Bohr's Model of Hydrogen Atom Questions in Gujarati

(A) હાઇડ્રોજન પરમાણુમાં $n^{\text{મી}}$ કક્ષાની ત્રિજ્યાનું સૂત્ર $r_n = r_1 \times n^2$ છે,જ્યાં $r_1$ એ પ્રથમ કક્ષાની ત્રિજ્યા (બોહર ત્રિજ્યા) છે.
આપેલ છે કે $r_1 = 5.3 \times 10^{-11} \ m = 0.53 \ \mathring{A}$.
ત્રીજી કક્ષા માટે,$n = 3$.
તેથી,$r_3 = r_1 \times (3)^2$.
$r_3 = 0.53 \ \mathring{A} \times 9 = 4.77 \ \mathring{A}$.

(B) બોહરના મોડેલ મુજબ,આપેલ પરમાણુ માટે $n$ મી કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n \propto n^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે (જ્યાં $Z$ અચળ છે).
આપેલ છે કે ત્રીજી કક્ષા $(n=3)$ ની ત્રિજ્યા $R$ છે,તેથી $r_3 = R$.
ચોથી કક્ષા $(n=4)$ ની ત્રિજ્યા $r_4$ છે.
પ્રમાણસરતા $r_n \propto n^2$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે લખી શકીએ:
$\frac{r_4}{r_3} = \frac{4^2}{3^2}$
$\frac{r_4}{R} = \frac{16}{9}$
તેથી,$r_4 = \frac{16}{9} R$.

(B) કક્ષામાં પરિભ્રમણ કરતા ઇલેક્ટ્રોનનો ચુંબકીય મોમેન્ટ $\mu = iA$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $i$ એ પ્રવાહ છે અને $A$ એ કક્ષાનું ક્ષેત્રફળ છે.
$i = \frac{e}{T} = \frac{ev}{2\pi r}$,જ્યાં $v$ એ વેગ છે અને $r$ એ ત્રિજ્યા છે.
$A = \pi r^2$.
તેથી,$\mu = \left(\frac{ev}{2\pi r}\right) \pi r^2 = \frac{evr}{2}$.
બોહરના સિદ્ધાંત મુજબ,$r \propto n^2$ અને $v \propto \frac{1}{n}$.
આ સંબંધો મૂકતા: $\mu \propto \left(\frac{1}{n}\right) \cdot n^2 = n^1$.
$\mu \propto n^1$ ની સરખામણી $\mu \propto n^x$ સાથે કરતા,આપણને $x = 1$ મળે છે.

(A) ઉત્સર્જિત વિકિરણની આવૃત્તિ $\nu = R c Z^2 \left( \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$n=2$ થી $n=1$ ના સંક્રમણ માટે:
$\nu_1 = K \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right) = K \left( 1 - \frac{1}{4} \right) = K \left( \frac{3}{4} \right) = 3 \times 10^{15} \,Hz$.
$n=3$ થી $n=1$ ના સંક્રમણ માટે:
$\nu_2 = K \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{3^2} \right) = K \left( 1 - \frac{1}{9} \right) = K \left( \frac{8}{9} \right)$.
ગુણોત્તર લેતા:
$\frac{\nu_2}{\nu_1} = \frac{K(8/9)}{K(3/4)} = \frac{8}{9} \times \frac{4}{3} = \frac{32}{27}$.
તેથી, $\nu_2 = \frac{32}{27} \times 3 \times 10^{15} \,Hz = \frac{32}{9} \times 10^{15} \,Hz$.
આને $\frac{x}{9} \times 10^{15} \,Hz$ સાથે સરખાવતા, આપણને $X = 32$ મળે છે.

(B) $n=3$ થી $n=2$ સંક્રમણ માટે ઉર્જાનો તફાવત $\Delta E = 13.6 \left(\frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2}\right) = 1.9 \text{ eV}$ છે.
ઉત્સર્જિત ફોટોનની તરંગલંબાઇ $\lambda = \frac{hc}{\Delta E}$ છે.
વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,પરમાણુ $v$ વેગ સાથે રિકોઇલ અનુભવે છે,તેથી $mv = \frac{h}{\lambda'}$,જ્યાં $\lambda'$ એ રિકોઇલને ધ્યાનમાં લેતા ઉત્સર્જિત ફોટોનની તરંગલંબાઇ છે.
ઉર્જા સંતુલન સમીકરણ $\Delta E = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{hc}{\lambda'}$ છે.
$v = \frac{h}{m\lambda'}$ મૂકતા,આપણને $\Delta E = \frac{h^2}{2m\lambda'^2} + \frac{hc}{\lambda'}$ મળે છે.
$\lambda'$ માટે ઉકેલતા,આપણને $\lambda' \approx \lambda \left(1 + \frac{\Delta E}{2mc^2}\right)$ મળે છે.
તરંગલંબાઇમાં આંશિક ફેરફાર $\frac{\Delta \lambda}{\lambda} = \frac{\lambda' - \lambda}{\lambda} = \frac{\Delta E}{2mc^2}$ છે.
કિંમતો મૂકતા: $\Delta E = 1.9 \times 1.6 \times 10^{-19} \text{ J}$,$m = 1.67 \times 10^{-27} \text{ kg}$,$c = 3 \times 10^8 \text{ m/s}$.
$\frac{\Delta \lambda}{\lambda} = \frac{1.9 \times 1.6 \times 10^{-19}}{2 \times 1.67 \times 10^{-27} \times (3 \times 10^8)^2} \approx 10^{-9}$.
પ્રશ્નમાં ટકાવારી ફેરફાર પૂછ્યો હોવાથી,$\% \text{ ફેરફાર} = \frac{\Delta \lambda}{\lambda} \times 100 \approx 10^{-9} \times 10^2 = 10^{-7}$.
આમ,$n = 7$ છે.

(C) બોહરના અભિધારણા મુજબ,$n^{\text{th}}$ કક્ષામાં રહેલા ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન (moment of momentum) નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$L = \frac{nh}{2\pi}$
અહીં ઇલેક્ટ્રોન $4^{\text{th}}$ કક્ષામાં છે,તેથી $n = 4$ લેતા.
સૂત્રમાં $n$ ની કિંમત મૂકતા:
$L = \frac{4h}{2\pi}$
$L = \frac{2h}{\pi}$
આમ,કોણીય વેગમાન $\frac{2h}{\pi}$ થાય છે.

(D) સ્થિર વિદ્યુત બળ ઇલેક્ટ્રોનને વર્તુળાકાર કક્ષામાં ફરવા માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે:
$F = \frac{k(Ze)(e)}{r^2} = \frac{mv^2}{r}$
આના પરથી,ગતિ ઊર્જા $(KE)$:
$KE = \frac{1}{2} mv^2 = \frac{kZe^2}{2r}$
સ્થિતિ ઊર્જા $(U)$ નીચે મુજબ છે:
$U = -\frac{kZe^2}{r}$
કુલ ઊર્જા $(E)$ એ ગતિ ઊર્જા અને સ્થિતિ ઊર્જાનો સરવાળો છે:
$E = KE + U = \frac{kZe^2}{2r} - \frac{kZe^2}{r} = -\frac{kZe^2}{2r}$
$E$ અને $U$ ની સરખામણી કરતા:
$E = \frac{1}{2} \left( -\frac{kZe^2}{r} \right) = \frac{U}{2}$
તેથી,$2E = U$.

