કૂદકો મારે છે.
ઊર્જાનો તફાવત $\Delta E = E_{n_2} - E_{n_1} = 13.6 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right) = 12.09 \,eV$ છે.
$13.6$ વડે ભાગતા,આપણને $\frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} = \frac{12.09}{13.6} \approx 0.889$ મળે છે.
$n_1 = 1$ માટે,$1 - \frac{1}{n_2^2} = 0.889$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $\frac{1}{n_2^2} = 0.111$,તેથી $n_2^2 = 9$,એટલે કે $n_2 = 3$.
આમ,ઇલેક્ટ્રોન $3$જી કક્ષામાંથી $1$લી કક્ષામાં સંક્રમણ કરે છે.
કોણીય વેગમાન $L = \frac{nh}{2\pi}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કોણીય વેગમાનમાં ફેરફાર $\Delta L = L_2 - L_1 = \frac{n_2 h}{2\pi} - \frac{n_1 h}{2\pi} = \frac{(3-1)h}{2\pi} = \frac{2h}{2\pi} = \frac{h}{\pi}$ થાય.

(A) $n^{\text{th}}$ કક્ષા માટે બોહર ત્રિજ્યા $r_n = r_0 n^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $r_0$ એ પ્રથમ કક્ષાની ત્રિજ્યા છે.
પ્રશ્ન મુજબ,$(n+1)^{\text{th}}$ અને $n^{\text{th}}$ બોહર ત્રિજ્યા વચ્ચેનો તફાવત $(n-1)^{\text{th}}$ બોહર ત્રિજ્યા જેટલો છે:
$r_{n+1} - r_n = r_{n-1}$
સૂત્ર $r_n = r_0 n^2$ મૂકતા:
$r_0(n+1)^2 - r_0 n^2 = r_0(n-1)^2$
બંને બાજુ $r_0$ 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 મોટો ધન પૂર્ણાંક હોવો જોઈએ જેથી $(n-1)^{\text{th}}$ કક્ષા અસ્તિત્વમાં હોય,તેથી $n = 4$ મળે છે.

(A) હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n$ મી કક્ષાની ત્રિજ્યાનું સૂત્ર $r_n = r_1 \times n^2$ છે,જ્યાં $r_1$ એ પ્રથમ કક્ષાની ત્રિજ્યા છે.
આપેલ છે કે,$r_1 = 5.29 \times 10^{-11} \, m = 0.529 \, \mathring{A}$.
ચોથી કક્ષા માટે,$n = 4$.
તેથી,ત્રિજ્યા $r_4 = r_1 \times (4)^2$.
$r_4 = 0.529 \, \mathring{A} \times 16$.
$r_4 = 8.464 \, \mathring{A}$.
બે દશાંશ સ્થળ સુધી રાઉન્ડ ઓફ કરતા,આપણને $8.46 \, \mathring{A}$ મળે છે.

(A) બોહરના સિદ્ધાંત મુજબ,$n^{\text{th}}$ કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n = r_0 \frac{n^2}{Z}$ છે અને ઇલેક્ટ્રોનનો વેગ $v_n = v_0 \frac{Z}{n}$ છે.
સમયગાળો $T = \frac{2 \pi r_n}{v_n}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$r_n$ અને $v_n$ ના સૂત્રો મૂકતા,આપણને $T = \frac{2 \pi (r_0 n^2 / Z)}{v_0 Z / n} = \frac{2 \pi r_0}{v_0} \cdot \frac{n^3}{Z^2}$ મળે છે.
આપેલ સૂત્ર $T = \frac{T_0 n^a}{Z^b}$ સાથે સરખાવતા,$a = 3$ અને $b = 2$ મળે છે. જોકે,વિકલ્પોને ધ્યાનમાં લેતા,અચળાંક $T_0$ (જે $\frac{2 \pi r_0}{v_0}$ છે) નું મૂલ્ય આશરે $1.51 \times 10^{-16} \, s$ છે અને $a = 3$ છે.

