Bohr's Model of Hydrogen Atom Questions in Hindi

(A) हाइड्रोजन जैसे परमाणु की $n^{th}$ कक्षा में इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा का सूत्र है: $E_n = -13.6 \times \frac{Z^2}{n^2} \text{ eV}$.
हाइड्रोजन परमाणु के लिए,परमाणु क्रमांक $Z = 1$ है,इसलिए $E_n = -13.6 \times \frac{1^2}{n^2} = -\frac{13.6}{n^2}$.
हीलियम आयन $(He^+)$ के लिए,परमाणु क्रमांक $Z = 2$ है,इसलिए इसकी ऊर्जा $E'_{n}$ इस प्रकार होगी: $E'_{n} = -13.6 \times \frac{2^2}{n^2} = -13.6 \times \frac{4}{n^2}$.
दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर,हमें प्राप्त होता है: $E'_{n} = 4 \times (-13.6 \times \frac{1}{n^2}) = 4E_n$.
अतः,हीलियम आयन की $n^{th}$ कक्षा की ऊर्जा $4E_n$ होगी।

(C) बोर के अभिधारणा के अनुसार,$n^{th}$ कक्षा में इलेक्ट्रॉन का कोणीय संवेग $L = \frac{nh}{2\pi}$ द्वारा दिया जाता है।
जब इलेक्ट्रॉन $n_1 = 4$ कक्षा से $n_2 = 5$ कक्षा में संक्रमण करता है,तो कोणीय संवेग में परिवर्तन $\Delta L$ इस प्रकार है:
$\Delta L = L_2 - L_1 = \frac{n_2 h}{2\pi} - \frac{n_1 h}{2\pi} = \frac{h}{2\pi}(n_2 - n_1)$.
दिए गए मानों को रखने पर:
$\Delta L = \frac{6.6 \times 10^{-34}}{2 \times 3.14} \times (5 - 4)$.
$\Delta L = \frac{6.6 \times 10^{-34}}{6.28} \times 1$.
$\Delta L \approx 1.05 \times 10^{-34} \, J \cdot s$.

(C) बोर के सिद्धांत के अनुसार,कक्षा में इलेक्ट्रॉन का आवर्तकाल $T = \frac{2\pi r}{v}$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि $r \propto n^2$ और $v \propto \frac{1}{n}$,इसलिए $T \propto \frac{n^2}{1/n} = n^3$ होता है।
अतः,$n_2 = 2$ और $n_1 = 1$ के लिए आवर्तकाल का अनुपात होगा:
$\frac{T_2}{T_1} = \left( \frac{n_2}{n_1} \right)^3 = \left( \frac{2}{1} \right)^3 = \frac{8}{1}$।
इस प्रकार,अनुपात $8:1$ है।

(A) हाइड्रोजन जैसे परमाणु में $n_2$ से $n_1$ स्तर के बीच संक्रमण के दौरान उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा $\Delta E = 13.6 Z^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right) \text{ eV}$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि सभी मामलों में संक्रमण $n = 2$ से $n = 1$ है,इसलिए पद $\left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right)$ स्थिर रहता है।
अतः,$\Delta E \propto Z^2$.
हम जानते हैं कि $\Delta E = \frac{hc}{\lambda}$,इसलिए $\frac{hc}{\lambda} \propto Z^2$,जिसका अर्थ है कि $\lambda Z^2 = \text{स्थिरांक}$.
$H$ $(Z=1)$,$D$ $(Z=1)$,$He^+$ $(Z=2)$ और $Li^{2+}$ $(Z=3)$ के लिए:
$\lambda_1 (1)^2 = \lambda_2 (1)^2 = \lambda_3 (2)^2 = \lambda_4 (3)^2$.
इस प्रकार,$\lambda_1 = \lambda_2 = 4\lambda_3 = 9\lambda_4$.

(D) तरंग संख्या $\bar{\nu}$ रिडबर्ग सूत्र द्वारा दी जाती है: $\bar{\nu} = R Z^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$.
दिए गए संक्रमण $(n_1=2, n_2=4)$ के लिए,तरंग संख्या परमाणु क्रमांक के वर्ग के समानुपाती होती है: $\bar{\nu} \propto Z^2$.
हाइड्रोजन $(H)$ के लिए,$Z_1 = 1$। हीलियम आयन $(He^+)$ के लिए,$Z_2 = 2$।
अतः,$\frac{\bar{\nu}_{He^+}}{\bar{\nu}_{H}} = \left( \frac{Z_2}{Z_1} \right)^2 = \left( \frac{2}{1} \right)^2 = 4$.
इस प्रकार,$\bar{\nu}_{He^+} = 4 \times \bar{\nu}_{H} = 4 \times 20,397 \, cm^{-1} = 81,588 \, cm^{-1}$।

(D) बोर के मॉडल के अनुसार,$n^{th}$ कक्षा की त्रिज्या $R_n \propto n^2$ द्वारा दी जाती है।
दिया गया है $R_1 = R$ और $R_2 = 4R$,इसलिए $\frac{R_1}{R_2} = \frac{R}{4R} = \frac{1}{4}$।
चूंकि $R_n \propto n^2$,इसलिए $\frac{n_1^2}{n_2^2} = \frac{1}{4}$,जिसका अर्थ है $\frac{n_1}{n_2} = \frac{1}{2}$।
$n^{th}$ कक्षा में इलेक्ट्रॉन का आवर्तकाल $T_n \propto n^3$ द्वारा दिया जाता है।
इसलिए,आवर्तकाल का अनुपात $\frac{T_1}{T_2} = \left( \frac{n_1}{n_2} \right)^3$ होगा।
मान रखने पर,$\frac{T_1}{T_2} = \left( \frac{1}{2} \right)^3 = \frac{1}{8}$।

(A) हाइड्रोजन जैसे परमाणु में इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा का सूत्र $E_n = E_0 \cdot \frac{Z^2}{n^2}$ है,जहाँ $E_0$ हाइड्रोजन परमाणु की मूल अवस्था की ऊर्जा $(-13.6 \ eV)$ है।
हाइड्रोजन परमाणु की मूल अवस्था के लिए,$n = 1$ और $Z = 1$ है। अतः,$E = E_0 \cdot \frac{1^2}{1^2} = E_0$.
$Li^{++}$ की $2^{nd}$ उत्तेजित अवस्था के लिए,मुख्य क्वांटम संख्या $n = 3$ है (क्योंकि $n=1$ मूल अवस्था है,$n=2$ पहली उत्तेजित अवस्था है,और $n=3$ दूसरी उत्तेजित अवस्था है)। लिथियम की परमाणु संख्या $Z = 3$ है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर: $E' = E_0 \cdot \frac{Z^2}{n^2} = E_0 \cdot \frac{3^2}{3^2} = E_0$.
चूंकि $E = E_0$,इसलिए $E' = E$ प्राप्त होता है।

