AYT Fen deneme — ücretsiz, 40 soru, çözümlü

Ağırlık ile normal kuvvet düşeyde birbirini götürür; $N=G$’dir. Sürtünme yokken net kuvvet yalnızca $F$ kadar ve yataydır, ivme de $F$ yönündedir.

Kısaca — P noktasında cismin kinetik enerjisi $0,30\mathrm{J}$ olarak hesaplanır.

Sürtünmelerin ihmal edildiği sistemde toplam mekanik enerji sabittir ve grafikte kesikli çizgiyle gösterilen $E=0,40\mathrm{J}$ değerine eşittir. Herhangi bir andaki mekanik enerji, potansiyel ve kinetik enerjinin toplamıdır ($E=U+K$). Grafikte P noktasının ($x=2\mathrm{c}\mathrm{m}$) düşey eksendeki karşılığına bakıldığında potansiyel enerjinin $U=0,10\mathrm{J}$ olduğu görülür. Buradan kinetik enerji $K=E-U=0,40-0,10=0,30\mathrm{J}$ bulunur. Grafikte P noktasında okunan $0,10\mathrm{J}$ değerinin potansiyel enerji olduğunu unutup doğrudan kinetik enerji olarak almak en güçlü çeldiricidir.

Kısaca — Trenin koridorunda yürüyen yolcunun otomobile göre hızı doğu yönünde 5 m/s’dir.

Tablodaki bilgilere göre tren yere göre $+20\text{ m/s}$, yolcu ise trene göre $-3\text{ m/s}$ hızla hareket etmektedir. Buradan yolcunun yere göre hızı ${\vec{v}}_{\text{yolcu}}={\vec{v}}_{\text{tren}}+{\vec{v}}_{\text{yolcu/tren}}=(+20)+(-3)=+17\text{ m/s}$ (doğu) bulunur. Otomobilin yere göre hızı $+12\text{ m/s}$ olduğundan, yolcunun otomobile göre bağıl hızı ${\vec{v}}_{\text{ba}\breve{\text{g}}\text{ıl}}={\vec{v}}_{\text{yolcu}}-{\vec{v}}_{\text{otomobil}}=(+17)-(+12)=+5\text{ m/s}$ olarak hesaplanır. Pozitif işaret bağıl hızın doğu yönünde olduğunu gösterir. En yaygın çeldirici, yolcunun hızını doğrudan otomobilden çıkarıp $-3-(+12)=-15\text{ m/s}$ gibi alakasız sonuçlara ya da hızları toplayarak 29 m/s değerine gitmektir.

Alternatif gerilim kaynağı, primerde değişen akım ve çekirdekte değişen manyetik akı oluşturur. Bu akı sekonderde alternatif gerilim indükler. Diğer kaynaklarla geçici etkiler sona erdikten sonra manyetik akı değişmez.

Kısaca — Cisme A noktasında etki eden merkezcil kuvvetin büyüklüğü 32 N’dir.

Şekildeki $O$ merkezli ve $r=4\text{m}$ yarıçaplı çembersel yörüngede dönen $m=2\text{kg}$ kütleli cismin $A$ noktasındaki çizgisel sürati $v_A=8\text{m/s}$ olarak verilmiştir. Düzgün çembersel harekette cisme merkeze doğru etki eden net kuvvet olan merkezcil kuvvet $F_m={\displaystyle \frac{m{v}^2}{r}}$ formülüyle bulunur. Verilenler yerine konulduğunda $F_m={\displaystyle \frac{2\cdot 8^2}{4}}={\displaystyle \frac{128}{4}}=32\text{N}$ elde edilir. Hızın karesini almayı unutan öğrenciler ${\displaystyle \frac{mv}{r}}=4\text{N}$ çeldiricisine, yarıçapa bölmeyi unutanlar ise 128 N değerine kapılabilmektedir.

Eliptik yörüngede mekanik enerji korunduğundan yıldızdan uzaklaştıkça hız büyüklüğü azalır. Verilen üç konum arasında yıldıza en uzak olan Z’de hız en küçüktür.

Kısaca — Radar sinyalinin gidiş-dönüş süresi dikkate alındığında uçağın radara uzaklığı 30 kilometredir.

