Bohr's Model of Hydrogen Atom Questions in Gujarati

(A) $n$-મી કક્ષાની કુલ ઉર્જા $E_n = -\frac{m e^4}{8 \varepsilon_0^2 h^2 n^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં $E_n \propto m$ હોવાથી,$\mu^{-}$-સિસ્ટમ અને હાઇડ્રોજન પરમાણુની ઉર્જાનો ગુણોત્તર $\frac{E_{\mu}}{E_e} = \frac{m_{\mu}}{m_e} = 207$ થાય.
તેથી,$E_{\mu} = 207 \times E_e = 207 \times (-13.6 \text{ eV}) = -13.6 \times 207 \text{ eV}$.
$n$-મી કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n = \frac{\varepsilon_0 h^2 n^2}{\pi m e^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં $r_n \propto \frac{1}{m}$ હોવાથી,$\mu^{-}$-સિસ્ટમ અને હાઇડ્રોજન પરમાણુની ત્રિજ્યાનો ગુણોત્તર $\frac{r_{\mu}}{r_H} = \frac{m_e}{m_{\mu}} = \frac{1}{207}$ થાય.
તેથી,$r_{\mu} = \frac{r_H}{207}$.

(B) હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n$-મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની સ્થિતિ ઊર્જા $U = -27.2 / n^2 \text{ eV}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $U = -6.8 \text{ eV}$,તેથી $-27.2 / n^2 = -6.8$,જેનો અર્થ છે કે $n^2 = 27.2 / 6.8 = 4$,એટલે કે $n = 2$.
$n$-મી કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n = n^2 r_0$ છે. $n = 2$ માટે,$r_2 = 2^2 r_0 = 4 r_0$.
બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ,કક્ષાનો પરિઘ એ ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇનો પૂર્ણાંક ગુણાંક છે: $2 \pi r_n = n \lambda$.
કિંમતો મૂકતા,$2 \pi (4 r_0) = 2 \lambda$.
$\lambda$ માટે ઉકેલતા,આપણને $\lambda = (8 \pi r_0) / 2 = 4 \pi r_0$ મળે છે.

(B) ડી-બ્રોગ્લી ઉત્કલ્પના મુજબ,વર્તુળાકાર કક્ષામાં ભ્રમણ કરતો ઇલેક્ટ્રોન તરંગ પ્રકૃતિ દર્શાવે છે.
સ્થાયી વર્તુળાકાર કક્ષા માટે,કક્ષાનો પરિઘ એ ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇનો પૂર્ણાંક ગુણાંક હોવો જોઈએ,જે નીચે મુજબની શરત દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$2 \pi r_n = n \lambda$
જ્યાં $r_n$ એ $n$મી કક્ષાની ત્રિજ્યા છે,$n$ એ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક છે અને $\lambda$ એ ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇ છે.
પ્રથમ બોહર કક્ષા માટે,$n = 1$ લેતા.
સમીકરણમાં $n = 1$ મૂકતા,આપણને મળે છે:
$2 \pi r_1 = 1 \cdot \lambda$
$\lambda = 2 \pi r_1$
આમ,હાઇડ્રોજન પરમાણુની પ્રથમ બોહર કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇ એ પ્રથમ કક્ષાના પરિઘ જેટલી હોય છે.

(C) હાઇડ્રોજન પરમાણુમાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $L = \frac{nh}{2 \pi}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
શરૂઆતમાં, ઇલેક્ટ્રોન ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટમાં છે, તેથી $n_1 = 1$. પ્રારંભિક કોણીય વેગમાન $L_1 = \frac{1 \cdot h}{2 \pi} = \frac{h}{2 \pi}$ છે.
$\Delta E$ ઉર્જાનું શોષણ કર્યા પછી, કોણીય વેગમાનમાં $\frac{h}{2 \pi}$ નો વધારો થાય છે.
તેથી, નવું કોણીય વેગમાન $L_2 = L_1 + \frac{h}{2 \pi} = \frac{h}{2 \pi} + \frac{h}{2 \pi} = \frac{2h}{2 \pi}$ થાય છે.
આને $L = \frac{nh}{2 \pi}$ સાથે સરખાવતા, આપણને નવો મુખ્ય ક્વોન્ટમ નંબર $n_2 = 2$ મળે છે.
$n$-મી અવસ્થામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જા $E_n = -\frac{13.6 \ eV}{n^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$n_1 = 1$ માટે, $E_1 = -13.6 \ eV$.
$n_2 = 2$ માટે, $E_2 = -\frac{13.6 \ eV}{2^2} = -\frac{13.6 \ eV}{4} = -3.4 \ eV$.
શોષાયેલી ઉર્જા $\Delta E = E_2 - E_1 = -3.4 \ eV - (-13.6 \ eV) = 10.2 \ eV$ છે.

(B) ઉત્સર્જિત વિકિરણની તરંગલંબાઇ માટે રિડબર્ગનું સૂત્ર $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right)$ છે.
અહીં, ઇલેક્ટ્રોન $n_i = 2$ થી $n_f = 1$ માં જાય છે.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} \right)$.
$\frac{1}{\lambda} = R \left( 1 - \frac{1}{4} \right) = R \left( \frac{3}{4} \right)$.
તેથી, $\lambda = \frac{4}{3R}$.

(D) આપેલ કાલ્પનિક દુનિયામાં, કોણીય વેગમાન $L = 2n' \frac{h}{2\pi} = n' \frac{h}{\pi}$ છે, જ્યાં $n' = 1, 2, 3, \dots$ છે.
આને પ્રમાણિત બોહર ક્વોન્ટાઈઝેશન $L = n \frac{h}{2\pi}$ સાથે સરખાવતા, આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે માન્ય કક્ષાઓ $n = 2n'$ ને અનુરૂપ છે.
કક્ષાની ઉર્જા $E_n = -\frac{13.6}{n^2} \text{ eV}$ છે. $n = 2n'$ મૂકતા, આપણને $E_{n'} = -\frac{13.6}{(2n')^2} = -\frac{13.6}{4n'^2} = -\frac{3.4}{n'^2} \text{ eV}$ મળે છે.
દ્રશ્યમાન વિસ્તાર માટે, સંક્રમણ આ સિસ્ટમની પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા પર સમાપ્ત થવું જોઈએ. ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ $n'=1$ $(n=2)$ છે અને પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા $n'=2$ $(n=4)$ છે.
દ્રશ્યમાન વિસ્તારમાં સૌથી મોટી તરંગલંબાઇ (સૌથી ઓછી ઉર્જા) માટેનું સંક્રમણ $n'=2$ થી $n'=1$ સુધીનું છે.
ઉર્જાનો તફાવત $\Delta E = E_2 - E_1 = -\frac{3.4}{2^2} - (-\frac{3.4}{1^2}) = -0.85 + 3.4 = 2.55 \text{ eV}$ છે.
તરંગલંબાઇ $\lambda = \frac{hc}{\Delta E} = \frac{1242 \text{ eV-nm}}{2.55 \text{ eV}} \approx 487 \text{ nm}$ છે.