(A) ઇલેક્ટ્રોનને ન્યુક્લિયસની આસપાસ ફરવા માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ એ સ્થિત-વિદ્યુત આકર્ષણ બળ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે: $F_{C} = F_{e}$.
કેન્દ્રગામી બળ $F_{C} = \frac{mv^2}{r}$ અને કુલંબના નિયમ $F_{e} = \frac{kZe^2}{r^2}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે: $\frac{mv^2}{r} = \frac{kZe^2}{r^2}$.
બંને બાજુ $mr^2$ વડે ગુણતા,આપણને મળે છે: $m^2v^2r^2 = mkZe^2r$.
કોણીય વેગમાન $L = mvr$ હોવાથી,આપણે લખી શકીએ: $L^2 = mkZe^2r$.
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા,આપણને મળે છે: $L = \sqrt{mkZe^2r}$.
અહીં $m$,$k$,$Z$,અને $e$ અચળાંકો હોવાથી,કોણીય વેગમાન એ ત્રિજ્યાના વર્ગમૂળના પ્રમાણમાં છે: $L \propto \sqrt{r}$.

(C) હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n^{\text{મી}}$ કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n = a_0 n^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $a_0 = 0.529 \mathring{A}$ છે.
આપેલ છે કે $r_n = 8.48 \mathring{A}$,તેથી $8.48 = 0.529 \times n^2$.
$n^2 = \frac{8.48}{0.529} \approx 16$.
આમ,$n = 4$.
$n^{\text{મી}}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઊર્જા $E_n = \frac{E}{n^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $E$ એ ધરાસ્થિતિની ઊર્જા $(-13.6 \text{ eV})$ છે.
$n = 4$ મૂકતા,આપણને $E_4 = \frac{E}{4^2} = \frac{E}{16}$ મળે છે.
આને $E/x$ સાથે સરખાવતા,આપણને $x = 16$ મળે છે.

(A) હાઇડ્રોજન પરમાણુને પ્રથમ ઉત્તેજિત સ્તર પર ઉત્તેજિત કરવા માટે જરૂરી ઉર્જા એ વોલ્ટેજ દ્વારા આપવામાં આવે છે જ્યાં પ્રથમ ડીપ જોવા મળે છે, જે $E = 10.2 \, eV$ છે.
ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઉર્જા તેની તરંગલંબાઇ $\lambda$ સાથે $E = \frac{hc}{\lambda}$ સમીકરણ દ્વારા સંબંધિત છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $10.2 \, eV = \frac{1245 \, eV \cdot nm}{\lambda}$.
$\lambda$ માટે ઉકેલતા: $\lambda = \frac{1245}{10.2} \, nm \approx 122.06 \, nm$.
નજીકના પૂર્ણાંકમાં લેતા, તરંગલંબાઇ $122 \, nm$ મળે છે.

(C) ભાગ $1$: $n=2$ અવસ્થામાં $H$ પરમાણુની ઉર્જા $E_H = -13.6 \times (1^2/2^2) = -3.4 \ eV$ છે. ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ $-13.6 \ eV$ છે. ઉત્તેજના ઉર્જા $\Delta E_H = -3.4 - (-13.6) = 10.2 \ eV$. $n=2$ અવસ્થામાં $He^{+}$ ની ઉર્જા $E_{He^+} = -13.6 \times (2^2/2^2) = -13.6 \ eV$ છે. ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ $-54.4 \ eV$ છે. સ્થાનાંતર પછી $He^{+}$ ની કુલ ઉર્જા = $-13.6 + 10.2 = -3.4 \ eV$. $E_n = -13.6 \times (Z^2/n^2) = -13.6 \times (4/n^2)$ હોવાથી,$-3.4 = -54.4/n^2 \implies n^2 = 16 \implies n = 4$. સાચો વિકલ્પ $(C)$ છે.
ભાગ $2$: $He^{+}$ માટે,દ્રશ્યમાન વિસ્તાર $(n=2)$ માં સંક્રમણ $n=4$ થી $n=2$ થાય છે. $\frac{1}{\lambda} = R Z^2 (\frac{1}{2^2} - \frac{1}{4^2}) = 1.097 \times 10^7 \times 4 \times (\frac{1}{4} - \frac{1}{16}) = 0.82275 \times 10^7 \ m^{-1}$. આથી $\lambda \approx 4.8 \times 10^{-7} \ m$. સાચો વિકલ્પ $(C)$ છે.
ભાગ $3$: $KE = |E| = 13.6 \frac{Z^2}{n^2}$. $H$ $(Z=1, n=2)$ માટે,$KE_H = 13.6/4 = 3.4 \ eV$. $He^{+}$ $(Z=2, n=2)$ માટે,$KE_{He^+} = 13.6 \times (4/4) = 13.6 \ eV$. ગુણોત્તર $3.4/13.6 = 1/4$. સાચો વિકલ્પ $(A)$ છે.

(D) હાઇડ્રોજન પરમાણુની $1s$ કક્ષક માટે, ત્રિજ્યાવર્તી તરંગ વિધેય $R(r) = 2(Z/a_0)^{3/2} e^{-Zr/a_0}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ત્રિજ્યાવર્તી સંભાવના વિતરણ વિધેય $P(r)$ ને કેન્દ્રથી $r$ અંતરે $dr$ જાડાઈના ગોળાકાર કવચમાં ઇલેક્ટ્રોન શોધવાની સંભાવના તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
$P(r) = 4\pi r^2 R^2(r) dr$.
$R(r)$ નું સૂત્ર મૂકતા, આપણને મળે છે $P(r) = 4\pi r^2 [2(Z/a_0)^{3/2} e^{-Zr/a_0}]^2 dr = 16\pi (Z/a_0)^3 r^2 e^{-2Zr/a_0} dr$.
$r = 0$ પર, $r^2$ પદને કારણે $P(r) = 0$ થાય છે.
જેમ $r \to \infty$, ઘાતાંકીય ક્ષય પદ $e^{-2Zr/a_0}$ ને કારણે $P(r) \to 0$ થાય છે.
વિધેય $P(r)$ શૂન્યથી શરૂ થાય છે, $r = a_0/Z$ પર મહત્તમ મૂલ્ય સુધી વધે છે, અને પછી શૂન્ય તરફ ઘટે છે.
આ આલેખ $D$ માં દર્શાવેલ આકારને અનુરૂપ છે.

(B) સિંગલ ઇલેક્ટ્રોન સિસ્ટમ માટે, $n^{th}$ કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n = a_0 \times \frac{n^2}{Z}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે।
$He^{+}$ માટે $Z=2$ આપેલ છે.
પ્રારંભિક કક્ષા માટે, $r_2 = 105.8 \ pm$:
$105.8 = 52.9 \times \frac{n_2^2}{2} \implies n_2^2 = \frac{105.8 \times 2}{52.9} = 4 \implies n_2 = 2$.
અંતિમ કક્ષા માટે, $r_1 = 26.45 \ pm$:
$26.45 = 52.9 \times \frac{n_1^2}{2} \implies n_1^2 = \frac{26.45 \times 2}{52.9} = 1 \implies n_1 = 1$.
આમ, સંક્રમણ $n=2$ થી $n=1$ માં થાય છે.
ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઉર્જા $\Delta E = R_H Z^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$ છે.
$\Delta E = 2.2 \times 10^{-18} \times (2)^2 \times \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right) = 2.2 \times 10^{-18} \times 4 \times \left( 1 - 0.25 \right) = 8.8 \times 10^{-18} \times 0.75 = 6.6 \times 10^{-18} \ J$.
$\Delta E = \frac{hc}{\lambda}$ નો ઉપયોગ કરતા, $\lambda = \frac{hc}{\Delta E} = \frac{6.6 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^8}{6.6 \times 10^{-18}} = 3 \times 10^{-8} \ m = 30 \ nm$.