Radar istasyonundan gönderilen elektromanyetik dalga uçağa ulaşıp yansıdıktan sonra tekrar istasyona döndüğünden, ölçülen $2,0\times 10^{-4}\mathrm{s}$’lik süre gidiş ve gelişin toplamıdır. Işığın aldığı toplam yol $2d=c\cdot t$ olduğundan tek yönlü mesafe $d={\displaystyle \frac{c\cdot t}{2}}$ bağıntısıyla hesaplanır. Değerler yerine yazıldığında $d={\displaystyle \frac{(3,0\times 10^8\mathrm{m}\mathrm{/}\mathrm{s})\cdot (2,0\times 10^{-4}\mathrm{s})}{2}}=3,0\times 10^4\mathrm{m}=30\mathrm{k}\mathrm{m}$ bulunur. Sürenin yalnızca gidiş süresi olduğunu zannedip ikiye bölmeyi unutanlar mesafeyi 60 kilometre bularak çeldiriciye yönelmektedir.

Kısaca — Aynı ortamda tüm elektromanyetik dalgalar eşit süratle yayıldığından frekansı daha büyük olan UV’nin dalga boyu daha küçüktür; bu nedenle II ve III yargıları doğrudur.

Elektromanyetik dalgaların yayılma sürati yalnızca yayıldıkları ortama bağlıdır; dolayısıyla aynı ortamda bulunan ultraviyole (UV) ve kızılötesi (IR) dalgaların süratleri birbirine eşittir (I. yargı yanlıştır). Tabloda belirtildiği gibi UV ışınlarının frekansı görünür ışıktan yüksek, IR ışınlarının frekansı ise düşüktür; bu durumda UV’nin frekansı IR’ninkinden büyüktür (II. yargı doğrudur). Dalga hız bağıntısına ($c=\lambda \cdot f$) göre aynı ortamda sürat sabit olduğundan frekans ile dalga boyu ters orantılıdır; frekansı büyük olan UV dalgalarının dalga boyu daha küçüktür (III. yargı doğrudur). En yaygın yanılgı, enerjisi veya frekansı yüksek dalgaların ortamda daha hızlı ilerleyeceğini düşünmektir; dalga süratini kaynağın değil, ortamın belirlediğini unutmamalısın.

Kısaca — Pozitif yükün I. bölgede sapmadan doğrusal ilerlemesi için elektrik alanın hız vektörüyle aynı yönde (sağa) olması, II. bölgede çembersel yay çizmesi için ise manyetik alanın sayfa düzlemine dik olması gerekir.

Grafikte görüldüğü gibi parçacık I. bölgede yatay doğrultusunu koruyarak düz bir çizgi üzerinde hareket etmektedir; pozitif yüke etki eden elektriksel kuvvet $\vec{F}=q\vec{E}$ hız vektörüyle aynı yönde (sağa) olduğunda parçacık doğrultusunu değiştirmeden yalnızca hızlanır (eğer elektrik alan hıza dik olsaydı parçacık parabolik sapma gösterirdi). II. bölgeye geçtiğinde ise parçacık şekildeki gibi aşağıya doğru kıvrılarak çembersel bir yay çizmektedir. Manyetik alandaki yüke etki eden Lorentz kuvveti $\vec{F}=q(\vec{v}\times \vec{B})$, alan hıza ve sayfa düzlemine dik olduğunda daima hız vektörüne dik kalır ve merkezcil kuvvet oluşturarak parçacığa çembersel hareket yaptırır. Bu nedenle tutarlı olan durum I’de sağa elektrik alan, II’de sayfa düzlemine dik manyetik alan bulunmasıdır.

Kısaca — Eşit kütleli cisimler merkezî esnek çarpıştığında hızlarını değiş tokuş ettiği için I ve II yargıları doğrudur.

Kütleleri eşit cisimlerin merkezî esnek çarpışmalarında, momentum ve kinetik enerji korunumunun doğal sonucu olarak hız vektörleri karşılıklı yer değiştirir. Çarpışmadan önce $K$ durup $L$ arabası $v$ hızıyla hareket ettiğinden, çarpışma sonrasında $L$ durur (I doğru), $K$ arabası ise $v$ hızıyla hareket eder (II doğru). Çarpışma esnek olduğu için mekanik enerji kaybı olmaz ve toplam kinetik enerji korunur (III yanlış). Günlük hayattaki esnek olmayan çarpışmalarla karıştırıp kinetik enerjinin ısıya dönüştüğünü düşünmemelisin.

Kısaca — K noktasının koordinatları $(30,35)\mathrm{m}$ ve K’den yere ulaşmasına kalan süre 7 s’dir.