(A, B) $He^{+}$ માં સંક્રમણ માટે જરૂરી ઊર્જા $E = 13.6 \times Z^2 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. $He^{+}$ માટે, $Z=2$, તેથી $E = 13.6 \times 4 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right) = 54.4 \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right) eV$.
$n=2$ થી $n=4$ ના સંક્રમણ માટે, $E = 54.4 \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{16} \right) = 54.4 \left( \frac{3}{16} \right) = 10.2 eV$.
આપાત ફોટોનની ઊર્જા $10.2 eV$ હોવાથી, $He^{+}$ ઇલેક્ટ્રોન $n=2$ થી $n=4$ માં ઉત્તેજિત થઈ શકે છે.
એકવાર $n=4$ અવસ્થામાં પહોંચ્યા પછી, ઉત્સર્જિત વર્ણપટ રેખાઓની સંખ્યા $\frac{n(n-1)}{2} = \frac{4(4-1)}{2} = 6$ મળે છે.
તેથી, વિધાન $A$ અને $B$ સાચા છે.

(A) કોણીય વેગમાનના ક્વોન્ટાઈઝેશનના બોહરના પૂર્વધારણા મુજબ, કોણીય વેગમાન $L$ નીચે મુજબ આપવામાં આવે છે:
$L = mvr = \frac{nh}{2\pi}$
આ સમીકરણ પરથી, આપણે ક્વોન્ટમ નંબર $n$ ને નીચે મુજબ દર્શાવી શકીએ છીએ:
$n = \frac{2\pi m}{h} \cdot (vr)$
અહીં $m$, $h$, અને $\pi$ અચળાંકો હોવાથી, આપણને મળે છે:
$n \propto vr$
તેથી, રાશિ $vr$ એ ક્વોન્ટમ નંબર $n$ ના સમપ્રમાણમાં છે.

(D) બોહરના પરમાણુ મોડેલ મુજબ, કોણીય વેગમાન $L$ નીચે મુજબ આપવામાં આવે છે:
$L = mvr = \frac{nh}{2\pi} \dots (i)$
કોણીય વેગ $\omega = \frac{v}{r}$ હોવાથી, $v = r\omega$ થાય.
સમીકરણ $(i)$ માં $v = r\omega$ મૂકતા:
$m(r\omega)r = \frac{nh}{2\pi} \Rightarrow m\omega r^2 = \frac{nh}{2\pi} \Rightarrow \omega = \frac{nh}{2\pi mr^2} \dots (ii)$
$n$-મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ત્રિજ્યા નીચે મુજબ છે:
$r = \frac{n^2 h^2 \epsilon_0}{\pi m Z e^2} \dots (iii)$
સમીકરણ $(iii)$ માંથી $r$ ની કિંમત સમીકરણ $(ii)$ માં મૂકતા:
$\omega = \frac{nh}{2\pi m} \left( \frac{\pi m Z e^2}{n^2 h^2 \epsilon_0} \right)^2$
$\omega = \frac{nh}{2\pi m} \cdot \frac{\pi^2 m^2 Z^2 e^4}{n^4 h^4 \epsilon_0^2}$
$\omega = \frac{\pi m Z^2 e^4}{2 h^3 \epsilon_0^2} \cdot \frac{1}{n^3}$
આમ, $\omega \propto \frac{1}{n^3}$.

(A) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુની $n$ મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનો રેખીય વેગ $v$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$v = \frac{Z e^2}{2 \epsilon_0 n h}$
જ્યાં $Z$ એ પરમાણુ ક્રમાંક છે, $e$ એ ઇલેક્ટ્રોનનો વીજભાર છે, $\epsilon_0$ એ શૂન્યાવકાશની પરમિટિવિટી છે, $n$ એ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક છે અને $h$ એ પ્લાન્કનો અચળાંક છે.
આ સમીકરણ પરથી સ્પષ્ટ થાય છે કે આપેલ પરમાણુ માટે $n$ સિવાયના તમામ પદો અચળ છે.
તેથી, સંબંધ $v \propto \frac{1}{n}$ છે.

(A-D) હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે બોહરના મોડેલ મુજબ:
$v_{n} \propto \frac{1}{n}$
$E_{n} \propto \frac{1}{n^{2}}$
$r_{n} \propto n^{2}$
વિકલ્પ $A$ માટે: $\frac{E_{n} r_{n}}{E_{1} r_{1}} \propto \frac{(1/n^{2}) \cdot n^{2}}{1} = 1$. આ અચળ છે, તેથી ઢાળ $0$ છે.
વિકલ્પ $B$ માટે: $\frac{r_{n} v_{n}}{r_{1} v_{1}} \propto \frac{n^{2} \cdot (1/n)}{1} = n$. આ $1$ ઢાળવાળી સીધી રેખા છે.
વિકલ્પ $C$ માટે: $\frac{r_{n}}{r_{1}} = n^{2}$. બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $\ln \left(\frac{r_{n}}{r_{1}}\right) = 2 \ln(n)$. આ $2$ ઢાળવાળી સીધી રેખા છે.
વિકલ્પ $D$ માટે: $\frac{r_{n}}{E_{n}} \propto \frac{n^{2}}{1/n^{2}} = n^{4}$. તેથી, $\frac{r_{n} E_{1}}{E_{n} r_{1}} = n^{4}$. પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા: $\ln \left(\frac{r_{n} E_{1}}{E_{n} r_{1}}\right) = 4 \ln(n)$. આ $4$ ઢાળવાળી સીધી રેખા છે.
બોહરના મોડેલ મુજબ તમામ વિકલ્પો $A, B, C$ અને $D$ ગાણિતિક રીતે સાચા છે.