(A) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુમાં $n_2$ થી $n_1$ સંક્રમણ દરમિયાન ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઉર્જા $\Delta E = 13.6 Z^2 \left[ \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right] \ eV$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$n = 2$ થી $n = 1$ સંક્રમણ માટે:
$E_1 = 13.6 Z^2 \left[ \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right] = 13.6 Z^2 \left( \frac{3}{4} \right)$.
$n = 3$ થી $n = 2$ સંક્રમણ માટે:
$E_2 = 13.6 Z^2 \left[ \frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2} \right] = 13.6 Z^2 \left( \frac{5}{36} \right)$.
પ્રશ્ન મુજબ,$E_1 - E_2 = 74.8 \ eV$:
$13.6 Z^2 \left( \frac{3}{4} - \frac{5}{36} \right) = 74.8$.
કૌંસમાં રહેલા પદની ગણતરી કરતા:
$\frac{3}{4} - \frac{5}{36} = \frac{27 - 5}{36} = \frac{22}{36} = \frac{11}{18}$.
કિંમત મૂકતા:
$13.6 Z^2 \times \frac{11}{18} = 74.8$.
$Z^2 = \frac{74.8 \times 18}{13.6 \times 11} = 5.5 \times \frac{18}{11} = 9$.
$Z = 3$.

(A) શોષાયેલા ફોટોનની ઊર્જા $\frac{hc}{\lambda_{a}} = 13.6 \text{ eV} \times \left[\frac{1}{1^2} - \frac{1}{4^2}\right] = 13.6 \times \frac{15}{16} \text{ eV} \quad (i)$
ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઊર્જા $\frac{hc}{\lambda_{e}} = 13.6 \text{ eV} \times \left[\frac{1}{m^2} - \frac{1}{4^2}\right] \quad (ii)$
આપેલ છે $\frac{\lambda_{a}}{\lambda_{e}} = \frac{1}{5}$,તેથી $(ii)$ ને $(i)$ વડે ભાગતા:
$\frac{\lambda_{a}}{\lambda_{e}} = \frac{13.6 \times [1 - 1/16]}{13.6 \times [1/m^2 - 1/16]} = 5 \implies \frac{15/16}{1/m^2 - 1/16} = 5$
$\frac{15}{16} = 5 \times \left(\frac{1}{m^2} - \frac{1}{16}\right) \implies \frac{3}{16} = \frac{1}{m^2} - \frac{1}{16}$
$\frac{1}{m^2} = \frac{4}{16} = \frac{1}{4} \implies m = 2$. આમ,વિકલ્પ $(3)$ સાચો છે.
ગતિઊર્જા માટે,$K_n \propto \frac{1}{n^2}$. તેથી,$\frac{K_{m=2}}{K_{n=1}} = \frac{1/2^2}{1/1^2} = \frac{1}{4}$. આમ,વિકલ્પ $(2)$ સાચો છે.
વેગમાન માટે,$\Delta p = \frac{h}{\lambda}$. તેથી,$\frac{\Delta p_{a}}{\Delta p_{e}} = \frac{\lambda_{e}}{\lambda_{a}} = 5$. આમ,વિકલ્પ $(4)$ ખોટો છે.

(B) સ્થિતિઊર્જા $V(r) = Fr$ છે. કેન્દ્રગામી બળનું મૂલ્ય $F_c = |-\frac{dV}{dr}| = F$ છે.
વર્તુળાકાર ગતિ માટે,$F = \frac{mv^2}{R} \implies v^2 = \frac{FR}{m}$.
બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરતનો ઉપયોગ કરતા,$mvr = \frac{nh}{2\pi} \implies v = \frac{nh}{2\pi mR}$.
બળના સમીકરણમાં $v$ ની કિંમત મૂકતા: $F = \frac{m}{R} \left( \frac{n^2 h^2}{4 \pi^2 m^2 R^2} \right) = \frac{n^2 h^2}{4 \pi^2 m R^3}$.
આમ,$R^3 = \frac{n^2 h^2}{4 \pi^2 mF} \implies R \propto n^{2/3}$.
$v = \frac{nh}{2\pi mR}$ પરથી,કારણ કે $R \propto n^{2/3}$,આપણને $v \propto \frac{n}{n^{2/3}} = n^{1/3}$ મળે છે. તેથી,$(B)$ સાચું છે.
કુલ ઊર્જા $E = K.E. + P.E. = \frac{1}{2}mv^2 + FR$.
કારણ કે $mv^2 = FR$,તેથી $E = \frac{1}{2}FR + FR = \frac{3}{2}FR$.
$R = \left( \frac{n^2 h^2}{4 \pi^2 mF} \right)^{1/3}$ મૂકતા,આપણને $E = \frac{3}{2} F \left( \frac{n^2 h^2}{4 \pi^2 mF} \right)^{1/3} = \frac{3}{2} \left( \frac{n^2 h^2 F^2}{4 \pi^2 m} \right)^{1/3}$ મળે છે. તેથી,$(C)$ સાચું છે.

(D) $d = d_0$ પર, ઇલેક્ટ્રોન-ઇલેક્ટ્રોન અપાકર્ષણ અને ન્યુક્લિયસ-ન્યુક્લિયસ અપાકર્ષણ ગેરહાજર છે। સ્થિતિ ઊર્જા મુખ્યત્વે દરેક $H$ પરમાણુમાં પ્રોટોન અને ઇલેક્ટ્રોન વચ્ચેના આકર્ષણને કારણે છે.
એક $H$ પરમાણુ માટે સ્થિતિ ઊર્જા $(P.E.)$ નીચે મુજબ છે:
$P.E. = \frac{-K q_1 q_2}{r} = \frac{-(9 \times 10^9) \times (1.6 \times 10^{-19})^2}{0.529 \times 10^{-10}} \ J$
$P.E. = -4.355 \times 10^{-18} \ J$
આને એક મોલ $H$ પરમાણુઓ માટે $kJ \ mol^{-1}$ માં રૂપાંતરિત કરવા માટે:
$E_0 = (-4.355 \times 10^{-18} \ J) \times (6.023 \times 10^{23} \ mol^{-1}) \times 10^{-3} \ kJ/J$
$E_0 = -2623.249 \ kJ \ mol^{-1}$
પ્રશ્નમાં આકૃતિમાં દર્શાવ્યા મુજબ સ્થિતિ ઊર્જા $E_0$ ના મૂલ્ય વિશે પૂછવામાં આવ્યું હોવાથી, જવાબ $2623.249 \ kJ \ mol^{-1}$ છે.

(C) કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n = a_0 \frac{n^2}{Z} = 4.5 a_0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ કોણીય વેગમાન $L = \frac{nh}{2\pi} = \frac{3h}{2\pi}$ છે,તેથી $n = 3$.
ત્રિજ્યાના સૂત્રમાં $n=3$ મૂકતા: $4.5 = \frac{3^2}{Z} = \frac{9}{Z}$,જે $Z = 2$ આપે છે.
આ પરમાણુ હિલિયમ આયન $(He^+)$ છે.
જ્યારે પરમાણુ $n=3$ થી નીચે આવે છે,ત્યારે શક્ય સંક્રમણો $3 \rightarrow 2$,$3 \rightarrow 1$,અને $2 \rightarrow 1$ છે.
તરંગલંબાઇ $\lambda$ એ $\frac{1}{\lambda} = R Z^2 \left( \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$3 \rightarrow 1$ માટે: $\frac{1}{\lambda_{3 \rightarrow 1}} = R(2^2) \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{3^2} \right) = 4R \left( 1 - \frac{1}{9} \right) = 4R \left( \frac{8}{9} \right) = \frac{32R}{9} \Rightarrow \lambda_{3 \rightarrow 1} = \frac{9}{32R}$.
$3 \rightarrow 2$ માટે: $\frac{1}{\lambda_{3 \rightarrow 2}} = R(2^2) \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2} \right) = 4R \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right) = 4R \left( \frac{5}{36} \right) = \frac{5R}{9} \Rightarrow \lambda_{3 \rightarrow 2} = \frac{9}{5R}$.
$2 \rightarrow 1$ માટે: $\frac{1}{\lambda_{2 \rightarrow 1}} = R(2^2) \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right) = 4R \left( 1 - \frac{1}{4} \right) = 4R \left( \frac{3}{4} \right) = 3R \Rightarrow \lambda_{2 \rightarrow 1} = \frac{1}{3R}$.
શક્ય તરંગલંબાઇઓ $\frac{9}{32R}$ અને $\frac{9}{5R}$ છે. તેથી,સાચો વિકલ્પ $(C)$ છે.