Cismin yatay hızı hareket süresince değişmeyip $v_x=30\mathrm{m}\mathrm{/}\mathrm{s}$ kalır; K noktasında hız vektörü yatayla $45^{\circ }$ açı yaptığı ve cisim yükseldiği için düşey hız da $v_y=30\mathrm{m}\mathrm{/}\mathrm{s}$ olmalıdır. Düşey hızın 40 m/s’den 30 m/s’ye düşmesi $t={\displaystyle \frac{40-30}{10}}=1\mathrm{s}$ sürer. Bu 1 s içinde yatayda $x=30\cdot 1=30\mathrm{m}$, düşeyde ise $y=40\cdot 1-5\cdot 1^2=35\mathrm{m}$ yol alınır; dolayısıyla K noktasının koordinatları $(30,35)$ olur. Cismin toplam uçuş süresi $t_{\text{u}\stackrel{¸}{\text{c}}\text{u}\stackrel{¸}{\text{s}}}={\displaystyle \frac{2v_{0y}}{g}}={\displaystyle \frac{2\cdot 40}{10}}=8\mathrm{s}$ olduğundan, K noktasından yere ulaşması için kalan süre $8-1=7\mathrm{s}$ olarak bulunur. Öğrenciler tepe noktasına kadar olan süreyi (4 s) uçuş süresi sanıp kalan süreyi yanlış hesaplayarak çeldiricilere düşebilmektedir.

G’nin köşelere uzaklıkları eşit olduğundan $V_G=0$ olur. Kenar ortasının karşı köşeye uzaklığı $\sqrt{3}a\mathrm{/}2$ olduğundan $V_P=(4kq\mathrm{/}a)(1-1\mathrm{/}\sqrt{3})>0$ ve $V_R=(2kq\mathrm{/}a)(-1+1\mathrm{/}\sqrt{3})<0$ bulunur. I ve III doğrudur.

Kısaca — Menteşeye göre tork dengesinden destek kuvveti yukarı yönlü 210 N bulunur; toplam aşağı kuvvet 200 N olduğundan düşey dengenin sağlanabilmesi için menteşe çubuğa 10 N aşağı yönlü kuvvet uygulamalıdır.

Önce sol uçtaki menteşeye göre tork alarak destek kuvvetini ($F$) hesaplayalım: Çubuğun ağırlığı orta noktada (3 m) $120\cdot 3=360\text{ N}\cdot \text{m}$, sağ uçtaki yük (6 m) ise $80\cdot 6=480\text{ N}\cdot \text{m}$ saat yönünde tork üretir. Bu toplam $840\text{ N}\cdot \text{m}$’lik torku 4 m uzaktaki destek tek başına dengelediğinden $F\cdot 4=840\Rightarrow F=210\text{ N}$ (yukarı) çıkar. Şimdi çubuğun düşey kuvvet dengesine bakarsan: Aşağı doğru kuvvetlerin toplamı $120+80=200\text{ N}$, yukarı doğru destek kuvveti ise 210 N’dir. Düşeyde net kuvvetin sıfır olması için menteşenin çubuğa $210-200=10\text{ N}$ büyüklüğünde ve aşağı yönde kuvvet uygulaması şarttır. Menteşenin daima yukarı çekeceğini varsayan öğrenciler yönü ters bularak 10 N yukarı seçeneğine yönelir.

Düşük basınçta moleküller birbirinden uzaklaşır, yüksek sıcaklıkta ise kinetik enerji etkileşimleri bastırır; bu koşullarda gerçek gaz ideal gaza en çok yaklaşır.

Kısaca — Karbon atomları arasındaki toplam sigma bağı sayısı 4’tür. Moleküldeki beş karbon, açık bir zincirde dört karbon-karbon tek bağıyla birbirine bağlıdır. Her tek bağ bir sigma bağı içerdiğinden sonuç 4 olur. Çeldiriciye dikkat: Karbonların hidrojen, oksijen veya klorla yaptığı bağlar sorulan toplama katılmaz.

Kısaca — Erimiş $\mathrm{Z}\mathrm{n}\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2$ elektroliz edilirken anotta klor gazı, katotta çinko metali oluşur. Bu nedenle I ve II doğrudur; cevap C’dir. Pozitif kutba bağlı anotta $2\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}\to \mathrm{C}{\mathrm{l}}_2+2e^{-}$ yükseltgenmesi, negatif kutba bağlı katotta $\mathrm{Z}{\mathrm{n}}^{2+}+2e^{-}\to \mathrm{Z}\mathrm{n}$ indirgenmesi gerçekleşir. Çinko anotta değil katotta biriktiğinden III yanlıştır.