(B) બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ, કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $L = mvr = \frac{nh}{2\pi}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ડી-બ્રોગ્લી ઉત્કલ્પના મુજબ, ઇલેક્ટ્રોનની તરંગલંબાઇ $\lambda = \frac{h}{mv}$ છે.
ક્વોન્ટાઇઝેશન શરતમાં $mv = \frac{h}{\lambda}$ મૂકતા, આપણને $\frac{h}{\lambda} r = \frac{nh}{2\pi}$ મળે છે.
આનું સાદું રૂપ આપતા $2\pi r = n\lambda$ મળે છે, જ્યાં $2\pi r$ એ $n^{th}$ કક્ષાનો પરિઘ છે.
બીજી બોહર કક્ષા માટે, $n = 2$ છે.
તેથી, બીજી કક્ષાનો પરિઘ $2\pi r = 2\lambda$ થાય છે.
આનો અર્થ એ છે કે બીજી બોહર કક્ષામાં સમાયેલી ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઇઓની સંખ્યા $2$ છે.

(D) ફોટોનની ઉર્જા $E = \frac{hc}{\lambda}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$E = \frac{4 \times 10^{-15} \ eV \cdot s \times 3 \times 10^{8} \ m/s}{300 \times 10^{-9} \ m} = \frac{12 \times 10^{-7}}{300 \times 10^{-9}} \ eV = \frac{1200}{300} \ eV = 4 \ eV$.
હાઇડ્રોજન પરમાણુને ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ $(n=1)$ માંથી પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા $(n=2)$ માં ઉત્તેજિત કરવા માટે જરૂરી ઉર્જા $\Delta E = 13.6 \ eV \times (1 - \frac{1}{4}) = 13.6 \times 0.75 = 10.2 \ eV$ છે.
ફોટોનની ઉર્જા $(4 \ eV)$ એ પ્રથમ ઉત્તેજના માટે જરૂરી ઉર્જા $(10.2 \ eV)$ કરતા ઓછી હોવાથી અને આયનીકરણ ઉર્જા $(13.6 \ eV)$ કરતા પણ ઓછી હોવાથી, ઇલેક્ટ્રોન ઉચ્ચ અવસ્થામાં જવા માટે આ ઉર્જાનું શોષણ કરી શકશે નહીં.
તેથી, ઇલેક્ટ્રોન ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટમાં જ રહેશે.

(A) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુ માટે, $n^{th}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનો વેગ $v \propto \frac{Z}{n}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$n^{th}$ કક્ષાની ત્રિજ્યા $r \propto \frac{n^2}{Z}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આ બે સંબંધો પરથી, આપણે લખી શકીએ કે $r \propto \frac{n}{v}$.
આપેલ છે કે ત્રિજ્યા લગભગ સમાન છે $(r_1 \approx r_2)$, તેથી $\frac{n_1}{v_1} = \frac{n_2}{v_2}$.
તેથી, $\frac{n_1}{n_2} = \frac{v_1}{v_2} = \frac{3 \times 10^5}{2.5 \times 10^5} = \frac{3}{2.5} = \frac{6}{5}$.
આમ, ઉર્જા અવસ્થાઓનો ($n_1$ અને $n_2$) શક્ય ક્રમ $6$ અને $5$ છે.

(C) બોહરના અધિતર્ક મુજબ, કક્ષામાં રહેલા ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $L = \frac{nh}{2\pi}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $n$ એ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક છે.
આને ફરીથી ગોઠવતા, આપણને $\frac{2\pi L}{h} = n$ મળે છે.
$n^{th}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જા $E_n = -\frac{E_0}{n^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $E_0$ એ ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ ઉર્જાનું મૂલ્ય છે.
આપેલ છે કે $E_n = -0.04 E_0$, તેથી $-\frac{E_0}{n^2} = -0.04 E_0$.
બંને બાજુ $-E_0$ વડે ભાગતા, આપણને $\frac{1}{n^2} = 0.04$ મળે છે.
$n^2 = \frac{1}{0.04} = \frac{100}{4} = 25$.
તેથી, $n = 5$.
જેમ કે $\frac{2\pi L}{h} = n$, તેથી તેની કિંમત $5$ છે.

(A) બોહરના મોડેલ મુજબ, કોણીય વેગમાન $L$ નું સૂત્ર $L = n \frac{h}{2\pi}$ છે.
ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ (ભૂમિ અવસ્થા) $n = 1$ ને અનુરૂપ છે.
પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા $n = 2$, બીજી ઉત્તેજિત અવસ્થા $n = 3$, અને ત્રીજી ઉત્તેજિત અવસ્થા $n = 4$ છે.
સૂત્રમાં $n = 4$ મૂકતા:
$L = 4 \times \frac{h}{2\pi} = 2 \times \frac{h}{\pi}$.
આપેલ છે કે $h = 6.63 \times 10^{-34} \text{ Js}$ અને $\pi \approx 3.14$:
$L = 2 \times \frac{6.63 \times 10^{-34}}{3.14} \approx 2 \times 2.111 \times 10^{-34} = 4.222 \times 10^{-34} \text{ kg m}^2\text{s}^{-1}$.

(D) ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ $(n=1)$ માં હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે, કોણીય વેગમાન માટે બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત $mvr = \frac{nh}{2\pi}$ છે.
અહીં, $m$ એ ઇલેક્ટ્રોનનું દળ $(9.1 \times 10^{-31} \text{ kg})$, $v$ એ વેગ, $r$ એ કક્ષીય ત્રિજ્યા $(5.3 \times 10^{-11} \text{ m})$, અને $h$ એ પ્લાન્કનો અચળાંક $(6.63 \times 10^{-34} \text{ Js})$ છે.
વેગ $v$ માટે સૂત્રને ફરીથી ગોઠવતા, આપણને $v = \frac{h}{2\pi mr}$ મળે છે.
કિંમતો મૂકતા: $v = \frac{6.63 \times 10^{-34}}{2 \times 3.14159 \times 9.1 \times 10^{-31} \times 5.3 \times 10^{-11}}$.
આની ગણતરી કરતા, $v \approx 2.18 \times 10^6 \text{ ms}^{-1}$ મળે છે.
બે સાર્થક અંકો સુધી રાઉન્ડ ઓફ કરતા, આપણને $v \approx 2.2 \times 10^6 \text{ ms}^{-1}$ મળે છે.