(B) આપાત ફોટોનની ઊર્જા $E_{\text{photon}} = \frac{hc}{\lambda} = \frac{1242 \ eV \ nm}{90 \ nm} = 13.8 \ eV$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$n^{\text{th}}$ કક્ષામાંથી હાઇડ્રોજન પરમાણુને આયનીકૃત કરવા માટે જરૂરી ઊર્જા $E_n = \frac{13.6 \ eV}{n^2}$ છે.
ઊર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,ફોટોનની ઊર્જા એ આયનીકરણ ઊર્જા અને ઉત્સર્જિત ઇલેક્ટ્રોનની ગતિઊર્જાના સરવાળા જેટલી હોય છે:
$E_{\text{photon}} = E_n + K.E.$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$13.8 \ eV = \frac{13.6 \ eV}{n^2} + 10.4 \ eV$.
સમીકરણને ફરીથી ગોઠવતા:
$\frac{13.6}{n^2} = 13.8 - 10.4 = 3.4$.
$n^2$ માટે ઉકેલતા:
$n^2 = \frac{13.6}{3.4} = 4$.
તેથી,$n = 2$ મળે છે.

(B) કેન્દ્રીય બળ જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે: $kr = \frac{mv^2}{r} \implies kr^2 = mv^2$ $(1)$.
બોહરના ક્વોન્ટાઈઝેશનના નિયમ મુજબ: $L = mvr = n\hbar \implies v = \frac{n\hbar}{mr}$ $(2)$.
$(2)$ ને $(1)$ માં મૂકતા: $kr^2 = m(\frac{n\hbar}{mr})^2 = \frac{n^2\hbar^2}{mr^2}$.
ગોઠવતા $r^4 = \frac{n^2\hbar^2}{mk}$ મળે,તેથી $r^2 = n\hbar \sqrt{\frac{1}{mk}}$. આમ,$(A)$ સાચું છે.
$(1)$ પરથી,$v^2 = \frac{kr^2}{m} = \frac{k}{m} (n\hbar \sqrt{\frac{1}{mk}}) = n\hbar \sqrt{\frac{k}{m^2}} = n\hbar \sqrt{\frac{k}{m^3}}$. આમ,$(B)$ સાચું છે.
$(1)$ પરથી,$\frac{v^2}{r^2} = \frac{k}{m}$,તેથી $\frac{v}{r} = \sqrt{\frac{k}{m}}$. કારણ કે $L = mvr$,$\frac{L}{mr^2} = \frac{mvr}{mr^2} = \frac{v}{r} = \sqrt{\frac{k}{m}}$. આમ,$(C)$ સાચું છે.
કુલ ઊર્જા $E = K + V = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}kr^2 = \frac{1}{2}(kr^2) + \frac{1}{2}kr^2 = kr^2 = k(n\hbar \sqrt{\frac{1}{mk}}) = n\hbar \sqrt{\frac{k}{m}}$. આમ,$(D)$ ખોટું છે.

(B) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુની $n^{\text{મી}}$ કક્ષામાં રહેલા ઇલેક્ટ્રોનની ગતિ ઊર્જા $(KE)$ નું સૂત્ર: $KE = 13.6 \times \frac{Z^2}{n^2} \text{ eV}$ છે.
દરેક વિકલ્પ માટે ગણતરી:
$(A)$ $H$ પરમાણુની પ્રથમ કક્ષા માટે $(Z=1, n=1)$: $KE = 13.6 \times \frac{1^2}{1^2} = 13.6 \text{ eV}$.
$(B)$ $He^{+}$ ની પ્રથમ કક્ષા માટે $(Z=2, n=1)$: $KE = 13.6 \times \frac{2^2}{1^2} = 13.6 \times 4 = 54.4 \text{ eV}$.
$(C)$ $He^{+}$ ની બીજી કક્ષા માટે $(Z=2, n=2)$: $KE = 13.6 \times \frac{2^2}{2^2} = 13.6 \text{ eV}$.
$(D)$ $Li^{2+}$ ની બીજી કક્ષા માટે $(Z=3, n=2)$: $KE = 13.6 \times \frac{3^2}{2^2} = 13.6 \times 2.25 = 30.6 \text{ eV}$.
મૂલ્યોની સરખામણી કરતા, સૌથી વધુ ગતિ ઊર્જા $54.4 \text{ eV}$ છે, જે $He^{+}$ ની પ્રથમ કક્ષા માટે છે.

(B) ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇ $\lambda = \frac{h}{mv}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ,$mvr = \frac{nh}{2\pi}$,જેનો અર્થ છે કે $mv = \frac{nh}{2\pi r}$.
આ કિંમતને તરંગલંબાઇના સૂત્રમાં મૂકતા: $\lambda = \frac{h}{nh / (2\pi r)} = \frac{2\pi r}{n}$.
આમ,$\lambda \propto \frac{r}{n}$.
ધરા અવસ્થા માટે,$n_1 = 1$ અને $r_1 = 5.3 \times 10^{-11} \ m$.
ત્રીજી ઉત્તેજિત અવસ્થા માટે,$n_4 = 4$ અને $r_4 = 8.48 \times 10^{-10} \ m = 84.8 \times 10^{-11} \ m$.
ગુણોત્તર $\frac{\lambda_1}{\lambda_4} = \frac{r_1}{n_1} \times \frac{n_4}{r_4} = \frac{5.3 \times 10^{-11}}{1} \times \frac{4}{84.8 \times 10^{-11}} = \frac{5.3 \times 4}{84.8} = \frac{21.2}{84.8} = \frac{1}{4}$.

(B) બોહરના મોડેલ મુજબ,$n$ મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનો વેગ $v_n \propto 1/n$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$n$ મી કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n \propto n^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પરિભ્રમણની આવૃત્તિ $f$ ને $f = v / (2 \pi r)$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
પ્રમાણસરતા મૂકતા,આપણને $f \propto (1/n) / n^2 = 1/n^3$ મળે છે.
તેથી,પરિભ્રમણની આવૃત્તિ $1/n^3$ મુજબ બદલાય છે.