(C) हाइड्रोजन परमाणु का आयनीकरण विभव $13.6 \ eV$ है। $n^{th}$ कक्षा की ऊर्जा $E_n = -\frac{13.6}{n^2} \ eV$ द्वारा दी जाती है।
जब मूल अवस्था $(n=1)$ में हाइड्रोजन परमाणु $12.1 \ eV$ ऊर्जा का फोटॉन अवशोषित करता है,तो यह उच्च ऊर्जा स्तर $n$ में उत्तेजित हो जाता है। ऊर्जा का अंतर इस प्रकार है:
$E = E_n - E_1$
$12.1 = -\frac{13.6}{n^2} - (-13.6)$
$12.1 = 13.6 - \frac{13.6}{n^2}$
$\frac{13.6}{n^2} = 13.6 - 12.1 = 1.5$
$n^2 = \frac{13.6}{1.5} \approx 9.06 \approx 9$
$n = 3$
जब इलेक्ट्रॉन $n^{th}$ अवस्था से वापस मूल अवस्था में संक्रमण करता है,तो उत्सर्जित वर्णक्रमीय रेखाओं की संख्या $\frac{n(n-1)}{2}$ सूत्र द्वारा दी जाती है।
$n=3$ के लिए,वर्णक्रमीय रेखाओं की संख्या = $\frac{3(3-1)}{2} = \frac{3 \times 2}{2} = 3$.

(A) हाइड्रोजन जैसे परमाणु के लिए परमाणु क्रमांक $Z$ और मुख्य क्वांटम संख्या $n$ के साथ ऊर्जा $E$ का सूत्र इस प्रकार है:
$E_n = -13.6 \times \frac{Z^2}{n^2} \, eV$
$He^+$ आयन के लिए,परमाणु क्रमांक $Z = 2$ है।
प्रथम उत्तेजित अवस्था के लिए,मुख्य क्वांटम संख्या $n = 2$ है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$E_2 = -13.6 \times \frac{2^2}{2^2} \, eV$
$E_2 = -13.6 \times \frac{4}{4} \, eV$
$E_2 = -13.6 \, eV$.

(C) हाइड्रोजन परमाणु की $n^{\text{वीं}}$ कक्षा की ऊर्जा $E_n = -\frac{13.6}{n^2} \; eV$ सूत्र द्वारा दी जाती है।
ऊर्जा स्तर इस प्रकार हैं:
$E_1 = -13.6 \; eV$
$E_2 = -\frac{13.6}{4} = -3.4 \; eV$
$E_3 = -\frac{13.6}{9} \approx -1.51 \; eV$
$E_4 = -\frac{13.6}{16} = -0.85 \; eV$
उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा दो ऊर्जा स्तरों के बीच का अंतर है: $\Delta E = E_{n_2} - E_{n_1}$।
विकल्पों की जाँच करने पर:
$1$. $E_4 - E_3 = -0.85 - (-1.51) = 0.66 \; eV$ (लगभग $0.65 \; eV$)। यह संभव है।
$2$. $E_3 - E_2 = -1.51 - (-3.4) = 1.89 \; eV$ (लगभग $1.9 \; eV$)। यह संभव है।
$3$. $E_1$ मूल अवस्था (ground state) ऊर्जा है,और $E_1$ में संक्रमण $13.6 \; eV$ मुक्त कर सकते हैं (जैसे,अनंत से $n=1$ तक)। यह संभव है।
$4$. $11.1 \; eV$ को हाइड्रोजन परमाणु के किन्हीं दो ऊर्जा स्तरों के बीच के अंतर के रूप में व्यक्त नहीं किया जा सकता है।
अतः,$11.1 \; eV$ उत्सर्जित फोटॉन के लिए एक संभावित ऊर्जा नहीं है।

(B) बोर के सिद्धांत के अनुसार,हाइड्रोजन जैसे परमाणु की $n^{th}$ कक्षा में इलेक्ट्रॉन का वेग निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$v_n = v_0 \times \frac{Z}{n}$
जहाँ $v_0 = 2.18 \times 10^6 \; m/s$ हाइड्रोजन परमाणु की पहली कक्षा में इलेक्ट्रॉन का वेग है।
$He^{+}$ के लिए,$Z = 2$ और $3^{rd}$ कक्षा के लिए,$n = 3$ है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$v_3 = (2.18 \times 10^6) \times \frac{2}{3} \; m/s$
$v_3 = 2.18 \times 10^6 \times 0.666... \; m/s$
$v_3 \approx 1.453 \times 10^6 \; m/s \approx 1.46 \times 10^6 \; m/s$.

(B) हाइड्रोजन परमाणु की बोहर कक्षा में,कुल ऊर्जा $E$ को $E = -K$ द्वारा दर्शाया जाता है,जहाँ $K$ गतिज ऊर्जा है।
यह संबंध इसलिए उत्पन्न होता है क्योंकि कुल ऊर्जा गतिज ऊर्जा और स्थितिज ऊर्जा का योग है,$E = K + U$,और बोहर कक्षा के लिए,$U = -2K$ होता है।
अतः,$E = K + (-2K) = -K$।
इस प्रकार,गतिज ऊर्जा और कुल ऊर्जा का अनुपात $K/E = K/(-K) = 1:-1$ है।

(B) बोहर मॉडल के अनुसार,नाभिक और इलेक्ट्रॉन के बीच स्थिर-वैद्युत बल $F$ कूलम्ब के नियम द्वारा दिया जाता है: $F = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Ze^2}{r^2}$.
बोहर मॉडल में,$n$-वीं कक्षा की त्रिज्या $r_n \propto n^2$ द्वारा दी जाती है।
इस मान को बल के समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर: $F \propto \frac{1}{r_n^2} \propto \frac{1}{(n^2)^2} = \frac{1}{n^4}$.
अतः,इलेक्ट्रॉन पर लगने वाला बल मुख्य क्वांटम संख्या पर $F \propto 1/n^4$ के रूप में निर्भर करता है।

(A) हाइड्रोजन जैसे परमाणु के लिए $n$-वीं कक्षा की ऊर्जा $E_n = -13.6 \frac{Z^2}{n^2} \, \text{eV}$ द्वारा दी जाती है।
दिए गए ऊर्जा स्तर आरेख से,मूल अवस्था $(n = 1)$ के लिए,ऊर्जा $E_1 = -54.4 \, \text{eV}$ है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर: $-54.4 = -13.6 \frac{Z^2}{1^2}$ प्राप्त होता है।
$Z^2$ के लिए हल करने पर: $Z^2 = \frac{54.4}{13.6} = 4$,जिससे $Z = 2$ प्राप्त होता है।
$n$-वीं बोहर कक्षा की त्रिज्या $r_n = 0.53 \frac{n^2}{Z} \, \mathring{A}$ द्वारा दी जाती है।
पहली बोहर कक्षा $(n = 1)$ और $Z = 2$ के लिए,त्रिज्या $r_1 = 0.53 \frac{1^2}{2} = 0.265 \, \mathring{A}$ है।
अतः,सही विकल्प $A$ है।