(C) આપેલ બળ $F = \frac{k}{r^4}$ છે.
વર્તુળાકાર ગતિ માટે,કેન્દ્રગામી બળ આ બળ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે:
$\frac{mv^2}{r} = \frac{k}{r^4} \implies v^2 = \frac{k}{mr^3}$.
બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ:
$mvr = \frac{nh}{2\pi} \implies v = \frac{nh}{2\pi mr}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$v^2 = \frac{n^2h^2}{4\pi^2m^2r^2}$.
$v^2$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$\frac{k}{mr^3} = \frac{n^2h^2}{4\pi^2m^2r^2} \implies r = \frac{4\pi^2m k}{n^2h^2} \propto \frac{1}{n^2}$.
કુલ ઉર્જા $E$ એ ગતિ ઉર્જા અને સ્થિતિ ઉર્જાનો સરવાળો છે. કારણ કે બળ $F \propto r^{-4}$,સ્થિતિ ઉર્જા $U = -\int F dr = -\int \frac{k}{r^4} dr = -\frac{k}{3r^3}$.
ગતિ ઉર્જા $K = \frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2}m(\frac{k}{mr^3}) = \frac{k}{2r^3}$.
કુલ ઉર્જા $E = K + U = \frac{k}{2r^3} - \frac{k}{3r^3} = \frac{k}{6r^3}$.
કારણ કે $r \propto n^{-2}$,તેથી $r^3 \propto n^{-6}$.
તેથી,$E \propto \frac{1}{n^{-6}} \implies E \propto n^6$.

(C) જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન ઉત્તેજિત અવસ્થા $n$ માંથી ધરાસ્થિતિમાં સંક્રમણ કરે ત્યારે ઉત્સર્જિત વર્ણપટ રેખાઓની સંખ્યા શોધવાનું 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,$(n-4)(n+3) = 0$,આપણને $n = 4$ મળે છે (કારણ કે $n$ ધન હોવો જોઈએ).
ઇલેક્ટ્રોનને ધરાસ્થિતિ $(n=1)$ માંથી $n=4$ અવસ્થામાં ઉત્તેજિત કરવા માટે,આપાત ફોટોનની ઉર્જા $\Delta E = E_4 - E_1 = 13.6 \left(1 - \frac{1}{4^2}\right) \text{ eV}$ હોવી જોઈએ.
$\Delta E = 13.6 \times \left(1 - \frac{1}{16}\right) = 13.6 \times \frac{15}{16} = 12.75 \text{ eV}$.
તરંગલંબાઇ $\lambda$ નું મૂલ્ય $\lambda = \frac{12400 \text{ eV } \mathring A}{12.75 \text{ eV}} \approx 972.5 \mathring A$ મળે છે.
આપેલા વિકલ્પો મુજબ,સાચો જવાબ $970 \mathring A$ છે.

(D) પ્રમાણભૂત હાઇડ્રોજન પરમાણુમાં,$n$-મી અવસ્થાની કુલ ઉર્જા $E_n = -\frac{13.6}{n^2} \, eV$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ધરા અવસ્થા $(n=1)$ માટે,$E_1 = -13.6 \, eV$.
પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા $(n=2)$ માટે,$E_2 = -\frac{13.6}{2^2} = -3.4 \, eV$.
સ્થિતિ ઉર્જા $(P.E.)$ એ કુલ ઉર્જા $(E)$ સાથે $P.E. = 2E$ સંબંધ ધરાવે છે.
આમ,ધરા અવસ્થા માટે,$P.E. = 2 \times (-13.6) = -27.2 \, eV$.
જો આપણે ઉર્જાના સ્તરને એવી રીતે બદલીએ કે જેથી ધરા અવસ્થામાં સ્થિતિ ઉર્જા $0 \, eV$ ગણવામાં આવે,તો આપણે તમામ અવસ્થાઓની ઉર્જામાં $27.2 \, eV$ ઉમેરવા પડશે.
આ નવા સ્કેલ હેઠળ,પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થાની ઉર્જા $E'_2 = E_2 + 27.2 = -3.4 + 27.2 = 23.8 \, eV$ થાય છે.
આ આપેલ શરત સાથે મેળ ખાય છે. તેથી,ધરા અવસ્થામાં હાઇડ્રોજન પરમાણુની સ્થિતિ ઉર્જા $0 \, eV$ ગણવામાં આવે છે.

(B) હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ તેમની ભૂમિ અવસ્થા $(n=1)$ માં ઉચ્ચ ઉર્જા સ્તરો $(n=2, 3, 4, \dots)$ માં સંક્રમણ કરવા માટે ફોટોન શોષી શકે છે.
મહત્તમ તરંગલંબાઇ $(\lambda_{\max})$ મેળવવા માટે,આપણે ન્યૂનતમ ઉર્જા તફાવત ધરાવતું સંક્રમણ ધ્યાનમાં લેવું જોઈએ,જે $n=1$ થી $n=2$ છે.
રિડબર્ગ સૂત્ર $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$ છે.
$n_1 = 1$ અને $n_2 = 2$ મૂકતા:
$\frac{1}{\lambda_{\max}} = R \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right) = R \left( 1 - \frac{1}{4} \right) = \frac{3R}{4}$.
તેથી,$\lambda_{\max} = \frac{4}{3R}$.
$R \approx 1.097 \times 10^7 \, \text{m}^{-1}$ લેતા,$\lambda_{\max} = \frac{4}{3 \times 1.097 \times 10^7} \approx 1.216 \times 10^{-7} \, \text{m} = 1216 \, \mathring{A}$.