Kısaca — Bir bileşiğin standart oluşum entalpisinin her zaman negatif olduğu ifadesi yanlıştır. Standart oluşum entalpisi, bir bileşiğin standart koşullarda ($25{}^{\circ }\text{C}$, 1 atm) en kararlı elementlerinden 1 mol oluşması sırasındaki ısı değişimidir. Pek çok bileşik oluşurken dışarıya ısı verse de (ekzotermik, $\mathrm{\Delta }H<0$), azot monoksit ($\text{NO}$) ve asetilen (${\text{C}}_2{\text{H}}_2$) gibi bileşiklerin elementlerinden oluşumu endotermiktir ve oluşum entalpileri pozitiftir ($\mathrm{\Delta }H>0$). Bu nedenle standart oluşum entalpisi her zaman negatif olmak zorunda değildir. Elementlerin standart şartlardaki en kararlı hallerinin oluşum entalpisi ise tanım gereği sıfır kabul edilir.

Kısaca — Tepkime hızı ilk hızın 2 katı olur.

Başlangıçtaki hız bağıntısı $v_1=k[\mathrm{A}{]}^2[\mathrm{B}]$ olarak verilmiştir. A’nın derişimi 2 katına çıkarıldığında ikinci dereceden bağlı olduğu için hız $2^2=4$ katına çıkar; B’nin derişimi yarıya indirildiğinde ise birinci dereceden bağlı olduğu için hız ${\displaystyle \frac{1}{2}}$ katına iner. İki etkinin bileşkesi olarak yeni hız $v_2=k(2[\mathrm{A}]{)}^2({\displaystyle \frac{1}{2}}[\mathrm{B}])=4\times {\displaystyle \frac{1}{2}}\times v_1=2v_1$ olur; A’nın karesini almayı unutup katsayıları doğrudan çarparak hızın 1 katı kalacağını düşünmek en yaygın işlem hatasıdır.

Kısaca — Çözücü kütlesi kilograma dönüştürülüp çözünenin mol sayısı çözücü kütlesine bölündüğünde çözeltinin molalitesi 0,40 bulunur.

Molalite ($m$), 1 kg çözücüde çözünmüş olan maddenin mol sayısı olarak tanımlanır ve $m={\displaystyle \frac{n_{\stackrel{¸}{\text{c}}\ddot{\text{o}}\text{z}\ddot{\text{u}}\text{nen}}}{m_{\stackrel{¸}{\text{c}}\ddot{\text{o}}\text{z}\ddot{\text{u}}\text{c}\ddot{\text{u}}\text{ (kg)}}}}$ bağıntısıyla hesaplanır. Soruda verilen 750 g su, kilogram birimine çevrildiğinde ${\displaystyle \frac{750}{1000}}=0,750\mathrm{k}\mathrm{g}$ eder. Verilen değerler formülde yerine yazıldığında $m={\displaystyle \frac{0,30\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{l}}{0,750\mathrm{k}\mathrm{g}}}=0,40\mathrm{m}$ sonucuna ulaşılır.

Temel hâlde $3s$ alt kabuğu dolduktan sonra $3p$ alt kabuğuna elektron yerleşir. Üçüncü katmandaki yedi elektron $3s^{2}3p^5$ biçiminde dağıldığından dizilim $[\mathrm{N}\mathrm{e}]3s^{2}3p^5$ olur.

Kısaca — $\mathrm{C}\mathrm{a}\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2$ iyonlaşarak çözündüğünde ortamdaki toplam tanecik molalitesi $0,15\mathrm{m}$ olur ve moleküler çözünen glikozun derişimini ($0,10\mathrm{m}$) aştığı için $\mathrm{C}\mathrm{a}\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2$ çözeltisinin kaynamaya başlama sıcaklığı daha yüksektir.

Kaynama noktası yükselmesi çözeltideki toplam tanecik (iyon ya da molekül) derişimiyle doğru orantılıdır ($\mathrm{\Delta }{T}_k=K_k\cdot i\cdot m$). Glikoz suda moleküler çözündüğünden van ‘t Hoff faktörü $i=1$ olup etkin tanecik derişimi $1\cdot 0,10=0,10\mathrm{m}$’dir. $\mathrm{C}\mathrm{a}\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2$ ise $\mathrm{C}{\mathrm{a}}^{2+}+2\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}$ şeklinde ayrışarak formül başına 3 iyon verir ($i=3$) ve etkin tanecik derişimi $3\cdot 0,05=0,15\mathrm{m}$ olur. Etkin tanecik derişimi daha büyük olan $\mathrm{C}\mathrm{a}\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2$ çözeltisinin buhar basıncı daha çok düşer ve kaynama noktası daha fazla yükselir; yalnızca çözelti molalitesine aldanıp glikozu seçmek en yaygın çeldiricidir.