(C) हाइड्रोजन परमाणु की $n$ वीं कक्षा में इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा का सूत्र है: $E_n = -\frac{13.6}{n^2} \ eV$।
दिया गया है $E_n = -0.544 \ eV$,इसलिए: $-0.544 = -\frac{13.6}{n^2}$।
$n^2$ के लिए हल करने पर: $n^2 = \frac{13.6}{0.544} = 25$।
अतः,$n = 5$।
बोहर के अभिधारणा के अनुसार,$n$ वीं कक्षा में इलेक्ट्रॉन का कोणीय संवेग $L = n\frac{h}{2\pi}$ होता है।
$n = 5$ रखने पर,हमें प्राप्त होता है: $L = 5\frac{h}{2\pi} = \frac{5h}{2\pi}$।

(B) वृत्ताकार कक्षा में इलेक्ट्रॉन का त्वरण $a = \frac{v^2}{r}$ द्वारा दिया जाता है।
बोर के सिद्धांत से,वेग $v \propto \frac{Z}{n}$ और त्रिज्या $r \propto \frac{n^2}{Z}$ है।
इन मानों को त्वरण के सूत्र में रखने पर: $a \propto \frac{(Z/n)^2}{n^2/Z} = \frac{Z^2/n^2}{n^2/Z} = \frac{Z^3}{n^4}$ प्राप्त होता है।
चूंकि दोनों परमाणु मूल अवस्था में हैं,इसलिए दोनों के लिए $n = 1$ है।
अतः,$a \propto Z^3$ है।
एकल आयनित हीलियम $(Z=2)$ और हाइड्रोजन $(Z=1)$ के लिए त्वरण का अनुपात $\frac{a_{He^+}}{a_H} = \left( \frac{Z_{He^+}}{Z_H} \right)^3 = \left( \frac{2}{1} \right)^3 = 8$ है।

(A) बोहर की क्वांटाइजेशन शर्त के अनुसार,$n^{th}$ कक्षा में इलेक्ट्रॉन का कोणीय संवेग $J_n = \frac{n h}{2 \pi}$ द्वारा दिया जाता है।
इसका अर्थ है कि $J_n \propto n$।
डी-ब्रोग्ली परिकल्पना के अनुसार,तरंगदैर्ध्य $\lambda_n = \frac{h}{p} = \frac{h}{mv_n}$ है।
$n^{th}$ कक्षा के लिए,परिधि $2 \pi r_n = n \lambda_n$ होती है।
चूंकि $r_n \propto n^2$ और $v_n \propto \frac{1}{n}$,इसलिए कोणीय संवेग $J_n = m v_n r_n$,$n$ के समानुपाती होता है।
संबंध $2 \pi r_n = n \lambda_n$ से,हमें $\lambda_n = \frac{2 \pi r_n}{n}$ प्राप्त होता है।
$r_n \propto n^2$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\lambda_n \propto \frac{n^2}{n} = n$ प्राप्त होता है।
अतः,$J_n \propto n$ और $\lambda_n \propto n$ होने के कारण,$J_n \propto \lambda_n$ सिद्ध होता है।

(B) बोर के अभिधारणा के अनुसार,$n$ वीं कक्षा में इलेक्ट्रॉन का कोणीय संवेग $L = \frac{nh}{2\pi}$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है $L = \frac{3h}{2\pi}$,दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर,हमें $n = 3$ प्राप्त होता है।
हाइड्रोजन परमाणु की $n$ वीं कक्षा में इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा $E_n = -\frac{13.6}{n^2} \text{ eV}$ द्वारा दी जाती है।
$n = 3$ के लिए,$E_3 = -\frac{13.6}{3^2} = -\frac{13.6}{9} \approx -1.51 \text{ eV}$।
किसी कक्षा में इलेक्ट्रॉन की गतिज ऊर्जा $K$ उसकी कुल ऊर्जा के परिमाण के बराबर होती है,इसलिए $K = |E_n| = 1.51 \text{ eV}$।

(A) हम जानते हैं कि हाइड्रोजन परमाणु के लिए,गतिज ऊर्जा $(K)$ बंधन ऊर्जा $(E_n)$ के बराबर होती है:
$K = \frac{1}{2} m v^2 = E_n$ --- $(i)$
बोर के कोणीय संवेग के क्वांटमीकरण की शर्त के अनुसार:
$mvr = \frac{nh}{2\pi}$ --- $(ii)$
समीकरण $(i)$ से,$v^2 = \frac{2E_n}{m}$,इसलिए $v = \sqrt{\frac{2E_n}{m}}$।
समीकरण $(ii)$ से,त्रिज्या $r = \frac{nh}{2\pi mv}$।
परिक्रमण की आवृत्ति $(f)$ को $f = \frac{v}{2\pi r}$ द्वारा दिया जाता है।
आवृत्ति के सूत्र में $(ii)$ से $r$ का मान रखने पर:
$f = \frac{v}{2\pi (nh / 2\pi mv)} = \frac{v^2 m}{nh} = \frac{(2E_n / m) m}{nh} = \frac{2E_n}{nh}$।
अतः,परिक्रमण की आवृत्ति $\frac{2E_n}{nh}$ है।

(D) $n^{th}$ कक्षा के लिए बोहर त्रिज्या $r_n = a_0 n^2$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $a_0$ बोहर त्रिज्या स्थिरांक है।
प्रश्न के अनुसार,$(n+1)^{th}$ और $n^{th}$ त्रिज्या के बीच का अंतर $(n-1)^{th}$ त्रिज्या के बराबर है:
$r_{n+1} - r_n = r_{n-1}$
$r_n = a_0 n^2$ सूत्र को प्रतिस्थापित करने पर:
$a_0(n+1)^2 - a_0 n^2 = a_0(n-1)^2$
$a_0$ से विभाजित करने पर:
$(n+1)^2 - n^2 = (n-1)^2$
$(n^2 + 2n + 1) - n^2 = n^2 - 2n + 1$
$2n + 1 = n^2 - 2n + 1$
$n^2 - 4n = 0$
$n(n - 4) = 0$
चूँकि $(n-1)^{th}$ कक्षा के अस्तित्व के लिए $n$ का मान $1$ से बड़ा धनात्मक पूर्णांक होना चाहिए,इसलिए $n = 4$ है।