(B) ઉત્સર્જિત ફોટોનની આવૃત્તિ માટે રિડબર્ગ સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$f = c \cdot \frac{1}{\lambda} = R c \left( \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right)$
અહીં,ઇલેક્ટ્રોન ત્રીજી કક્ષા $(n_i = 3)$ માંથી બીજી કક્ષા $(n_f = 2)$ માં સંક્રમણ કરે છે.
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$f = R c \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2} \right)$
$f = R c \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right)$
$f = R c \left( \frac{9 - 4}{36} \right)$
$f = \frac{5 R c}{36}$
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(C) કોણીય વેગ $\omega_n$ એ $\omega_n = \frac{v_n}{r_n}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કોણીય વેગ અને સ્પર્શક વેગનો ગુણાકાર $P = \omega_n \times v_n = \frac{v_n^2}{r_n}$ છે.
હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે,$n^{\text{th}}$ કક્ષામાં વેગ $v_n = \frac{v_0}{n}$ છે અને ત્રિજ્યા $r_n = n^2 r_0$ છે,જ્યાં $v_0$ અને $r_0$ અચળાંકો છે.
આ કિંમતોને $P$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$P = \frac{(v_0/n)^2}{n^2 r_0} = \frac{v_0^2}{n^2 \cdot n^2 r_0} = \frac{v_0^2}{r_0 n^4}$.
આમ,આ ગુણાકાર $n^4$ ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં છે (એટલે કે $P \propto \frac{1}{n^4}$).

(D) $V$ સ્થિતિમાન તફાવત દ્વારા પ્રવેગિત $m$ દળ અને $e$ વીજભાર ધરાવતા કણની ઝડપ માટેનો સાચો સંબંધ ગતિઊર્જાના સમીકરણ પરથી મેળવવામાં આવે છે:
$K.E. = e V$
$\frac{1}{2} m v^2 = e V$
$v^2 = \frac{2 e V}{m}$
$v = \sqrt{\frac{2 e V}{m}}$
આને વિકલ્પ $(d)$ માં આપેલા સમીકરણ સાથે સરખાવતા,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે આપેલ સૂત્ર $v = \frac{2 e V}{m}$ ખોટું છે. તેથી,વિકલ્પ $(d)$ એ ખોટો સંબંધ છે.

(D) બોહરના સિદ્ધાંત મુજબ,કક્ષામાં પરિભ્રમણ કરતા ઇલેક્ટ્રોનની ચુંબકીય મોમેન્ટ $(\mu)$ નું સૂત્ર $\mu = \frac{e}{2m} L$ છે,જ્યાં $L$ એ કોણીય વેગમાન છે.
$L = \frac{nh}{2\pi}$ હોવાથી,આપણને મળે છે $\mu = \frac{e}{2m} \left( \frac{nh}{2\pi} \right) = \frac{enh}{4\pi m}$.
આ દર્શાવે છે કે $\mu \propto n$. જેમ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $(n)$ વધે છે,તેમ ચુંબકીય મોમેન્ટ $(\mu)$ વધે છે.
તેથી,વિધાન $(A)$ ખોટું છે કારણ કે તે જણાવે છે કે ચુંબકીય મોમેન્ટ ઘટે છે.
કારણ $(R)$ પણ ખોટું છે કારણ કે તે $\mu \propto n$ જણાવે છે,જે પ્રમાણસરતાની દ્રષ્ટિએ ગાણિતિક રીતે સાચું છે,પરંતુ વિધાન પોતે જ ખોટું છે અને સંબંધ વધારો સૂચવે છે,ઘટાડો નહીં. જોકે,પ્રમાણિત વિધાન-કારણ પ્રશ્નોના સંદર્ભમાં,વિધાન ખોટું હોવાથી,સાચો વિકલ્પ $(d)$ છે.

(D) બોહરના મોડેલ મુજબ,$n^{\text{th}}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઝડપ $V_n \propto \frac{Z}{n}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે,પરમાણુ ક્રમાંક $Z = 1$ છે,તેથી $V_n \propto \frac{1}{n}$.
તેથી,$3^{\text{rd}}$ અને $7^{\text{th}}$ કક્ષામાં ઝડપનો ગુણોત્તર $\frac{V_3}{V_7} = \frac{7}{3}$ થાય.
આપેલ કિંમત $V_7 = 3.6 \times 10^6\,m/s$ મૂકતા:
$V_3 = \frac{7}{3} \times 3.6 \times 10^6\,m/s$.
$V_3 = 7 \times 1.2 \times 10^6\,m/s = 8.4 \times 10^6\,m/s$.