(C) બોહર મોડેલ મુજબ, ધરા-સ્થિતિમાં ઇલેક્ટ્રોનની કુલ ઊર્જા $(TE)$ $-13.6 \text{ eV}$ છે.
ગતિ ઊર્જા $(KE)$ એ સંબંધ $KE = -TE$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. તેથી, $KE = -(-13.6 \text{ eV}) = +13.6 \text{ eV}$.
સ્થિતિ ઊર્જા $(PE)$ એ સંબંધ $PE = 2 \times TE$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. તેથી, $PE = 2 \times (-13.6 \text{ eV}) = -27.2 \text{ eV}$.
આમ, સ્થિતિ ઊર્જા $-27.2 \text{ eV}$ અને ગતિ ઊર્જા $+13.6 \text{ eV}$ છે.

(A) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુમાં, ઇલેક્ટ્રોનની કુલ ઊર્જા $E$ તેની ગતિઊર્જા $K$ અને સ્થિતિઊર્જા $U$ સાથે નીચે મુજબ સંબંધિત છે:
$E = -K$
$U = 2E$
આપેલ છે કે કુલ ઊર્જા $E = -13.6 \text{ eV}$ છે, તેથી આપણે $K$ અને $U$ શોધી શકીએ છીએ:
$K = -E = -(-13.6 \text{ eV}) = 13.6 \text{ eV}$
$U = 2E = 2 \times (-13.6 \text{ eV}) = -27.2 \text{ eV}$
ગતિઊર્જા અને સ્થિતિઊર્જાનો ગુણોત્તર $\frac{K}{U} = \frac{13.6 \text{ eV}}{-27.2 \text{ eV}} = -\frac{1}{2}$ થાય.
આમ, સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(D) હાઇડ્રોજન પરમાણુમાં $n$-મી કક્ષાની ત્રિજ્યાનું સૂત્ર $r_n = n^2 r_1$ છે, જ્યાં $r_1$ એ પ્રથમ કક્ષાની ત્રિજ્યા (બોહર ત્રિજ્યા) છે.
અહીં $r_1 = 5.3 \times 10^{-11} \text{ m}$ અને $n = 3$ આપેલ છે.
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$r_3 = 3^2 \times (5.3 \times 10^{-11} \text{ m})$
$r_3 = 9 \times 5.3 \times 10^{-11} \text{ m}$
$r_3 = 47.7 \times 10^{-11} \text{ m}$
$r_3 = 4.77 \times 10^{-10} \text{ m}$.
આમ, $n = 3$ કક્ષાની ત્રિજ્યા $4.77 \times 10^{-10} \text{ m}$ છે.
તેથી, સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(C) બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ, કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $L$ એ $L = \frac{nh}{2\pi}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $L = \frac{3h}{\pi}$, તેથી આપણે બંને પદોને સરખાવતા: $\frac{nh}{2\pi} = \frac{3h}{\pi}$.
$n$ માટે ઉકેલતા, આપણને $n = 6$ મળે છે.
હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n^{th}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જા $E_n = -\frac{13.6}{n^2} \text{ eV}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
સૂત્રમાં $n = 6$ મૂકતા: $E_6 = -\frac{13.6}{6^2} = -\frac{13.6}{36}$.
કિંમતની ગણતરી કરતા: $E_6 \approx -0.377 \text{ eV}$, જે આશરે $-0.38 \text{ eV}$ થાય છે.

(C) હાઇડ્રોજન પરમાણુમાં $n$-મી કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n = a_0 n^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $a_0$ એ બોહર ત્રિજ્યા છે.
તેથી, ત્રિજ્યાનો ગુણોત્તર $r_i / r_f = n_i^2 / n_f^2 = 16 / 4 = 4$ છે.
વર્ગમૂળ લેતા, આપણને $n_i / n_f = 2$ મળે છે, જેનો અર્થ છે કે $n_i = 2n_f$.
સૌથી સરળ સંક્રમણ માટે, આપણે $n_f = 2$ અને $n_i = 4$ લઈએ છીએ.
તરંગલંબાઇ $\lambda$ માટે રીડબર્ગ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$1/\lambda = R(1/n_f^2 - 1/n_i^2)$
$1/\lambda = R(1/2^2 - 1/4^2) = R(1/4 - 1/16) = R(3/16)$.
$R = 1.0973 \times 10^7 \text{ m}^{-1}$ ની કિંમત મૂકતા:
$1/\lambda = 1.0973 \times 10^7 \times (3/16) \approx 0.20574 \times 10^7 \text{ m}^{-1}$.
$\lambda = 1 / (0.20574 \times 10^7) \approx 4.86 \times 10^{-7} \text{ m} = 486 \text{ nm}$.

(C) વર્તુળાકાર માર્ગમાં ગતિ કરતા ઇલેક્ટ્રોનને કારણે કક્ષાના કેન્દ્ર પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0 I}{2r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રવાહ $I = \frac{ev}{2\pi r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $e$ એ ઇલેક્ટ્રોનનો વીજભાર છે, $v$ એ વેગ છે અને $r$ એ ત્રિજ્યા છે.
બોહરના મોડેલ મુજબ, $v \propto \frac{1}{n}$ અને $r \propto n^2$ છે.
આ કિંમતોને પ્રવાહના સમીકરણમાં મૂકતા: $I \propto \frac{1/n}{n^2} = \frac{1}{n^3}$.
હવે, $I$ અને $r$ ની કિંમતોને $B$ ના સમીકરણમાં મૂકતા: $B \propto \frac{I}{r} \propto \frac{1/n^3}{n^2} = \frac{1}{n^5}$.
તેથી, $2^{nd}$ અને $4^{th}$ કક્ષા માટે ચુંબકીય ક્ષેત્રોનો ગુણોત્તર $\frac{B_2}{B_4} = \left( \frac{4}{2} \right)^5 = 2^5 = 32$ થાય.
આમ, ગુણોત્તર $32:1$ છે.