(C) जब एक इलेक्ट्रॉन उत्तेजित अवस्था $n_2$ से निचली अवस्था $n_1$ में संक्रमण करता है,तो उत्सर्जित स्पेक्ट्रल रेखाओं की संख्या $N = \frac{(n_2 - n_1 + 1)(n_2 - n_1)}{2}$ सूत्र द्वारा दी जाती है।
यहाँ $N = 6$ दिया गया है,इसलिए $\frac{(n_2 - n_1 + 1)(n_2 - n_1)}{2} = 6$,जो सरल होकर $(n_2 - n_1 + 1)(n_2 - n_1) = 12$ हो जाता है।
मान लीजिए $x = n_2 - n_1$ है। तो $(x+1)x = 12$,जो द्विघात समीकरण $x^2 + x - 12 = 0$ देता है। इस समीकरण को हल करने पर $(x+4)(x-3) = 0$ प्राप्त होता है,इसलिए $x = 3$ है।
अतः,$n_2 - n_1 = 3$ है। संभावित जोड़े $(4, 1)$ या $(5, 2)$ हैं।
हालाँकि,प्रश्न में कहा गया है कि उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा अवशोषित फोटॉन की ऊर्जा के बराबर,कम या अधिक हो सकती है। यदि $n_1 = 2$ और $n_2 = 4$ है,तो संक्रमण $4 \rightarrow 3, 4 \rightarrow 2, 4 \rightarrow 1, 3 \rightarrow 2, 3 \rightarrow 1, 2 \rightarrow 1$ होते हैं। यहाँ $E_{4 \rightarrow 2}$ अवशोषित ऊर्जा के बराबर है,$E_{4 \rightarrow 3}$ अवशोषित ऊर्जा से कम है,और $E_{4 \rightarrow 1}, E_{3 \rightarrow 1}, E_{2 \rightarrow 1}$ अवशोषित ऊर्जा से अधिक हैं। यह सभी शर्तों को पूरा करता है। इसलिए,$n_1 = 2$ और $n_2 = 4$ है।

(D) $n^{\text{वीं}}$ कक्षा की त्रिज्या $r_n \propto n^2$ द्वारा दी जाती है।
$n^{\text{वीं}}$ कक्षा में इलेक्ट्रॉन का वेग $v_n \propto \frac{1}{n}$ द्वारा दिया जाता है।
अभिकेंद्र त्वरण $a_n = \frac{v_n^2}{r_n}$ होता है।
आनुपातिकता रखने पर: $a_n \propto \frac{(1/n)^2}{n^2} = \frac{1}{n^4}$।
$M$ कोश के लिए, $n = 3$। अतः, $a_M \propto \frac{1}{3^4} = \frac{1}{81}$।
$L$ कोश के लिए, $n = 2$। अतः, $a_L \propto \frac{1}{2^4} = \frac{1}{16}$।
प्रारंभिक ($M$ कोश) से अंतिम ($L$ कोश) अभिकेंद्र त्वरण का अनुपात $\frac{a_M}{a_L} = \frac{1/81}{1/16} = \frac{16}{81}$ है।

(B) हाइड्रोजन जैसे परमाणु में इलेक्ट्रॉन की कक्षीय गति की आवृत्ति $f$,$f \propto \frac{Z^2}{n^3}$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि परमाणु हाइड्रोजन है,$Z = 1$,इसलिए $f \propto \frac{1}{n^3}$।
मान लीजिए कि $f_1$ प्रारंभिक अवस्था $n_1$ में आवृत्ति है और $f_2$ अंतिम अवस्था $n_2$ में आवृत्ति है।
दिया गया है कि $f_1 = \frac{1}{27} f_2$,इसलिए $\frac{1}{n_1^3} = \frac{1}{27} \cdot \frac{1}{n_2^3}$।
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $\frac{n_2^3}{n_1^3} = \frac{1}{27}$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का घनमूल लेने पर,$\frac{n_2}{n_1} = \frac{1}{3}$,जिसका अर्थ है कि $n_1 = 3n_2$।
विकल्पों की जाँच करने पर:
विकल्प $B$ के लिए,$n_1 = 3$ और $n_2 = 1$,जो $n_1 = 3(1) = 3$ को संतुष्ट करता है।
अतः,सही मान $n_1 = 3$ और $n_2 = 1$ हैं।

(A) $K$ कक्षा के लिए बोहर त्रिज्या का सूत्र इस प्रकार है:
$a_{0} = \frac{h^{2} \varepsilon_{0}}{\pi m e^{2}}$
इस व्यंजक से यह स्पष्ट है कि बोहर त्रिज्या परिक्रमा करने वाले कण के द्रव्यमान $(m)$ के व्युत्क्रमानुपाती होती है।
अतः,इलेक्ट्रॉन की कक्षा की त्रिज्या $(a_{0e})$ और म्युआन की कक्षा की त्रिज्या $(a_{0m})$ का अनुपात होगा:
$\frac{a_{0m}}{a_{0e}} = \frac{m_{e}}{m_{m}}$
चूंकि $m_{m} = 207 m_{e}$ दिया गया है,इसलिए:
$a_{0m} = \frac{m_{e}}{207 m_{e}} \times a_{0e} = \frac{a_{0e}}{207}$
हाइड्रोजन परमाणु के लिए मानक बोहर त्रिज्या $a_{0e} \approx 0.529 \, \mathring{A}$ होती है।
नई त्रिज्या की गणना करने पर:
$a_{0m} = \frac{0.529 \, \mathring{A}}{207} \approx 0.002555 \, \mathring{A} \approx 2.56 \times 10^{-3} \, \mathring{A}$.

(A) जब एक इलेक्ट्रॉन उत्तेजित अवस्था $n$ से ग्राउंड स्टेट में संक्रमण करता है,तो उत्सर्जित स्पेक्ट्रल रेखाओं की संख्या $N = \frac{n(n-1)}{2}$ सूत्र द्वारा दी जाती है।
दिया गया है $N = 10$,इसलिए $\frac{n(n-1)}{2} = 10$,जिसका अर्थ है $n^2 - n - 20 = 0$.
द्विघात समीकरण को हल करने पर,$(n-5)(n+4) = 0$,हमें $n = 5$ प्राप्त होता है (क्योंकि $n$ धनात्मक होना चाहिए)।
आपतित फोटॉन की ऊर्जा ग्राउंड स्टेट $(n=1)$ से $n=5$ अवस्था में संक्रमण के अनुरूप है।
तरंगदैर्ध्य $\lambda$ रिडबर्ग सूत्र द्वारा दी जाती है: $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{5^2} \right)$.
$\frac{1}{\lambda} = R \left( 1 - \frac{1}{25} \right) = R \left( \frac{24}{25} \right)$.
$R \approx 1.097 \times 10^7 \ m^{-1}$ का उपयोग करने पर,हमें $\lambda = \frac{25}{24 \times 1.097 \times 10^7} \approx 9.5 \times 10^{-8} \ m = 95 \ nm$ प्राप्त होता है।