(B) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુમાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જા $E_n = -13.6 \frac{Z^2}{n^2} \text{ eV}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$H$ પરમાણુ $(Z=1)$ માટે ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ $(n=1)$: $E = -13.6 \times \frac{1^2}{1^2} = -13.6 \text{ eV}$.
$He^{+}$ આયન $(Z=2)$ માટે:
ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ $(n=1)$: $E = -13.6 \times \frac{2^2}{1^2} = -54.4 \text{ eV}$.
પ્રથમ ઉત્તેજિત સ્ટેટ $(n=2)$: $E = -13.6 \times \frac{2^2}{2^2} = -13.6 \text{ eV}$.
$Li^{++}$ આયન $(Z=3)$ માટે:
ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ $(n=1)$: $E = -13.6 \times \frac{3^2}{1^2} = -122.4 \text{ eV}$.
પ્રથમ ઉત્તેજિત સ્ટેટ $(n=2)$: $E = -13.6 \times \frac{3^2}{2^2} = -30.6 \text{ eV}$.
બીજું ઉત્તેજિત સ્ટેટ $(n=3)$: $E = -13.6 \times \frac{3^2}{3^2} = -13.6 \text{ eV}$.
મૂલ્યોની સરખામણી કરતા:
વિધાન $(A)$: $H$ (ગ્રાઉન્ડ) = $-13.6 \text{ eV}$,$He^{+}$ (પ્રથમ ઉત્તેજિત) = $-13.6 \text{ eV}$. (સાચું)
વિધાન $(B)$: $H$ (ગ્રાઉન્ડ) = $-13.6 \text{ eV}$,$Li^{++}$ (બીજું ઉત્તેજિત) = $-13.6 \text{ eV}$. (સાચું)
વિધાન $(C)$: $H$ (ગ્રાઉન્ડ) = $-13.6 \text{ eV}$,$He^{+}$ (ગ્રાઉન્ડ) = $-54.4 \text{ eV}$. (ખોટું)
વિધાન $(D)$: $He^{+}$ (પ્રથમ ઉત્તેજિત) = $-13.6 \text{ eV}$,$Li^{++}$ (ગ્રાઉન્ડ) = $-122.4 \text{ eV}$. (ખોટું)
આમ,માત્ર $(A)$ અને $(B)$ સાચા છે.

(C) બોહરના મોડેલ મુજબ,હાઇડ્રોજન જેવા આયન માટે કક્ષાની ત્રિજ્યાનું સૂત્ર: $r_n = a_0 \frac{n^2}{Z}$ છે.
$Li^{++}$ આયન માટે,પરમાણુ ક્રમાંક $Z = 3$ છે.
ભૂમિ અવસ્થા માટે,મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n = 1$ છે.
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$r = a_0 \frac{1^2}{3} = \frac{1}{3} a_0$.
આપેલ અભિવ્યક્તિ $\frac{1}{X} a_0$ સાથે સરખાવતા,આપણને મળે છે કે $X = 3$.

(C) બોહર મોડેલ ન્યુક્લિયસની આસપાસ ફરતા એક જ ઇલેક્ટ્રોનની ધારણા પર આધારિત છે. તે ફક્ત ન્યુક્લિયસ અને ઇલેક્ટ્રોન વચ્ચેના સ્થિર વિદ્યુત આકર્ષણ બળને ધ્યાનમાં લે છે. તે બહુ-ઇલેક્ટ્રોન પરમાણુઓમાં થતા ઇલેક્ટ્રોન-ઇલેક્ટ્રોન અપાકર્ષણને ધ્યાનમાં લેતું નથી. તેથી,આ મોડેલ સખત રીતે ફક્ત હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુઓ (એક ઇલેક્ટ્રોન ધરાવતા પરમાણુઓ,જેમ કે $H$,$He^+$,$Li^{2+}$) ને જ લાગુ પડે છે. કારણ કે કારણ $R$ એ યોગ્ય રીતે સમજાવે છે કે શા માટે આ મોડેલ માત્ર એક-ઇલેક્ટ્રોન સિસ્ટમ્સ સુધી મર્યાદિત છે,તેથી વિધાન $A$ અને કારણ $R$ બંને સાચા છે,અને $R$ એ $A$ ની સાચી સમજૂતી છે.

(D) હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n^{\text{મી}}$ કક્ષામાં રહેલા ઇલેક્ટ્રોનની ઊર્જા $E_n = -\frac{13.6 \ eV}{n^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ચોથી ઉત્તેજિત અવસ્થા એટલે $n_1 = 5$ (કારણ કે ધરા અવસ્થા $n=1$ છે,પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા $n=2$ છે,...,ચોથી ઉત્તેજિત અવસ્થા $n=5$ છે).
$n_1$ થી $n$ માં સંક્રમણ દરમિયાન ઉત્સર્જિત ઊર્જા $\Delta E = 13.6 \left( \frac{1}{n^2} - \frac{1}{n_1^2} \right) \ eV$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
અહીં $\Delta E = 2.86 \ eV$ અને $n_1 = 5$ આપેલ છે,તેથી:
$2.86 = 13.6 \left( \frac{1}{n^2} - \frac{1}{5^2} \right)$
$\frac{2.86}{13.6} = \frac{1}{n^2} - \frac{1}{25}$
$0.2103 \approx \frac{1}{n^2} - 0.04$
$\frac{1}{n^2} = 0.2103 + 0.04 = 0.2503 \approx \frac{1}{4}$
$n^2 = 4 \implies n = 2$.

(D) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુ માટે $n^{\text{મી}}$ કક્ષાની ત્રિજ્યાનું સૂત્ર: $r_n = a_0 \cdot \frac{n^2}{Z}$ છે,જ્યાં $a_0$ એ બોહર ત્રિજ્યા છે,$n$ એ મુખ્ય ક્વોન્ટમ નંબર છે અને $Z$ એ પરમાણુ ક્રમાંક છે.
$Li^{2+}$ માટે,પરમાણુ ક્રમાંક $Z_1 = 3$ અને કક્ષા $n = 5$ છે. તેથી,$r_{Li^{2+}} = a_0 \cdot \frac{5^2}{3} = a_0 \cdot \frac{25}{3}$.
$He^{+}$ માટે,પરમાણુ ક્રમાંક $Z_2 = 2$ અને કક્ષા $n = 5$ છે. તેથી,$r_{He^{+}} = a_0 \cdot \frac{5^2}{2} = a_0 \cdot \frac{25}{2}$.
ત્રિજ્યાઓનો ગુણોત્તર: $\frac{r_{Li^{2+}}}{r_{He^{+}}} = \frac{a_0 \cdot \frac{25}{3}}{a_0 \cdot \frac{25}{2}} = \frac{25}{3} \cdot \frac{2}{25} = \frac{2}{3}$.

(C) વિધાન $(I):$ ફોટોનની ઉર્જા $E = hf$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. પ્લાન્કના અચળાંક $h$ ના પરિમાણો $[h] = [E]/[f] = [ML^2T^{-2}]/[T^{-1}] = [ML^2T^{-1}]$ છે. કોણીય વેગમાન $L = mvr$ ના પરિમાણો $[L] = [M][LT^{-1}][L] = [ML^2T^{-1}]$ છે. આમ,વિધાન $(I)$ સાચું છે.
વિધાન $(II):$ બોહરની પૂર્વધારણા મુજબ,સ્થિર કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $L$ એ $h/(2\pi)$ નો પૂર્ણાંક ગુણાંક હોય છે,એટલે કે $L = nh/(2\pi)$,જ્યાં $n$ એ પૂર્ણાંક છે. વિધાનમાં દાવો કરવામાં આવ્યો છે કે તે $h$ નો પૂર્ણાંક ગુણાંક છે,જે ખોટું છે કારણ કે તેમાં $1/(2\pi)$ અવયવ ખૂટે છે. તેથી,વિધાન $(II)$ ખોટું છે.