(B) હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે, $n$ મી કક્ષાની ત્રિજ્યાનું સૂત્ર $r_n = a_0 \times n^2$ છે, જ્યાં $a_0 = 0.529 \text{ Å}$ એ બોહર ત્રિજ્યા છે.
પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા માટે, મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n = 2$ છે.
સૂત્રમાં $n$ ની કિંમત મૂકતા, આપણને $r_2 = 0.529 \times (2)^2 \text{ Å}$ મળે છે.
$r_2 = 0.529 \times 4 \text{ Å} = 2.116 \text{ Å}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $1 \text{ Å} = 10^{-10} \text{ m}$, તેથી $r_2 = 2.116 \times 10^{-10} \text{ m}$ થાય.
બે સાર્થક અંકો સુધી રાઉન્ડ ઓફ કરતા, ત્રિજ્યાવર્તી અંતર આશરે $2.1 \times 10^{-10} \text{ m}$ મળે છે.

(D) બોહરના સિદ્ધાંત મુજબ, હાઇડ્રોજન પરમાણુમાં ઇલેક્ટ્રોન માટે, સ્થિત-વિદ્યુત બળ જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે:
$\frac{1}{4\pi \epsilon_0} \frac{e^2}{r^2} = \frac{m v^2}{r}$
ત્રિજ્યા $r$ માટે સૂત્ર:
$r = \frac{1}{4\pi \epsilon_0} \frac{e^2}{m v^2}$
આપેલ મૂલ્યો:
$v = \sqrt{25.6} \times 10^5 \text{ m s}^{-1} \implies v^2 = 25.6 \times 10^{10} \text{ m}^2 \text{ s}^{-2}$
$m = 9 \times 10^{-31} \text{ kg}$
$e = 1.6 \times 10^{-19} \text{ C}$
$\frac{1}{4\pi \epsilon_0} = 9 \times 10^9 \text{ N m}^2 \text{ C}^{-2}$
આ કિંમતો મૂકતા:
$r = \frac{9 \times 10^9 \times (1.6 \times 10^{-19})^2}{9 \times 10^{-31} \times 25.6 \times 10^{10}}$
$r = \frac{9 \times 10^9 \times 2.56 \times 10^{-38}}{9 \times 25.6 \times 10^{-21}}$
$r = \frac{2.56 \times 10^{-29}}{25.6 \times 10^{-21}} = 0.1 \times 10^{-8} \text{ m} = 1 \times 10^{-9} \text{ m}$
$x \times 10^{-9} \text{ m}$ સાથે સરખાવતા, આપણને $x = 1$ મળે છે.

(D) બોહર મોડેલ મુજબ, $n$ મી કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n = n^2 a_0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $a_0$ એ બોહર ત્રિજ્યા છે.
$n$ મી કક્ષાનો પરિઘ $2\pi r_n = 2\pi n^2 a_0$ થાય છે.
ડી-બ્રોગ્લી ઉત્કલ્પના મુજબ, સ્થિર કક્ષા માટેની શરત $n\lambda = 2\pi r_n$ છે.
$r_n$ નું સૂત્ર મૂકતા, આપણને $n\lambda_n = 2\pi n^2 a_0$ મળે છે, જેનું સાદું રૂપ આપતા $\lambda_n = 2\pi n a_0$ મળે છે.
ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ $(n = 1)$ માટે, $\lambda_1 = 2\pi(1)a_0 = 2\pi a_0$ થાય.
$n = 3$ લેવલ માટે, $\lambda_3 = 2\pi(3)a_0 = 3(2\pi a_0) = 3\lambda_1$ થાય.
તેથી, $\lambda_3 = 3\lambda_1$ મળે છે.

(C) ઉત્સર્જિત વિકિરણની તરંગલંબાઇ માટે રિડબર્ગ સૂત્ર: $\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right)$.
પ્રથમ કિસ્સા માટે: ઇલેક્ટ્રોન બીજી ઉત્તેજિત અવસ્થા $(n_i = 3)$ માંથી પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા $(n_f = 2)$ માં સંક્રમણ કરે છે.
$\frac{1}{\lambda_0} = R \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2} \right) = R \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right) = R \left( \frac{5}{36} \right)$.
તેથી, $\lambda_0 = \frac{36}{5R}$.
બીજા કિસ્સા માટે: ઇલેક્ટ્રોન ત્રીજી ઉત્તેજિત અવસ્થા $(n_i = 4)$ માંથી બીજી કક્ષા $(n_f = 2)$ માં સંક્રમણ કરે છે.
$\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{4^2} \right) = R \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{16} \right) = R \left( \frac{3}{16} \right)$.
તેથી, $\lambda = \frac{16}{3R}$.
હવે, $\lambda$ ને $\lambda_0$ ના પદમાં દર્શાવતા:
$\lambda = \frac{16}{3R} = \frac{16}{3} \times \frac{5\lambda_0}{36} = \frac{80\lambda_0}{108} = \frac{20\lambda_0}{27}$.
આને આપેલ સમીકરણ $\frac{20\lambda_0}{x}$ સાથે સરખાવતા, આપણને $x = 27$ મળે છે.

(C) ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઉર્જા $(E)$ એ વર્ક ફંક્શન $(\phi)$ અને મહત્તમ ગતિઊર્જા $(K_{max})$ ના સરવાળા જેટલી હોય છે:
$E = \phi + K_{max} = 2.65 \text{ eV} + 10.1 \text{ eV} = 12.75 \text{ eV}$.
હાઇડ્રોજન પરમાણુમાં, $n^{th}$ અવસ્થામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જા $E_n = -13.6 / n^2 \text{ eV}$ છે.
જ્યારે ઇલેક્ટ્રોન $n$ અવસ્થામાંથી ધરા અવસ્થા $(n=1)$ માં સંક્રમણ કરે ત્યારે ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઉર્જા:
$E = E_n - E_1 = -13.6 / n^2 - (-13.6 / 1^2) = 13.6 (1 - 1/n^2) \text{ eV}$.
બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$12.75 = 13.6 (1 - 1/n^2)$
$12.75 / 13.6 = 1 - 1/n^2$
$0.9375 = 1 - 1/n^2$
$1/n^2 = 1 - 0.9375 = 0.0625$
$n^2 = 1 / 0.0625 = 16$
$n = 4$.