(C) दिया गया है:
प्रारंभिक अवस्था $n_2 = 5$,अंतिम अवस्था $n_1 = 1$.
हाइड्रोजन परमाणु का द्रव्यमान $m \approx 1.67 \times 10^{-27} \, kg$.
रिडबर्ग नियतांक $R = 1.097 \times 10^7 \, m^{-1}$.
प्लांक नियतांक $h = 6.63 \times 10^{-34} \, J \cdot s$.
उत्सर्जित फोटॉन की तरंग दैर्ध्य $\lambda$ के लिए रिडबर्ग सूत्र का उपयोग करते हुए:
$\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right) = 1.097 \times 10^7 \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{5^2} \right) = 1.097 \times 10^7 \left( 1 - 0.04 \right) = 1.053 \times 10^7 \, m^{-1}$.
$\lambda = \frac{1}{1.053 \times 10^7} \approx 9.496 \times 10^{-8} \, m$.
संवेग संरक्षण के नियम के अनुसार,परमाणु का संवेग $p_{atom}$ फोटॉन के संवेग $p_{photon} = \frac{h}{\lambda}$ के बराबर होना चाहिए।
$m v = \frac{h}{\lambda} \implies v = \frac{h}{m \lambda}$.
$v = \frac{6.63 \times 10^{-34}}{(1.67 \times 10^{-27}) \times (9.496 \times 10^{-8})} \approx \frac{6.63 \times 10^{-34}}{1.586 \times 10^{-34}} \approx 4.18 \, m/s$.
दिए गए विकल्पों के अनुसार,प्रतिक्षेप गति लगभग $4.3 \, m/s$ है।

(C) $n^{th}$ बोहर कक्षा में इलेक्ट्रॉन के परिक्रमण की आवृत्ति $v_n \propto \frac{1}{n^3}$ द्वारा दी जाती है।
इसलिए,किसी स्थिरांक $k$ के लिए $v_n = \frac{k}{n^3}$ होता है।
पहली कक्षा $(n=1)$ के लिए,$v_1 = k$ होता है।
अतः,अनुपात $\frac{v_n}{v_1} = \frac{k/n^3}{k} = \frac{1}{n^3} = n^{-3}$ होता है।
दोनों पक्षों का लघुगणक लेने पर,हमें $\log (v_n / v_1) = \log (n^{-3}) = -3 \log n$ प्राप्त होता है।
यह समीकरण $y = mx$ के रूप में है,जहाँ $y = \log (v_n / v_1)$,$x = \log n$,और ढाल $m = -3$ है।
चूंकि ढाल ऋणात्मक है,इसलिए ग्राफ मूल बिंदु से गुजरने वाली ऋणात्मक ढाल वाली एक सीधी रेखा है।

(D) स्पेक्ट्रल रेखा की तरंगदैर्ध्य के लिए रिडबर्ग सूत्र $\frac{1}{\lambda} = R Z^2 \left[ \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right]$ है।
$n = 2 \rightarrow n = 1$ संक्रमण के लिए,कोष्ठक में दिया गया पद स्थिर है।
अतः,$\frac{1}{\lambda} \propto Z^2$,जिसका अर्थ है कि $\lambda \propto \frac{1}{Z^2}$।
सबसे छोटी तरंगदैर्ध्य प्राप्त करने के लिए,हमें सबसे बड़ी परमाणु संख्या $Z$ की आवश्यकता है।
परमाणु संख्याएँ इस प्रकार हैं: हाइड्रोजन $(Z=1)$,ड्यूटेरियम $(Z=1)$,एकल आयनित हीलियम $(Z=2)$,और द्वि-आयनित लिथियम $(Z=3)$।
चूंकि लिथियम की परमाणु संख्या सबसे अधिक $(Z=3)$ है,इसलिए यह सबसे छोटी तरंगदैर्ध्य उत्पन्न करता है।

(C) वृत्ताकार कक्षा में इलेक्ट्रॉन के लिए बोहर के सिद्धांत के अनुसार,अभिकेंद्र बल स्थिर-वैद्युत बल द्वारा प्रदान किया जाता है: $\frac{mv^2}{r} = \frac{ke^2}{r^2}$,जिसका अर्थ है $v \propto r^{-1/2}$।
आवर्तकाल $T$ का सूत्र $T = \frac{2\pi r}{v}$ है।
$v \propto r^{-1/2}$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $T \propto \frac{r}{r^{-1/2}} = r^{3/2}$ प्राप्त होता है।
दी गई त्रिज्याएँ $r_1 = R$ और $r_2 = 4R$ हैं।
इसलिए,आवर्तकाल का अनुपात $\frac{T_1}{T_2} = \left(\frac{r_1}{r_2}\right)^{3/2} = \left(\frac{R}{4R}\right)^{3/2} = \left(\frac{1}{4}\right)^{3/2} = \frac{1}{8}$ होगा।
अतः,अनुपात $1 : 8$ है।

(B) हाइड्रोजन परमाणु के लिए बोहर मॉडल के अनुसार:
$1$. कोणीय संवेग $L = \frac{nh}{2\pi}$,इसलिए $L \propto n$.
$2$. कक्षा की त्रिज्या $r = a_0 \frac{n^2}{Z}$,इसलिए $r \propto n^2$ (निश्चित $Z$ के लिए)।
$3$. परिक्रमण की आवृत्ति $f = \frac{v}{2\pi r}$। चूंकि $v \propto \frac{Z}{n}$ और $r \propto \frac{n^2}{Z}$,इसलिए $f \propto \frac{Z/n}{n^2/Z} = \frac{Z^2}{n^3}$,अर्थात $f \propto n^{-3}$।
अब,गुणनफल $frL$ पर विचार करें:
$frL \propto (n^{-3}) \cdot (n^2) \cdot (n) = n^0 = 1$।
अतः,$frL$ क्वांटम संख्या $n$ से स्वतंत्र है और सभी कक्षाओं के लिए स्थिर रहता है।

(B) $n^{th}$ बोहर कक्षा की त्रिज्या का सूत्र है: $r_n = \frac{0.529 \times n^2}{Z} \mathring A$।
एकल आयनित हीलियम परमाणु $(He^+)$ के लिए,परमाणु क्रमांक $Z = 2$ है।
दूसरी बोहर कक्षा के लिए,$n = 2$ है।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$r_2 = \frac{0.529 \times 2^2}{2} \mathring A$
$r_2 = \frac{0.529 \times 4}{2} \mathring A$
$r_2 = 0.529 \times 2 \mathring A$
$r_2 = 1.06 \mathring A$.