(B) બોહરના મોડેલ મુજબ,$n$મી કક્ષાની ત્રિજ્યાનું સૂત્ર $r_n = a_0 \frac{n^2}{Z}$ છે,જ્યાં $a_0$ એ બોહર ત્રિજ્યા છે,$n$ એ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક છે અને $Z$ એ પરમાણુ ક્રમાંક છે.
આપેલ પરમાણુ માટે $a_0$ અને $Z$ અચળ હોવાથી,$r_n \propto n^2$ મળે.
આપેલ છે કે $2$જી કક્ષા $(n=2)$ ની ત્રિજ્યા $R$ છે,તેથી $R = k(2)^2 = 4k$ લખી શકાય,જ્યાં $k$ એક અચળાંક છે.
$3$જી કક્ષા $(n=3)$ માટે,ત્રિજ્યા $r_3 = k(3)^2 = 9k$ થશે.
હવે,ગુણોત્તર શોધતા: $\frac{r_3}{R} = \frac{9k}{4k} = \frac{9}{4} = 2.25$.
તેથી,$3$જી કક્ષાની ત્રિજ્યા $2.25R$ થશે.

(B) ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ $(n=1)$ માં હાઇડ્રોજન પરમાણુની ઉર્જા $E_1 = -13.6 \; eV$ છે.
જ્યારે પરમાણુ $12.75 \; eV$ ઉર્જા ધરાવતા ફોટોનનું શોષણ કરે છે,ત્યારે તેની નવી ઉર્જા $E_n$ નીચે મુજબ થાય છે:
$E_n = E_1 + 12.75 = -13.6 + 12.75 = -0.85 \; eV$.
$E_n = \frac{-13.6}{n^2} \; eV$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{-13.6}{n^2} = -0.85$
$n^2 = \frac{13.6}{0.85} = 16$
$n = 4$.
$n$-મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $L$ બોહરના અધિતર્ક મુજબ:
$L = \frac{nh}{2\pi} = \frac{4h}{2\pi} = \frac{2h}{\pi}$.
$h = 4.14 \times 10^{-15} \; eVs$ મૂકતા:
$L = \frac{2 \times 4.14 \times 10^{-15}}{\pi} = \frac{8.28 \times 10^{-15}}{\pi} = \frac{828 \times 10^{-17}}{\pi} \; eVs$.
આને $\frac{x}{\pi} \times 10^{-17} \; eVs$ સાથે સરખાવતા,$x = 828$ મળે છે.

(A) બોહરના મોડેલમાં,$n^{th}$ સ્થિર કક્ષાની ત્રિજ્યાનું સૂત્ર $R_n = a_0 \frac{n^2}{Z}$ છે,જ્યાં $a_0$ એ બોહર ત્રિજ્યા છે અને $Z$ એ પરમાણુ ક્રમાંક છે.
આપેલ પરમાણુ માટે $a_0$ અને $Z$ અચળ હોવાથી,ત્રિજ્યા એ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંકના વર્ગના સમપ્રમાણમાં હોય છે: $R_n \propto n^2$.
બીજી કક્ષા $(n_1 = 2)$ માટે,ત્રિજ્યા $R_1 \propto 2^2 = 4$ થાય.
ચોથી કક્ષા $(n_2 = 4)$ માટે,ત્રિજ્યા $R_2 \propto 4^2 = 16$ થાય.
તેથી,ગુણોત્તર $\frac{R_1}{R_2} = \frac{n_1^2}{n_2^2} = \frac{2^2}{4^2} = \frac{4}{16} = \frac{1}{4} = 0.25$ થાય.