(A) બોહરના ક્વોન્ટાઇઝેશનના અધિતર્ક મુજબ, કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $L = mvr = nh / 2\pi$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રથમ કક્ષા માટે, $n = 1$, તેથી $mvr = h / 2\pi$.
વેગ $v = h / (2\pi mr)$ મળે છે.
પ્રતિ સેકન્ડ પરિભ્રમણની સંખ્યા $f$ એ આવૃત્તિ છે, જે $f = v / (2\pi r)$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત થાય છે.
આવૃત્તિના સૂત્રમાં $v$ ની કિંમત મૂકતા: $f = (h / 2\pi mr) / (2\pi r) = h / 4\pi^2mr^2$.
આમ, સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(B) હાઇડ્રોજન પરમાણુમાં, ન્યુક્લિયસ (ચાર્જ $+e$) અને ઇલેક્ટ્રોન (ચાર્જ $-e$) વચ્ચેનું સ્થિત-વિદ્યુત આકર્ષણ બળ, ઇલેક્ટ્રોનને $r$ ત્રિજ્યાની વર્તુળાકાર કક્ષામાં ગતિ કરવા માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે.
કુલંબના નિયમ મુજબ, સ્થિત-વિદ્યુત બળ $F = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{e^2}{r^2}$ છે.
વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ $F = \frac{mv^2}{r}$ છે.
આ બંને બળોને સરખાવતા: $\frac{mv^2}{r} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{e^2}{r^2}$.
બંને બાજુ $r/2$ વડે ગુણતા, આપણને મળે છે: $\frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{e^2}{2r}$.
ગતિઊર્જા $K = \frac{1}{2}mv^2 = \frac{e^2}{8\pi\epsilon_0 r}$ છે.
અહીં $e$, $\pi$, અને $\epsilon_0$ અચળાંકો હોવાથી, ગતિઊર્જા $K$ એ $e^2/r$ ના સમપ્રમાણમાં છે.

(A) હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે બોહરના સિદ્ધાંત મુજબ:
$1$. $n$ મી કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n \propto n^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$2$. $n$ મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઝડપ $V_n \propto 1/n$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
હવે, $Vr$ નો ગુણાકાર તપાસીએ:
$Vr \propto (1/n) \times n^2 = n$.
આ $n$ ના સમપ્રમાણમાં છે.
હવે, $1/Vr$ તપાસીએ:
$1/Vr \propto 1/n$.
આમ, ભૌતિક રાશિ $1/Vr$ એ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક '$n$' ના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં છે.

(A) '$r$' ત્રિજ્યાની વર્તુળાકાર કક્ષામાં '$v$' વેગથી ભ્રમણ કરતા ઇલેક્ટ્રોનની ચુંબકીય ડાયપોલ મોમેન્ટ '$M$' એ $M = IA$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં '$I$' એ પ્રવાહ છે અને '$A$' એ કક્ષાનું ક્ષેત્રફળ છે.
$I = e/T = ev / (2\pi r)$
$A = \pi r^2$
તેથી, $M = (ev / 2\pi r) \times \pi r^2 = evr / 2$.
ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન '$L$' એ $L = mvr$ છે.
'$M$' ના સમીકરણ પરથી, આપણને મળે છે $M = (e/2m) \times (mvr) = (e/2m) \times L$.
'$L$' ને કર્તા બનાવતા, $L = 2mM / e$ મળે છે.

(C) બોહર કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનો કેન્દ્રગામી પ્રવેગ $a_c = \frac{v^2}{r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે, $n^{th}$ કક્ષામાં વેગ $v$ એ $\frac{1}{n}$ ના પ્રમાણમાં છે $(v \propto \frac{1}{n})$ અને ત્રિજ્યા $r$ એ $n^2$ ના પ્રમાણમાં છે $(r \propto n^2)$.
આ કિંમતોને કેન્દ્રગામી પ્રવેગના સૂત્રમાં મૂકતા:
$a_c \propto \frac{(1/n)^2}{n^2} = \frac{1/n^2}{n^2} = \frac{1}{n^4}$.
તેથી, $3^{rd}$ અને $5^{th}$ કક્ષા માટે કેન્દ્રગામી પ્રવેગનો ગુણોત્તર:
$\frac{a_3}{a_5} = \frac{n_5^4}{n_3^4} = \left(\frac{5}{3}\right)^4 = \frac{625}{81}$.
આમ, ગુણોત્તર $625 : 81$ છે.

(C) હાઇડ્રોજન પરમાણુના બોહર મોડેલ મુજબ, $n^{th}$ કક્ષામાં રહેલા ઇલેક્ટ્રોનની કુલ ઉર્જા $E = -\frac{13.6}{n^2} \text{ eV}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આનો અર્થ એ છે કે $E \propto n^{-2}$.
$n^{th}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $L = \frac{nh}{2\pi}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આનો અર્થ એ છે કે $L \propto n$, અથવા $n \propto L$.
ઉર્જાના સંબંધ $E \propto n^{-2}$ માં $n \propto L$ મૂકતા, આપણને $E \propto (L)^{-2}$ મળે છે, જેનો અર્થ છે કે $E \propto L^{-2}$.

(B) હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n$-મી કક્ષામાં ભ્રમણ કરતા ઇલેક્ટ્રોન સાથે સંકળાયેલ ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ $\lambda$ નું સૂત્ર $\lambda = \frac{h}{p} = \frac{2\pi r_n}{n}$ છે, જ્યાં $r_n$ એ $n$-મી કક્ષાની ત્રિજ્યા છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $r_n \propto n^2$, તેથી $\lambda \propto \frac{n^2}{n} = n$ થાય.
ધરા-સ્થિતિ માટે $n_1 = 1$ છે.
ત્રીજી ઉત્તેજિત અવસ્થા માટે $n_2 = 4$ થાય છે.
અહીં $n_2 > n_1$ હોવાથી, જેમ ઇલેક્ટ્રોન ઉચ્ચ ઉર્જા અવસ્થામાં જાય છે તેમ ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ $\lambda$ માં વધારો થાય છે.