(A) मुख्य क्वांटम संख्या $n$ वाली कक्षा में एक इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा का सूत्र है:
$E = -13.6 / n^2 \ eV$
यहाँ $E = -3.4 \ eV$ दिया गया है,इसलिए:
$-3.4 = -13.6 / n^2$
$n^2 = 13.6 / 3.4 = 4$
$n = 2$
बोहर के अभिधारणा के अनुसार,$n$-वीं कक्षा में इलेक्ट्रॉन का कोणीय संवेग $L$ इस प्रकार है:
$L = nh / 2\pi$
$n = 2$ रखने पर:
$L = 2h / 2\pi = h / \pi$

(B) संक्रमण के दौरान उत्सर्जित फोटॉन की ऊर्जा $E = \Delta E = 13.6 \text{ eV} \times Z^2 \left( \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right)$ द्वारा दी जाती है।
पहले संक्रमण के लिए (दूसरी उत्तेजित अवस्था $n=3$ से पहली उत्तेजित अवस्था $n=2$):
$E_1 = 13.6 \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2} \right) = 13.6 \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right) = 13.6 \left( \frac{5}{36} \right)$.
दूसरे संक्रमण के लिए (पहली उत्तेजित अवस्था $n=2$ से मूल अवस्था $n=1$):
$E_2 = 13.6 \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right) = 13.6 \left( 1 - \frac{1}{4} \right) = 13.6 \left( \frac{3}{4} \right) = 13.6 \left( \frac{27}{36} \right)$.
ऊर्जा का अनुपात $z = \frac{E_1}{E_2} = \frac{5/36}{27/36} = \frac{5}{27}$.
चूंकि $E = \frac{hc}{\lambda}$,इसलिए $\frac{E_1}{E_2} = \frac{\lambda_2}{\lambda_1} = z$. अतः,$x = \frac{\lambda_1}{\lambda_2} = \frac{1}{z} = \frac{27}{5}$.
चूंकि $p = \frac{E}{c}$,इसलिए संवेग का अनुपात $y = \frac{p_1}{p_2} = \frac{E_1/c}{E_2/c} = \frac{E_1}{E_2} = z = \frac{5}{27}$.
विकल्पों के साथ तुलना करने पर:
$(A)$ $z = 1/x$ सही है क्योंकि $z = \frac{E_1}{E_2}$ और $x = \frac{\lambda_1}{\lambda_2} = \frac{E_2}{E_1} = 1/z$.
$(B)$ $x = 9/4$ गलत है (वास्तविक मान $27/5$ है)।
$(C)$ $y = 5/27$ सही है।
$(D)$ $z = 5/27$ सही है।
अतः,गलत उत्तर $(B)$ है।

(A) जब नाभिक की गति को ध्यान में रखा जाता है,तो इलेक्ट्रॉन के द्रव्यमान $m_e$ को रिड्यूस्ड मास (घटाए गए द्रव्यमान) $\mu = \frac{m_e M}{m_e + M}$ द्वारा प्रतिस्थापित किया जाता है,जहाँ $M$ नाभिक का द्रव्यमान है।
चूंकि ड्यूटेरियम नाभिक का द्रव्यमान $(M_D \approx 2M_H)$ हाइड्रोजन नाभिक से अधिक है,इसलिए रिड्यूस्ड मास $\mu_D$,$\mu_H$ से अधिक है।
$n^{th}$ बोहर कक्षा की त्रिज्या $r_n = \frac{n^2 h^2 \epsilon_0}{\pi \mu e^2}$ द्वारा दी जाती है। चूंकि $\mu_D > \mu_H$,इसलिए त्रिज्या $r_D < r_H$ है। अतः,विकल्प $A$ सही है।
इलेक्ट्रॉन की गति $v_n = \frac{e^2}{2 n h \epsilon_0}$ द्वारा दी जाती है। यह व्यंजक नाभिक के द्रव्यमान पर निर्भर नहीं करता है,इसलिए $v_D = v_H$ है। विकल्प $B$ गलत है।
उत्सर्जित फोटॉन की तरंगदैर्ध्य $\frac{1}{\lambda} = R_{\mu} Z^2 (\frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2})$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $R_{\mu} = \frac{\mu e^4}{8 \epsilon_0^2 h^3 c}$ है। चूंकि $\mu_D > \mu_H$,इसलिए $R_D > R_H$ है। परिणामस्वरूप,$\lambda_D < \lambda_H$ है। विकल्प $C$ गलत है।
$n^{th}$ कक्षा में इलेक्ट्रॉन का कोणीय संवेग $L = n \frac{h}{2\pi}$ है,जो नाभिक के द्रव्यमान से स्वतंत्र है। अतः,$L_D = L_H$ है। विकल्प $D$ गलत है।

(D) हाइड्रोजन परमाणु की $n^{th}$ कक्षा की त्रिज्या $r_n = n^2 a_0$ द्वारा दी जाती है।
$n^{th}$ कक्षा का क्षेत्रफल $A_n = \pi r_n^2 = \pi (n^2 a_0)^2 = \pi n^4 a_0^2$ द्वारा दिया जाता है।
पहली कक्षा $(n=1)$ के लिए,क्षेत्रफल $A_1 = \pi a_0^2$ है।
अनुपात लेने पर,हमें $\frac{A_n}{A_1} = \frac{\pi n^4 a_0^2}{\pi a_0^2} = n^4$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर,हमें $\ln \left( \frac{A_n}{A_1} \right) = \ln (n^4) = 4 \ln (n)$ प्राप्त होता है।
इसे एक सीधी रेखा के समीकरण $y = mx + c$ के साथ तुलना करने पर,जहाँ $y = \ln (A_n/A_1)$,$x = \ln (n)$,$m = 4$,और $c = 0$ है,हम यह निष्कर्ष निकालते हैं कि ग्राफ $4$ की ढाल के साथ मूल बिंदु से गुजरने वाली एक सीधी रेखा है।

(C) इलेक्ट्रॉन पर कार्य करने वाला बल $F = \frac{k}{r}$ है।
वृत्तीय गति के लिए,यह बल आवश्यक अभिकेंद्री बल प्रदान करता है: $\frac{k}{r} = \frac{mv^2}{r}$।
इसका तात्पर्य है कि $mv^2 = k$,जिसका अर्थ है कि गतिज ऊर्जा $K_n = \frac{1}{2}mv^2 = \frac{k}{2}$ स्थिर है और $n$ से स्वतंत्र है।
बोहर की क्वांटाइजेशन शर्त के अनुसार,$mvr = \frac{nh}{2\pi}$।
चूंकि $v = \sqrt{\frac{k}{m}}$ स्थिर है,इसलिए $m \sqrt{\frac{k}{m}} r_n = \frac{nh}{2\pi}$।
अतः,$r_n \propto n$।

(B) हाइड्रोजन जैसे आयन में इलेक्ट्रॉन संक्रमण के लिए आवश्यक ऊर्जा का सूत्र इस प्रकार है:
$\Delta E = 13.6 Z^{2} \left( \frac{1}{n_{1}^{2}} - \frac{1}{n_{2}^{2}} \right) \text{eV}$
$Li^{++}$ आयन के लिए,परमाणु क्रमांक $Z = 3$ है।
संक्रमण पहली कक्षा $(n_{1} = 1)$ से तीसरी कक्षा $(n_{2} = 3)$ में होता है।
सूत्र में मान रखने पर:
$\Delta E = 13.6 \times (3)^{2} \left( \frac{1}{1^{2}} - \frac{1}{3^{2}} \right) \text{eV}$
$\Delta E = 13.6 \times 9 \left( 1 - \frac{1}{9} \right) \text{eV}$
$\Delta E = 13.6 \times 9 \left( \frac{8}{9} \right) \text{eV}$
$\Delta E = 13.6 \times 8 = 108.8 \text{eV}$