(D) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુ માટે $n^{\text{મી}}$ કક્ષાની ત્રિજ્યાનું સૂત્ર: $r_n = r_0 \times \frac{n^2}{Z}$ છે, જ્યાં $r_0$ એ બોહર ત્રિજ્યા $(0.51 \ \mathring{A})$ છે, $n$ એ કક્ષાનો ક્રમ છે અને $Z$ એ પરમાણુ ક્રમાંક છે।
$Li^{++}$ (લિથિયમ આયન) માટે, પરમાણુ ક્રમાંક $Z = 3$ છે।
કક્ષાનો ક્રમ $n = 5$ છે।
કિંમતો મૂકતા: $r_5 = 0.51 \ \mathring{A} \times \frac{5^2}{3} = 0.51 \times \frac{25}{3} \ \mathring{A}$.
$r_5 = 0.51 \times 8.333 = 4.25 \ \mathring{A}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $1 \ \mathring{A} = 10^{-10} \ m$, તેથી $r_5 = 4.25 \times 10^{-10} \ m$.
આને $10^{-12} \ m$ ના સ્વરૂપમાં દર્શાવવા માટે, આપણે $100/100$ વડે ગુણીએ: $r_5 = 425 \times 10^{-12} \ m$.
તેથી, ખૂટતી કિંમત $425$ છે।

(A) સ્થિતિ ઊર્જા $U = \frac{1}{2} m \omega^2 r^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કણ પર લાગતું બળ $F = -\frac{dU}{dr} = -m \omega^2 r$ છે. આ બળનું મૂલ્ય વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે:
$m \omega^2 r = \frac{m v^2}{r} \implies v^2 = \omega^2 r^2 \implies v = \omega r$ --- $(i)$
બોહરના કોણીય વેગમાનના ક્વોન્ટાઈઝેશનના નિયમ મુજબ:
$mvr = \frac{nh}{2\pi}$ --- $(ii)$
સમીકરણ $(i)$ માંથી $v$ ની કિંમત $(ii)$ માં મૂકતા:
$m(\omega r)r = \frac{nh}{2\pi}$
$m \omega r^2 = \frac{nh}{2\pi}$
$r^2$ માટે ઉકેલતા:
$r^2 = \frac{nh}{2\pi m \omega}$
અહીં $h, m, \omega$ અચળાંકો હોવાથી:
$r^2 \propto n \implies r \propto \sqrt{n}$.

(C) હાઇડ્રોજન પરમાણુ તંત્રની બંધન ઉર્જા $U = \frac{k e^2}{2r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $k = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0}$ છે.
આપેલ બંધન ઉર્જા $= 12.8 \, eV = 12.8 \times 1.6 \times 10^{-19} \, J$.
બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$\frac{9 \times 10^9 \times (1.6 \times 10^{-19})^2}{2r} = 12.8 \times 1.6 \times 10^{-19}$.
$r$ માટે સાદું રૂપ આપતા:
$r = \frac{9 \times 10^9 \times 1.6 \times 10^{-19}}{2 \times 12.8} = \frac{9 \times 1.6 \times 10^{-10}}{25.6} = \frac{9 \times 10^{-10}}{16} \, m$.
આને આપેલ સ્વરૂપ $\frac{9}{x} \times 10^{-10} \, m$ સાથે સરખાવતા,આપણને $x = 16$ મળે છે.

(C) બોહરના અધિતર્ક મુજબ,$n$ મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $L_n = \frac{nh}{2\pi}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રથમ કક્ષા $(n=1)$ માટે,કોણીય વેગમાન $L_1 = L = \frac{1 \cdot h}{2\pi}$ છે.
બીજી કક્ષા $(n=2)$ માટે,કોણીય વેગમાન $L_2 = \frac{2h}{2\pi} = 2 \left( \frac{h}{2\pi} \right) = 2L$ છે.
કોણીય વેગમાનમાં થતો ફેરફાર $\Delta L = L_2 - L_1 = 2L - L = L$ થાય.

(C) હાઇડ્રોજન જેવા આયનમાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જાનું સૂત્ર $E_n = -13.6 \frac{Z^2}{n^2} \, eV$ છે.
$He^{+}$ આયન માટે,પરમાણુ ક્રમાંક $Z = 2$ છે.
પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n = 2$ ને અનુરૂપ 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) બોહરના મોડેલમાં કક્ષાની ત્રિજ્યાનું સૂત્ર $r_n = a_0 \frac{n^2}{Z}$ છે,જ્યાં $n$ એ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક છે અને $Z$ એ પરમાણુ ક્રમાંક છે.
$He^{+}$ $(Z=2)$ માટે,$2^{nd}$ કક્ષાની $(n=2)$ ત્રિજ્યા $r_1 = a_0 \frac{2^2}{2} = 2a_0$ છે.
$Be^{3+}$ $(Z=4)$ માટે,$4^{th}$ કક્ષાની $(n=4)$ ત્રિજ્યા $r_2 = a_0 \frac{4^2}{4} = 4a_0$ છે.
ગુણોત્તર $\frac{r_2}{r_1} = \frac{4a_0}{2a_0} = 2$ થાય.
આમ,ગુણોત્તર $x : 1$ હોવાથી,$x = 2$ મળે છે.