(A) હાઇડ્રોજન પરમાણુમાં $n^{th}$ બોહર કક્ષાની ત્રિજ્યાનું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$r_n = n^2 a_0$
જ્યાં $n$ એ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક છે $(n = 1, 2, 3, 4, ...)$ અને $a_0$ એ બોહર ત્રિજ્યા છે.
પ્રથમ ચાર કક્ષાઓ માટે:
$n = 1$ માટે, $r_1 = 1^2 a_0 = 1 a_0$
$n = 2$ માટે, $r_2 = 2^2 a_0 = 4 a_0$
$n = 3$ માટે, $r_3 = 3^2 a_0 = 9 a_0$
$n = 4$ માટે, $r_4 = 4^2 a_0 = 16 a_0$
આમ, ત્રિજ્યાઓનો ગુણોત્તર $r_1 : r_2 : r_3 : r_4 = 1 : 4 : 9 : 16$ થાય છે.

(A) બોહરના મોડેલ મુજબ, $n^{\text{મી}}$ કક્ષાની ત્રિજ્યા $r_n = \frac{n^2h^2\epsilon_0}{\pi me^2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$n^{\text{મી}}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનો વેગ $v_n = \frac{e^2}{2\epsilon_0nh}$ છે.
કક્ષીય આવર્તકાળ $T$ એ એક પરિભ્રમણ પૂર્ણ કરવા માટે લાગતો સમય છે, જે $T = \frac{2\pi r_n}{v_n}$ છે.
$r_n$ અને $v_n$ ના સૂત્રો મૂકતા:
$T = \frac{2\pi (\frac{n^2h^2\epsilon_0}{\pi me^2})}{(\frac{e^2}{2\epsilon_0nh})}$
$T = \frac{2n^2h^2\epsilon_0}{me^2} \times \frac{2\epsilon_0nh}{e^2}$
$T = \frac{4\epsilon_0^2n^3h^3}{me^4}$.
આમ, સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(B) બોહરના સિદ્ધાંત મુજબ, ન્યુક્લિયસ અને ઇલેક્ટ્રોન વચ્ચે લાગતું સ્થિત વિદ્યુત બળ $F$ એ કુલંબના નિયમ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $F = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Ze^2}{r^2}$.
બોહરના મોડેલમાં, $n$-મી કક્ષાની ત્રિજ્યા $n^2$ ના સમપ્રમાણમાં હોય છે, એટલે કે $r \propto n^2$.
આ કિંમતને બળના સમીકરણમાં મૂકતા: $F \propto \frac{1}{r^2} \propto \frac{1}{(n^2)^2} = \frac{1}{n^4}$.
તેથી, $F \propto n^{-4}$.

(B) કક્ષામાં પરિભ્રમણ કરતા ઇલેક્ટ્રોનનો કક્ષીય ચુંબકીય મોમેન્ટ $(m_{orb})$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $m_{orb} = \frac{e}{2m_e} L$, જ્યાં $L$ એ કક્ષીય કોણીય વેગમાન છે.
બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ, $n^{th}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનું કક્ષીય કોણીય વેગમાન $L = \frac{nh}{2\pi}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આ કિંમતને $m_{orb}$ ના સમીકરણમાં મૂકતા, આપણને મળે છે: $m_{orb} = \frac{e}{2m_e} \times \frac{nh}{2\pi}$.
અહીં $e$, $m_e$, $h$, અને $\pi$ અચળાંકો હોવાથી, આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે $m_{orb} \propto n$.
તેથી, કક્ષીય ચુંબકીય મોમેન્ટ એ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n$ ના સમપ્રમાણમાં હોય છે.

(B) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુની $n$ મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જાનું સૂત્ર: $E_n = -13.6 \times \frac{Z^2}{n^2} \text{ eV}$ છે.
હાઇડ્રોજન પરમાણુની બીજી કક્ષા માટે $(Z=1, n=2)$: $E = -13.6 \times \frac{1^2}{2^2} = -13.6 \times \frac{1}{4} \text{ eV}$.
તેથી, $-13.6 \text{ eV} = 4E$.
હિલિયમ પરમાણુની ત્રીજી કક્ષા માટે $(Z=2, n=3)$: $E' = -13.6 \times \frac{2^2}{3^2} = -13.6 \times \frac{4}{9} \text{ eV}$.
$E'$ ના સમીકરણમાં $-13.6 = 4E$ મૂકતા:
$E' = (4E) \times \frac{4}{9} = \frac{16E}{9}$.

(C) બોહરના ક્વોન્ટાઇઝેશનના અભિધારણા મુજબ, $n$ ક્વોન્ટમ આંક ધરાવતી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $L = n(h / 2\pi)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ત્રીજી બોહર કક્ષા $(n_1 = 3)$ માટે, કોણીય વેગમાન $l = 3(h / 2\pi)$ છે.
ચોથી બોહર કક્ષા $(n_2 = 4)$ માટે, કોણીય વેગમાન $L' = 4(h / 2\pi)$ છે.
બંને સમીકરણોનો ગુણોત્તર લેતા: $L' / l = (4(h / 2\pi)) / (3(h / 2\pi)) = 4/3$.
તેથી, $L' = (4/3)l$.

(C) હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુમાં ઇલેક્ટ્રોનની 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.
હાઇડ્રોજનની ધરા-સ્થિતિ માટે, $n_H = 1$ અને $Z_H = 1$. તેથી, $r_H = a_0 \frac{1^2}{1} = a_0$.
ત્રિ-આયનીકૃત બેરિલિયમ $(Be^{3+})$ માટે, $Z_{Be} = 4$. ધારો કે તેની ઊર્જા અવસ્થા $n_{Be}$ છે. તેની ત્રિજ્યા $r_{Be} = a_0 \frac{n_{Be}^2}{4}$ થશે.
આપેલ છે કે $r_{Be} = r_H$, તેથી $a_0 \frac{n_{Be}^2}{4} = a_0$.
આ સમીકરણનું સાદું રૂપ આપતા $\frac{n_{Be}^2}{4} = 1$ મળે, જેનો અર્થ છે કે $n_{Be}^2 = 4$.
તેથી, $n_{Be} = 2$.