(A) निकाय की घूर्णन ऊर्जा $E = \frac{L^2}{2I}$ द्वारा दी जाती है,जहाँ $L$ कोणीय संवेग है और $I$ जड़त्व आघूर्ण है।
बोहर के क्वांटमीकरण नियम के अनुसार,$L = \frac{nh}{2\pi}$।
द्विपरमाणुक अणु के लिए उसके द्रव्यमान केंद्र के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = \mu r^2$ है,जहाँ $\mu = \frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2}$ समानित द्रव्यमान (reduced mass) है।
ऊर्जा सूत्र में $L$ और $I$ का मान रखने पर:
$E = \frac{(nh/2\pi)^2}{2(\frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2})r^2}$
$E = \frac{n^2 h^2}{4\pi^2 \cdot 2 \cdot \frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2} r^2}$
$E = \frac{(m_1 + m_2)n^2 h^2}{8\pi^2 m_1 m_2 r^2}$।

(A) उत्सर्जित विकिरण की आवृत्ति $\nu$ रिडबर्ग सूत्र द्वारा दी जाती है: $\nu = c R Z^2 [1/(n-1)^2 - 1/n^2]$.
कोष्ठक के अंदर के व्यंजक को सरल करने पर: $[n^2 - (n-1)^2] / [n^2(n-1)^2] = (n^2 - (n^2 - 2n + 1)) / [n^2(n-1)^2] = (2n - 1) / [n^2(n-1)^2]$.
चूंकि $n >> 1$ है,हम $(2n - 1) \approx 2n$ और $(n-1) \approx n$ मान सकते हैं।
इन अनुमानों को प्रतिस्थापित करने पर: $\nu \approx c R Z^2 [2n / (n^2 \cdot n^2)] = c R Z^2 [2n / n^4] = 2 c R Z^2 / n^3$.
अतः,आवृत्ति $\nu$ का मान $1/n^3$ के समानुपाती है।

(B) हाइड्रोजन जैसे परमाणु के लिए उत्सर्जित विकिरण की तरंगदैर्ध्य $\lambda$ रिडबर्ग सूत्र द्वारा दी जाती है:
$\frac{1}{\lambda} = R Z^2 \left[ \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right]$
चूंकि सभी आयनों के लिए संक्रमण $n_2 = 2$ से $n_1 = 1$ है,इसलिए कोष्ठक में पद स्थिर है: $\left[ \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right] = \frac{3}{4}$.
अतः,$\lambda \propto \frac{1}{Z^2}$.
हाइड्रोजन $(Z=1)$ के लिए,$\lambda_1 \propto \frac{1}{1^2} = 1$.
ड्यूटेरियम $(Z=1)$ के लिए,$\lambda_2 \propto \frac{1}{1^2} = 1$.
हीलियम $(Z=2)$ के लिए,$\lambda_3 \propto \frac{1}{2^2} = \frac{1}{4}$.
लिथियम $(Z=3)$ के लिए,$\lambda_4 \propto \frac{1}{3^2} = \frac{1}{9}$.
इनकी तुलना करने पर,हमें $\lambda_1 = \lambda_2 = 4\lambda_3 = 9\lambda_4$ प्राप्त होता है।

(D) $n$-वीं अवस्था से मूल अवस्था में संक्रमण के लिए उत्सर्जित फोटॉन की तरंगदैर्ध्य रिडबर्ग सूत्र द्वारा दी जाती है: $\frac{1}{\Lambda_n} = R \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{n^2} \right)$.
बड़े $n$ के लिए,हम इसे $\Lambda_n = \frac{1}{R} (1 - \frac{1}{n^2})^{-1} \approx \frac{1}{R} (1 + \frac{1}{n^2}) = \frac{1}{R} + \frac{1}{R n^2}$ के रूप में अनुमानित कर सकते हैं।
$n$-वीं कक्षा में इलेक्ट्रॉन की डी-ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य $\lambda_n = \frac{h}{p} = \frac{h}{m v_n}$ है। चूंकि $v_n \propto \frac{1}{n}$,इसलिए $\lambda_n \propto n$,जिसका अर्थ है कि $n^2 \propto \lambda_n^2$.
इसे $\Lambda_n$ के व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\Lambda_n = A + \frac{B}{\lambda_n^2}$ प्राप्त होता है,जहाँ $A = \frac{1}{R}$ और $B$ परमाणु के भौतिक मापदंडों से संबंधित एक स्थिरांक है।

(B) हाइड्रोजन जैसे परमाणु की मूल अवस्था में बंधन ऊर्जा का सूत्र $E_n = -\frac{m e^4}{8 \epsilon_0^2 h^2 n^2}$ है,जहाँ $m$ परिक्रमा करने वाले कण का द्रव्यमान है।
चूंकि म्यूऑन का आवेश इलेक्ट्रॉन के समान है,इसलिए बंधन ऊर्जा कण के द्रव्यमान के सीधे आनुपातिक होती है $(E \propto m)$।
यह दिया गया है कि म्यूऑन का द्रव्यमान $m_{\mu} = 207 m_e$ है,इसलिए म्यूओनिक हाइड्रोजन परमाणु की बंधन ऊर्जा $E_{B\mu} = 207 E_{Be}$ होगी।
अतः,$|E_{B\mu}| \approx 207 |E_{Be}|$। दिए गए विकल्पों में से सबसे निकटतम विकल्प $207|E_{Be}|$ है,जो विकल्प $B$ के अनुरूप है।

(A) उत्सर्जित फोटॉन की आवृत्ति रिडबर्ग सूत्र द्वारा दी जाती है: $f = R c Z^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$.
हाइड्रोजन परमाणु $(Z=1)$ के लिए,$2^{nd}$ उत्तेजित अवस्था $(n_2=3)$ से मूल अवस्था $(n_1=1)$ में संक्रमण के लिए आवृत्ति $f$ है:
$f = R c (1)^2 \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{3^2} \right) = R c \left( 1 - \frac{1}{9} \right) = \frac{8}{9} R c$.
अतः,$R c = \frac{9}{8} f$.
$Li^{++}$ $(Z=3)$ के लिए,$1^{st}$ उत्तेजित अवस्था $(n_2=2)$ से मूल अवस्था $(n_1=1)$ में संक्रमण के लिए आवृत्ति $f'$ है:
$f' = R c (3)^2 \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right) = R c (9) \left( 1 - \frac{1}{4} \right) = R c (9) \left( \frac{3}{4} \right) = \frac{27}{4} R c$.
$f'$ के समीकरण में $R c = \frac{9}{8} f$ रखने पर:
$f' = \frac{27}{4} \times \left( \frac{9}{8} f \right) = \frac{243}{32} f$.