(D) હાઇડ્રોજન જેવા આયનમાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જા $E_n = -13.6 \frac{Z^2}{n^2} \ eV$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ધરા અવસ્થા માટે,$n_1 = 1$. $2^{\text{nd}}$ ઉત્તેજિત અવસ્થા માટે,$n_2 = 3$ (કારણ કે $1^{\text{st}}$ ઉત્તેજિત અવસ્થા $n=2$ છે અને $2^{\text{nd}}$ ઉત્તેજિત અવસ્થા $n=3$ છે).
ઉર્જા તફાવત $\Delta E = E_3 - E_1 = 13.6 Z^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$ છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $108.8 = 13.6 Z^2 \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{3^2} \right)$.
$108.8 = 13.6 Z^2 \left( 1 - \frac{1}{9} \right) = 13.6 Z^2 \left( \frac{8}{9} \right)$.
$Z^2 = \frac{108.8 \times 9}{13.6 \times 8} = 8 \times 9 = 9$.
$Z = 3$.

(C) કેન્દ્રગામી બળ એ ઉગમબિંદુ તરફ લાગતા અચળ બળ $F$ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે:
$\frac{m v^2}{r} = F \quad ....(1)$
કોણીય વેગમાન માટે બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ:
$mvr = \frac{nh}{2\pi} \Rightarrow v = \frac{nh}{2\pi mr} \quad ....(2)$
સમીકરણ $(2)$ માંથી $v$ ની કિંમત સમીકરણ $(1)$ માં મૂકતા:
$\frac{m}{r} \left( \frac{nh}{2\pi mr} \right)^2 = F$
$\frac{m}{r} \cdot \frac{n^2 h^2}{4\pi^2 m^2 r^2} = F$
$\frac{n^2 h^2}{4\pi^2 m r^3} = F$
$r^3$ માટે ગોઠવતા:
$r^3 = \frac{n^2 h^2}{4\pi^2 m F}$
અહીં $h, m, F$ અચળ હોવાથી,$r^3 \propto n^2$,જેનો અર્થ છે કે $r \propto n^{2/3}$.
હવે,સમીકરણ $(2)$ માંથી $v$ ના સમીકરણમાં $r \propto n^{2/3}$ મૂકતા:
$v \propto \frac{n}{r} \propto \frac{n}{n^{2/3}} \propto n^{1 - 2/3} \propto n^{1/3}$.
આમ,$r \propto n^{2/3}$ અને $v \propto n^{1/3}$ થાય છે.

(B) બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ,કક્ષાનો પરિઘ એ ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇનો પૂર્ણાંક ગુણાંક છે: $2 \pi r_n = n \lambda$.
$n$-મી કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n = a_0 \frac{n^2}{Z}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $a_0 = 0.052 \ nm$ અને હાઇડ્રોજન માટે $Z = 1$ છે.
$n=2$ માટે,ત્રિજ્યા $r_2 = 0.052 \times \frac{2^2}{1} = 0.052 \times 4 = 0.208 \ nm$ થાય.
આ કિંમતને ક્વોન્ટાઇઝેશન શરતમાં મૂકતા: $2 \pi (0.208) = 2 \lambda$.
$\lambda$ માટે ઉકેલતા: $\lambda = \pi \times 0.208 \approx 3.14159 \times 0.208 \approx 0.653 \ nm$.
આપેલા વિકલ્પોની નજીકની કિંમત $0.67 \ nm$ છે.

(B) $n$-મી કક્ષામાં ભ્રમણ કરતા ઇલેક્ટ્રોનની ચુંબકીય મોમેન્ટ $M$ નું સૂત્ર $M = \frac{n e h}{4 \pi m}$ છે.
આ સૂત્ર પરથી સ્પષ્ટ થાય છે કે ચુંબકીય મોમેન્ટ એ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n$ ના સમપ્રમાણમાં છે, એટલે કે $M \propto n$.
પ્રથમ કક્ષા $(n = 1)$ માટે, ચુંબકીય મોમેન્ટ $M_1 = \mu_{B}$ છે.
બીજી કક્ષા $(n = 2)$ માટે, ચુંબકીય મોમેન્ટ $M_2 = 2 \times M_1$ થશે.
તેથી, $M_2 = 2 \mu_{B}$ મળે.

(D) જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન ઉત્તેજિત અવસ્થા $n_1$ થી ભૂમિ અવસ્થા $n=1$ માં સંક્રમણ કરે છે ત્યારે ઉત્સર્જિત વર્ણપટ રેખાઓની સંખ્યા $N = \frac{n_1(n_1-1)}{2}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે ઉત્સર્જિત તરંગલંબાઇઓની સંખ્યા $6$ છે,તેથી $\frac{n_1(n_1-1)}{2} = 6$,જેનું સાદુંરૂપ આપતા $n_1^2 - n_1 - 12 = 0$ મળે છે.
આ દ્વિઘાત સમીકરણ ઉકેલતા,આપણને $(n_1-4)(n_1+3) = 0$ મળે છે. $n_1$ ધન હોવું જોઈએ,તેથી $n_1 = 4$.
ઇલેક્ટ્રોન શરૂઆતમાં $n_2$ અવસ્થામાં હતો અને $n_1 = 4$ સુધી પહોંચવા માટે ફોટોનનું શોષણ કર્યું. $n_1$ સુધી પહોંચ્યા પછી,તે ભૂમિ અવસ્થા $(n=1)$ માં પાછો ફર્યો અને $6$ રેખાઓ ઉત્સર્જિત કરી. આ સૂચવે છે કે સંક્રમણ શ્રેણી $4$ થી $1$ સુધીના તમામ સ્તરોને આવરી લે છે.
પરમાણુ ઉત્તેજિત અવસ્થા $n_2$ માં હતો અને $n_1=4$ પર કૂદકો માર્યો હતો,અને કુલ ઉત્સર્જન વર્ણપટ $n=4$ થી $n=1$ સુધીના સંક્રમણોને અનુરૂપ છે,તેથી પ્રારંભિક અવસ્થા $n_2=2$ હોવી જોઈએ જેથી $n_1=4$ સુધી પહોંચવા માટે ફોટોનનું શોષણ શક્ય બને.

(B) કેન્દ્ર અને ઇલેક્ટ્રોન વચ્ચેનું સ્થિતવિદ્યુત બળ $F$ કુલંબના નિયમ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $F = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Ze^2}{r^2}$,જેનો અર્થ છે કે $F \propto \frac{1}{r^2}$.
બોહર મોડેલ મુજબ,$n^{th}$ કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n = a_0 n^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જેનો અર્થ છે કે $r \propto n^2$.
$r \propto n^2$ સંબંધને બળના સમીકરણમાં મૂકતા,આપણને $F \propto \frac{1}{(n^2)^2} = \frac{1}{n^4}$ મળે છે.
તેથી,ઇલેક્ટ્રોન પર લાગતું બળ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n$ ની ચતુર્થ ઘાતના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં હોય છે.

(D) બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ,કક્ષામાં રહેલા ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $mvr = \frac{nh}{2\pi}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
હાઇડ્રોજન પરમાણુની ધરા-સ્થિતિ માટે,$n = 1$ છે.
તેથી,$mvr = \frac{h}{2\pi}$,જે સૂચવે છે કે $2\pi r = \frac{h}{mv}$.
દ-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇ $\lambda = \frac{h}{mv}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત હોવાથી,આપણને $\lambda = 2\pi r$ મળે છે.
ધરા-સ્થિતિ માટે,પ્રથમ કક્ષાની ત્રિજ્યા $r = 0.53 \mathring A$ છે.
કિંમતો મૂકતા,આપણને $\lambda = 2 \times 3.14 \times 0.53 \mathring A = 3.33 \mathring A$ મળે છે.