(A) $n^{th}$ કક્ષા માટે બોહર ત્રિજ્યા $r_n = a_0 n^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $a_0$ એ બોહર ત્રિજ્યાનો અચળાંક છે.
આપેલ શરત મુજબ: $r_{n+1} - r_n = r_{n-1}$.
સૂત્ર મૂકતા: $a_0(n+1)^2 - a_0 n^2 = a_0(n-1)^2$.
$a_0$ વડે ભાગતા: $(n+1)^2 - n^2 = (n-1)^2$.
પદોનું વિસ્તરણ કરતા: $(n^2 + 2n + 1) - n^2 = n^2 - 2n + 1$.
સાદું રૂપ આપતા: $2n + 1 = n^2 - 2n + 1$.
સમીકરણને ગોઠવતા: $n^2 - 4n = 0$.
અવયવ પાડતા: $n(n - 4) = 0$.
અહીં $n$ એ કક્ષાનો ક્રમાંક દર્શાવે છે, તેથી $(n-1)^{th}$ કક્ષાના અસ્તિત્વ માટે $n > 1$ હોવું જોઈએ. તેથી, $n = 4$.

(A) બોહરના સિદ્ધાંત મુજબ, $n$ મી કક્ષામાં રહેલા ઇલેક્ટ્રોનનું કક્ષીય કોણીય વેગમાન $L = \frac{nh}{2\pi}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ઇલેક્ટ્રોનની કક્ષીય ગતિ સાથે સંકળાયેલ ચુંબકીય મોમેન્ટ $\mu_l = \frac{e}{2m} L$ છે.
$L$ ની કિંમત મૂકતા, આપણને $\mu_l = \frac{e}{2m} \left( \frac{nh}{2\pi} \right)$ મળે છે.
અહીં $e$, $m$, $h$ અને $\pi$ અચળાંકો હોવાથી, આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે $\mu_l \propto n$.
તેથી, ચુંબકીય મોમેન્ટ એ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક $n$ ના સમપ્રમાણમાં હોય છે.

(C) બોહરની ક્વોન્ટાઈઝેશન શરત મુજબ, $n^{th}$ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $mvr = \frac{nh}{2\pi}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
દ-બ્રોગ્લી સંબંધ મુજબ, તરંગલંબાઈ $\lambda = \frac{h}{mv}$ છે.
બોહરની ક્વોન્ટાઈઝેશન શરતને ફરીથી ગોઠવતા, આપણને $mv = \frac{nh}{2\pi r}$ મળે છે.
આ કિંમતને દ-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈના સૂત્રમાં મૂકતા: $\lambda = \frac{h}{(nh / 2\pi r)}$.
આ પદનું સાદું રૂપ આપતા, આપણને $\lambda = \frac{2\pi r}{n}$ મળે છે.

(C) હાઇડ્રોજન પરમાણુની $n$ મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઉર્જાનું સૂત્ર: $E_n = -13.6/n^2 \text{ eV}$ છે.
આપેલ છે કે $E_n = -0.544 \text{ eV}$.
તેથી, $-13.6/n^2 = -0.544$.
$n^2 = 13.6 / 0.544 = 25$.
આમ, $n = 5$.
બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ, $n$ મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનું કોણીય વેગમાન $(L)$ $L = nh/2\pi$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$n = 5$ મૂકતા, આપણને $L = 5h/2\pi$ મળે છે.

(D) હાઇડ્રોજન પરમાણુ માટે બોહરના અભિધારણા મુજબ, ઇલેક્ટ્રોન ફક્ત તે જ કક્ષાઓમાં પરિભ્રમણ કરી શકે છે જેના માટે તેનું કોણીય વેગમાન $(L)$ એ $h/2\pi$ નું પૂર્ણાંક ગુણક હોય.
આ ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે: $L = n(h/2\pi)$, જ્યાં $n = 1, 2, 3, ...$ એ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક છે, અને $h$ એ પ્લાન્કનો અચળાંક છે.
તેથી, કોણીય વેગમાન એ એવી રાશિ છે જે $h/2\pi$ નું પૂર્ણાંક ગુણક છે.

(C) હાઇડ્રોજન પરમાણુમાં, ન્યુક્લિયસ (વીજભાર $+e$) અને ઇલેક્ટ્રોન (વીજભાર $-e$) વચ્ચેનું સ્થિત-વિદ્યુત આકર્ષણ બળ, ઇલેક્ટ્રોનને $r$ ત્રિજ્યાની વર્તુળાકાર કક્ષામાં ભ્રમણ કરવા માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે.
કુલંબના નિયમ મુજબ, સ્થિત-વિદ્યુત બળ $F = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{e^2}{r^2}$ છે.
વર્તુળાકાર ગતિ માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ $F = \frac{mv^2}{r}$ છે.
આ બંનેને સરખાવતા, આપણને $\frac{mv^2}{r} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{e^2}{r^2}$ મળે છે.
બંને બાજુ $r/2$ વડે ગુણતા, $\frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{e^2}{2r}$ મળે છે.
ગતિઊર્જા $(K.E.)$ નું સૂત્ર $K.E. = \frac{1}{2}mv^2 = \frac{e^2}{8\pi\epsilon_0 r}$ છે.
અહીં $\epsilon_0$ અચળાંક હોવાથી, ગતિઊર્જા $e^2/r$ ના સમપ્રમાણમાં છે.

(B) હાઇડ્રોજન પરમાણુની પ્રથમ કક્ષા $(n=1)$ માટે:
$1$. કુલ ઊર્જા $E_T = -13.6 \text{ eV}$ છે.
$2$. ગતિઊર્જા અને કુલ ઊર્જા વચ્ચેનો સંબંધ $E_K = -E_T$ છે, તેથી $E_K = -(-13.6 \text{ eV}) = 13.6 \text{ eV}$.
$3$. સ્થિતિઊર્જા અને કુલ ઊર્જા વચ્ચેનો સંબંધ $E_P = 2E_T$ છે, તેથી $E_P = 2 \times (-13.6 \text{ eV}) = -27.2 \text{ eV}$.

(C) બોહરની બીજી અભિધારણા જણાવે છે કે ઇલેક્ટ્રોન ફક્ત તે જ કક્ષાઓમાં ભ્રમણ કરી શકે છે જેના માટે તેનું કોણીય વેગમાન $L$ એ $\frac{h}{2\pi}$ નો પૂર્ણાંક ગુણાંક હોય.
ગાણિતિક રીતે, $L = n \frac{h}{2\pi}$, જ્યાં $n = 1, 2, 3, ...$ એ મુખ્ય ક્વોન્ટમ આંક છે અને $h$ એ પ્લાન્કનો અચળાંક છે.
આ સ્થિતિને કોણીય વેગમાનનું ક્વોન્ટાઇઝેશન કહેવામાં આવે છે.