(A) बोहर के मॉडल का पालन करने वाली प्रणाली के लिए,स्थिर-वैद्युत बल आवश्यक अभिकेंद्री बल प्रदान करता है: $\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{(3q)(q)}{r^2} = \frac{mv^2}{r} \implies \frac{3q^2}{4\pi\varepsilon_0 r} = mv^2$ .......$(1)$
ग्राउंड स्टेट $(n=1)$ के लिए बोहर की क्वांटाइजेशन शर्त के अनुसार: $mvr = \frac{h}{2\pi} \implies r = \frac{h}{2\pi mv}$ .......$(2)$
समीकरण $(2)$ से $r$ का मान $(1)$ में रखने पर:
$\frac{3q^2}{4\pi\varepsilon_0} \left( \frac{2\pi mv}{h} \right) = mv^2$
$\frac{3q^2}{2\varepsilon_0 h} = v$
अतः,कक्षीय वेग $v = \frac{3q^2}{2\varepsilon_0 h}$ है।

(A) हाइड्रोजन जैसे परमाणु के लिए,$n_2$ से $n_1$ संक्रमण के लिए उत्सर्जित विकिरण की तरंगदैर्ध्य $\lambda$ रिडबर्ग सूत्र द्वारा दी जाती है: $\frac{1}{\lambda} = R Z^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$.
$n = 2$ से $n = 1$ संक्रमण के लिए,हमें प्राप्त होता है $\frac{1}{\lambda} = R Z^2 \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right) = R Z^2 \left( 1 - \frac{1}{4} \right) = \frac{3R Z^2}{4}$.
अतः,$\lambda = \frac{4}{3RZ^2}$,जिसका अर्थ है कि $\lambda Z^2 = \text{स्थिरांक}$.
परमाणु क्रमांक दिए गए हैं: $Z_1 = 1$ ($H$ के लिए),$Z_2 = 1$ ($D$ के लिए),$Z_3 = 2$ ($He^+$ के लिए),और $Z_4 = 3$ ($Li^{++}$ के लिए)।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $\lambda_1 (1)^2 = \lambda_2 (1)^2 = \lambda_3 (2)^2 = \lambda_4 (3)^2$.
इस प्रकार,$\lambda_1 = \lambda_2 = 4 \lambda_3 = 9 \lambda_4$ प्राप्त होता है।

(B) लिथियम परमाणु $(Z=3)$ में $3$ इलेक्ट्रॉन होते हैं। दो इलेक्ट्रॉन $K$-कोश $(n=1)$ में होते हैं।
प्रश्न के अनुसार,ये दो इलेक्ट्रॉन नाभिक को इस प्रकार ढालते हैं कि सबसे बाहरी इलेक्ट्रॉन द्वारा देखा गया प्रभावी आवेश $Z_{eff} = 3 - 2 = 1$ होता है।
सबसे बाहरी इलेक्ट्रॉन $L$-कोश $(n=2)$ में है।
हाइड्रोजन जैसे परमाणु में इलेक्ट्रॉन की ऊर्जा $E_n = -13.6 \times \frac{Z_{eff}^2}{n^2} \text{ eV}$ द्वारा दी जाती है।
सबसे बाहरी इलेक्ट्रॉन के लिए,$n=2$ और $Z_{eff}=1$ है।
$E_2 = -13.6 \times \frac{1^2}{2^2} = -13.6 \times \frac{1}{4} = -3.4 \text{ eV}$।
आयनन ऊर्जा वह ऊर्जा है जो इलेक्ट्रॉन को $n=2$ से $n=\infty$ तक ले जाने के लिए आवश्यक है,जो $E_{\infty} - E_2 = 0 - (-3.4) = 3.4 \text{ eV}$ है।

(C) स्पेक्ट्रल रेखाओं की तरंगदैर्ध्य $\lambda = \frac{1500p^2}{p^2 - 1}$ द्वारा दी गई है।
आयनन ऊर्जा ज्ञात करने के लिए,हम $n = \infty$ से $n = 1$ तक के संक्रमण पर विचार करते हैं,जो श्रेणी की सीमा को दर्शाता है।
जैसे $p \to \infty$,तरंगदैर्ध्य $\lambda_{\min} = \lim_{p \to \infty} \frac{1500p^2}{p^2 - 1} = 1500\ \mathring{A}$ होती है।
इस तरंगदैर्ध्य के अनुरूप ऊर्जा आयनन ऊर्जा $E_i$ है,जो $E_i = \frac{hc}{\lambda_{\min}}$ द्वारा प्राप्त होती है।
दिए गए मानों को रखने पर,$E_i = \frac{12420\ eV\cdot\mathring{A}}{1500\ \mathring{A}} = 8.28\ eV$.
अतः,आयनन ऊर्जा $8.28\ eV$ होने के कारण,आयनन विभव $8.28\ V$ है।

(D) एक कक्षीय इलेक्ट्रॉन का चुंबकीय आघूर्ण $M = \frac{qL}{2m}$ द्वारा दिया जाता है,जहाँ $L$ कक्षीय कोणीय संवेग है।
बोर की क्वांटाइजेशन शर्त के अनुसार,$L = \frac{nh}{2\pi}$,जहाँ $n$ मुख्य क्वांटम संख्या है।
अतः,$M \propto L \propto n$.
मूल अवस्था के लिए,$n_1 = 1$,इसलिए $\mu_1 \propto 1$.
$3^{rd}$ उत्तेजित अवस्था के लिए,$n_2 = 1 + 3 = 4$,इसलिए $\mu_2 \propto 4$.
अनुपात लेने पर,$\frac{\mu_2}{\mu_1} = \frac{n_2}{n_1} = \frac{4}{1} = 4$.
इसलिए,$\mu_2 = 4\mu_1$.

(C) स्तर $n$ से निचले स्तरों में संक्रमण के लिए उत्सर्जित स्पेक्ट्रल रेखाओं की संख्या $N = \frac{n(n-1)}{2}$ सूत्र द्वारा दी जाती है।
यहाँ $N = 10$ दिया गया है,इसलिए $\frac{n(n-1)}{2} = 10$,जिसका अर्थ है $n^2 - n - 20 = 0$।
द्विघात समीकरण को हल करने पर,$(n-5)(n+4) = 0$,हमें $n = 5$ प्राप्त होता है (क्योंकि $n$ धनात्मक होना चाहिए)।
$n$-वीं कक्षा में इलेक्ट्रॉन का कोणीय संवेग $L = \frac{nh}{2\pi}$ द्वारा दिया जाता है।
$n_2$ से $n_1$ में संक्रमण के लिए कोणीय संवेग में परिवर्तन $\Delta L = \frac{(n_2 - n_1)h}{2\pi}$ है।
$\Delta L$ को अधिकतम करने के लिए,हम उच्चतम स्तर $n_2 = 5$ से निम्नतम स्तर $n_1 = 1$ तक का संक्रमण चुनते हैं।
अतः,$\Delta L_{max} = \frac{(5 - 1)h}{2\pi} = \frac{4h}{2\pi} = \frac{2h}{\pi}$।