(B) હાઈડ્રોજન પરમાણુમાં કક્ષાની ત્રિજ્યા $R_n = n^2 a_0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $a_0 = 0.53 \mathring{A}$ છે.
પ્રારંભિક અવસ્થા માટે: $2.12 = n_1^2 \times 0.53 \implies n_1^2 = 4 \implies n_1 = 2$.
અંતિમ અવસ્થા માટે: $4.77 = n_2^2 \times 0.53 \implies n_2^2 = 9 \implies n_2 = 3$.
ત્રિજ્યા વધતી હોવાથી,ઈલેક્ટ્રોન નીચી ઉર્જા સ્તરથી ઉચ્ચ ઉર્જા સ્તરમાં સંક્રમણ પામ્યો છે,જેનો અર્થ છે કે પરમાણુએ ફોટોનનું શોષણ કર્યું છે.
શોષાયેલ ફોટોનની ઉર્જા $\Delta E = E_3 - E_2 = -13.6 \left( \frac{1}{3^2} - \frac{1}{2^2} \right) \ eV$ છે.
$\Delta E = -13.6 \left( \frac{1}{9} - \frac{1}{4} \right) = -13.6 \left( \frac{4-9}{36} \right) = -13.6 \left( -\frac{5}{36} \right) \ eV$.
$\Delta E = \frac{68}{36} \ eV \approx 1.89 \ eV$.

(B) બોહરના અધિતર્ક મુજબ,કોણીય વેગમાન $L = \frac{nh}{2\pi}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $L = \frac{3h}{2\pi}$,તેથી મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n = 3$ મળે છે.
$n$-મી કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n = n^2 r_0$ છે,જ્યાં $r_0 = 0.529 \mathring{A}$.
$n = 3$ માટે,$r_3 = 3^2 \times 0.529 \mathring{A} = 9 \times 0.529 \mathring{A} = 4.761 \mathring{A}$.
ડી-બ્રોગ્લી ઉત્કલ્પના મુજબ,કક્ષાનો પરિઘ એ તરંગલંબાઇના $n$ ગણો હોય છે: $2\pi r_n = n\lambda$.
તેથી,$\lambda = \frac{2\pi r_n}{n} = \frac{2\pi \times 9r_0}{3} = 6\pi r_0$.
$r_0 = 0.529 \mathring{A}$ મૂકતા,$\lambda = 6 \times 3.1416 \times 0.529 \mathring{A} \approx 9.97 \mathring{A} \approx 10 \mathring{A}$ મળે છે.

(A) $n$-મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનો વેગ $v = \frac{Z e^2}{2 \epsilon_0 n h}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ઇલેક્ટ્રોન માટે,દ-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ $\lambda_e = \frac{h}{m v} = \frac{2 \epsilon_0 n h^2}{m Z e^2}$ છે.
$E = k_B T$ જેટલી ઉષ્મીય ઉર્જા ધરાવતા ન્યુટ્રોન માટે,દ-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ $\lambda_n = \frac{h}{\sqrt{2 m_N k_B T}}$ છે.
$\lambda_e = \lambda_n$ સરખાવતા,આપણને $\frac{h}{m v} = \frac{h}{\sqrt{2 m_N k_B T}}$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $m^2 v^2 = 2 m_N k_B T$.
$v = \frac{Z e^2}{2 \epsilon_0 n h}$ મૂકતા,આપણને $T = \frac{m^2 Z^2 e^4}{8 \epsilon_0^2 n^2 h^2 m_N k_B}$ મળે છે.
$n=3$ લેતા,$T = \frac{m^2 Z^2 e^4}{72 \epsilon_0^2 h^2 m_N k_B}$.
ચૂકી $a_0 = \frac{h^2 \epsilon_0}{\pi m e^2}$,તેથી $a_0^2 = \frac{h^4 \epsilon_0^2}{\pi^2 m^2 e^4}$.
$\frac{m^2 e^4}{\epsilon_0^2} = \frac{h^4}{\pi^2 a_0^2}$ મૂકતા,આપણને $T = \frac{Z^2 h^2}{72 \pi^2 a_0^2 m_N k_B}$ મળે છે.
આને આપેલ સમીકરણ $T = \frac{Z^2 h^2}{\alpha \pi^2 a_0^2 m_N k_B}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\alpha = 72$ મળે છે.

(B) $1$. આપાત ફોટોન $h v_1$ ની ઊર્જા હાઇડ્રોજન પરમાણુના આયનીકરણ અને ઇલેક્ટ્રોનને ગતિ ઊર્જા આપવા માટે વપરાય છે:
$h v_1 = E_{ionization} + KE_{electron} = 13.6 eV + 10 eV = 23.6 eV$.
$2$. પોઝિટ્રોનિયમ પરમાણુ એ ઇલેક્ટ્રોન અને પોઝિટ્રોનની સિસ્ટમ છે. તેનું રિડ્યુસ્ડ માસ $\mu = \frac{m_e}{2}$ છે.
$3$. પોઝિટ્રોનિયમ પરમાણુની ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ ઊર્જા $E_p = -13.6 eV \times \frac{1}{2} = -6.8 eV$ છે.
$4$. જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન ($10 eV$ ગતિ ઊર્જા સાથે) સ્થિર પોઝિટ્રોન સાથે જોડાય છે,ત્યારે કુલ ઊર્જા $10 eV$ છે. આ ઊર્જા પોઝિટ્રોનિયમ પરમાણુ બનાવવા ($6.8 eV$ ફોટોન તરીકે મુક્ત થાય છે) અને દ્રવ્યમાન કેન્દ્રની ગતિ ઊર્જા $(5 eV)$ માટે વપરાય છે.
$5$. ઊર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ: $KE_{electron} + |E_p| = h v_2 + KE_{COM}$.
$10 eV + 6.8 eV = h v_2 + 5 eV \implies h v_2 = 11.8 eV$.
$6$. બે ફોટોન ઊર્જાઓ વચ્ચેનો તફાવત $|h v_1 - h v_2| = |23.6 eV - 11.8 eV| = 11.8 eV$ છે.

(A) હાઇડ્રોજન જેવા આયનો માટે રિડબર્ગના સૂત્ર મુજબ,ઉત્સર્જિત વિકિરણની તરંગલંબાઇ $\lambda$ નીચે મુજબ આપવામાં આવે છે:
$\frac{1}{\lambda} = R Z^2 \left[ \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right]$
બંને આયનો માટે સંક્રમણ $n_2 = 2$ થી $n_1 = 1$ છે,તેથી પદ $\left[ \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right] = \frac{3}{4}$ અચળ રહે છે.
તેથી,$\lambda \propto \frac{1}{Z^2}$.
હિલિયમ $(He^+)$ માટે,$Z_{He} = 2$,તેથી $\lambda_{He} \propto \frac{1}{2^2} = \frac{1}{4}$.
લિથિયમ $(Li^{++})$ માટે,$Z_{Li} = 3$,તેથી $\lambda_{Li} \propto \frac{1}{3^2} = \frac{1}{9}$.
તરંગલંબાઇનો ગુણોત્તર $\frac{\lambda_{He}}{\lambda_{Li}} = \frac{1/4}{1/9} = \frac{9}{4}$ થાય.
આમ,ગુણોત્તર $9:4$ છે.

(B) $n^{\text{th}}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનો વેગ $v_n = \frac{e^2}{2 \varepsilon_0 nh}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આ સૂચવે છે કે $v_n \propto \frac{1}{n}$.
ધરા અવસ્થા માટે $n_1 = 1$ અને પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા માટે $n_2 = 2$ છે.
તેથી,વેગનો ગુણોત્તર $\frac{v_2}{v_1} = \frac{n_1}{n_2} = \frac{1}{2}$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $v_2 = 0.5 v_1$.
વેગમાં થતો ફેરફાર $\Delta v = |v_2 - v_1| = |0.5 v_1 - v_1| = 0.5 v_1$ છે.
ટકાવારી ફેરફાર $\frac{\Delta v}{v_1} \times 100\% = \frac{0.5 v_1}{v_1} \times 100\% = 50\%$ છે.

(A) બોહરની ક્વોન્ટાઈઝેશન શરત મુજબ,કોણીય વેગમાન $L = \frac{nh}{2\pi}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$2^{\text{nd}}$ કક્ષા માટે,$n = 2$,તેથી $L = \frac{2h}{2\pi} = \frac{h}{\pi}$.
પરિભ્રમણ ગતિ ઉર્જા $E = \frac{L^2}{2I}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$L$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $E = \frac{(\frac{h}{\pi})^2}{2I} = \frac{h^2}{2I\pi^2}$ મળે છે.

(A) વર્તુળાકાર પ્રવાહ લૂપના કેન્દ્ર પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_{0} I}{2r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કક્ષામાં ફરતા ઇલેક્ટ્રોન માટે,સમતુલ્ય પ્રવાહ $I = ef = e \left( \frac{v}{2 \pi r} \right) = \frac{ev}{2 \pi r}$ છે.
આને ચુંબકીય ક્ષેત્રના સૂત્રમાં મૂકતા: $B = \frac{\mu_{0} ev}{4 \pi r^{2}}$.
હાઇડ્રોજન પરમાણુની ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ માટે,વેગ $v = \frac{e^{2}}{2 \epsilon_{0} h}$ અને ત્રિજ્યા $r = \frac{h^{2} \epsilon_{0}}{\pi m e^{2}}$ છે.
$v$ અને $r$ ની કિંમતો $B$ ના સૂત્રમાં મૂકતા:
$B = \frac{\mu_{0} e}{4 \pi r^{2}} \left( \frac{e^{2}}{2 \epsilon_{0} h} \right) = \frac{\mu_{0} e^{3}}{8 \pi \epsilon_{0} h r^{2}}$.
હવે,$r = \frac{h^{2} \epsilon_{0}}{\pi m e^{2}}$ મૂકતા:
$B = \frac{\mu_{0} e^{3}}{8 \pi \epsilon_{0} h} \left( \frac{\pi m e^{2}}{h^{2} \epsilon_{0}} \right)^{2} = \frac{\mu_{0} e^{3}}{8 \pi \epsilon_{0} h} \cdot \frac{\pi^{2} m^{2} e^{4}}{h^{4} \epsilon_{0}^{2}} = \frac{\mu_{0} \pi m^{2} e^{7}}{8 \epsilon_{0}^{3} h^{5}}$.

(A) બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ,કોણીય વેગમાન $L$ એ $L = n \frac{h}{2 \pi}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $n$ એ કક્ષાનો ક્રમ છે.
ત્રીજી કક્ષા માટે,$n = 3$,તેથી $L = 3 \frac{h}{2 \pi} = \frac{3h}{2 \pi}$ થાય.
જડત્વની ચાકમાત્રા $I$ ધરાવતા દ્વિપરમાણ્વીય અણુની પરિભ્રમણીય ગતિઊર્જા $K$ એ $K = \frac{L^2}{2I}$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
ઊર્જાના સૂત્રમાં $L$ ની કિંમત મૂકતા:
$K = \frac{(\frac{3h}{2 \pi})^2}{2I} = \frac{\frac{9h^2}{4 \pi^2}}{2I} = \frac{9h^2}{8 \pi^2 I}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(D) કોણીય વેગમાનના ક્વોન્ટાઇઝેશન માટે બોહરના પૂર્વધારણા મુજબ,$mvr = \frac{nh}{2\pi}$.
ડી-બ્રોગ્લી ઉત્કલ્પના મુજબ,તરંગલંબાઇ $\lambda = \frac{h}{mv}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કોણીય વેગમાનના સમીકરણને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને $mv = \frac{nh}{2\pi r}$ મળે છે.
આ કિંમતને ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇના સૂત્રમાં મૂકતા: $\lambda = \frac{h}{nh / (2\pi r)} = \frac{2\pi r}{n}$.
હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે,$n^{th}$ કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n \propto n^2$ હોય છે.
તરંગલંબાઇના સમીકરણમાં $r \propto n^2$ મૂકતા: $\lambda \propto \frac{n^2}{n} = n$.
તેથી,$\lambda \propto n$.

(A) બોહરના પ્રથમ અધિતર્ક મુજબ,ઇલેક્ટ્રોનની વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ એ ન્યુક્લિયસ અને ઇલેક્ટ્રોન વચ્ચેના સ્થિત-વિદ્યુત આકર્ષણ બળ દ્વારા પૂરું પાડવામાં આવે છે.
સ્થિત-વિદ્યુત બળ $F_e = \frac{1}{4 \pi \epsilon_0} \frac{(Ze)(e)}{r^2} = K \frac{Ze^2}{r^2}$ છે.
કેન્દ્રગામી બળ $F_c = \frac{mv^2}{r}$ છે.
બંને બળોને સરખાવતા: $\frac{mv^2}{r} = K \frac{Ze^2}{r^2}$.
બંને બાજુ $\frac{r}{2}$ વડે ગુણતા,આપણને મળે છે: $\frac{1}{2} mv^2 = \frac{1}{2} K \frac{Ze^2}{r}$.
ગતિઊર્જા $E_k = \frac{1}{2} mv^2$ હોવાથી,$E_k = \frac{Ze^2}{2r} K$ થાય.

(C) $n^{\text{th}}$ કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n = \frac{n^2 h^2 \varepsilon_0}{\pi m e^2 Z}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$n^{\text{th}}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનો વેગ $v_n = \frac{Z e^2}{2 \varepsilon_0 n h}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કક્ષીય આવર્તકાળ $T$ ને $T = \frac{2 \pi r_n}{v_n}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
$r_n$ અને $v_n$ ના સૂત્રો મૂકતા:
$T = \frac{2 \pi (n^2 h^2 \varepsilon_0 / \pi m e^2 Z)}{(Z e^2 / 2 \varepsilon_0 n h)}$.
$T = \frac{2 n^2 h^2 \varepsilon_0}{m e^2 Z} \times \frac{2 \varepsilon_0 n h}{Z e^2} = \frac{4 \varepsilon_0^2 n^3 h^3}{m Z^2 e^4}$.
હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે,પરમાણુ ક્રમાંક $Z = 1$ છે.
તેથી,$T = \frac{4 \varepsilon_0^2 n^3 h^3}{m e^4}$.

(B) વર્તુળાકાર કક્ષામાં ભ્રમણ કરતા ઇલેક્ટ્રોનની ચુંબકીય ડાયપોલ મોમેન્ટ $(m)$ નીચે મુજબ આપવામાં આવે છે: $m = -\frac{e}{2m_e} L$,જ્યાં $e$ એ ઇલેક્ટ્રોનનો વિદ્યુતભાર છે,$m_e$ એ ઇલેક્ટ્રોનનું દળ છે અને $L$ એ કોણીય વેગમાન છે.
ગાયરોમેગ્નેટિક રેશિયો $(R)$ એ ચુંબકીય ડાયપોલ મોમેન્ટ અને કોણીય વેગમાનના ગુણોત્તર તરીકે વ્યાખ્યાયિત થાય છે:
$R = \left| \frac{m}{L} \right| = \frac{e}{2m_e}$.
તેથી,ચુંબકીય ડાયપોલ મોમેન્ટ $(m)$,ગાયરોમેગ્નેટિક રેશિયો $(R)$ અને કોણીય વેગમાન $(L)$ વચ્ચેનો સંબંધ નીચે મુજબ છે:
$m = -RL$.