Kısaca — Etanol ile dimetil eter birbirinin fonksiyonel grup izomeridir.

Etanol ($\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\mathrm{H}$) ve dimetil eter ($\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{O}\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$) bileşiklerinin kapalı molekül formülleri aynı olup ${\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_6\mathrm{O}$’dur. Kapalı formülleri ve molekül kütleleri eşit olmasına karşın etanol alkol (karakteristik $-\mathrm{O}\mathrm{H}$ grubu), dimetil eter ise eter (karakteristik $-\mathrm{O}-$ köprüsü) fonksiyonel grubunu içerir. Moleküldeki fonksiyonel grupların farklı olmasından kaynaklanan bu yapısal izomerlik türü fonksiyonel grup izomerliği olarak adlandırılır.

Kısaca — Yükseltgenmenin gerçekleştiği Mg elektrot anottur ve anotta artan pozitif yükü dengelemek için tuz köprüsündeki anyonlar Mg yarı hücresine göç eder.

Net tepkime incelendiğinde $\mathrm{M}\mathrm{g}(\mathrm{k})$ maddesi $\mathrm{M}{\mathrm{g}}^{2+}$ iyonuna yükseltgendiği için Mg elektrot anot, $\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}$ iyonları indirgendiği için Cu elektrot katottur. Galvanik hücrelerde elektriksel yük denkliğini sağlamak amacıyla tuz köprüsündeki anyonlar anoda (Mg yarı hücresine), katyonlar ise katoda (Cu yarı hücresine) yönelir. Dış devrede elektronların daima anottan katoda aktığı hatırlanmalıdır; elektronların Cu’dan Mg’ye akacağını veya Mg kütlesinin artacağını varsaymak yaygın bir yanılgıdır.

Kısaca — Nötr X atomu için verilen ifadelerin tümü doğrudur; doğru yanıt I, II ve III’tür.

Geçiş metallerinden elektron koparılırken elektronlar öncelikle baş kuantum sayısı en büyük olan $4s$ orbitalinden ayrılır. Bu nedenle $X^{2+}$ iyonu $[\mathrm{A}\mathrm{r}]3{\mathrm{d}}^5$ dizilimine sahipse nötr X atomunun dizilimi $[\mathrm{A}\mathrm{r}]4{\mathrm{s}}^{2}3{\mathrm{d}}^5$ (${}_{25}\mathrm{M}\mathrm{n}$) olmalıdır. Bu dizilimde $n=4$ seviyesindeki $4s$ orbitalinde 2 elektron yer alır (I doğru) ve $\mathrm{\ell }=2$ kuantum sayısına sahip $3d$ alt kabuğunda 5 elektron bulunur (II doğru). Ayrıca $4s$ tam dolu olup $3d$ alt kabuğundaki beş orbital Hund kuralı gereği birer elektron içerdiğinden atomda 5 eşleşmemiş elektron vardır (III doğru).

Kısaca — Doğru yanıt I ve II ifadelerini içeren seçenektir.

Grafikte $t_1$ anında hem $[\mathrm{A}]$ hem de $[\mathrm{B}]$ derişiminin dikey bir sıçramayla $0,50\text{ mol/L}$’den $1,0\text{ mol/L}$’ye (iki katına) çıkması, kabın hacminin yarıya indirildiğini gösterir (I doğru). Hacim azaldığında sistem, Le Chatelier ilkesi gereğince gaz mol sayısının daha az olduğu ürünler yönüne kayar; bu yeniden dengeye ulaşma sürecinde ileri tepkime hızı geri tepkime hızından büyüktür ($r_{\text{ileri}}>r_{\text{geri}}$, II doğru). Denge sabiti $K_c$ yalnızca sıcaklığa bağlı bir büyüklüktür; sıcaklık sabit kaldığından $K_c$ değeri kesinlikle değişmez (III yanlış). Maddelerin derişimlerindeki net artışa aldanarak $K_c$’nin de arttığını düşünmek en yaygın çeldiricidir.

Şekil benzendir; aromatik kararlılığı nedeniyle bromla alkenler gibi kolay katılma tepkimesi vermez. Diğer ifadeler benzenin yapısı ve tam hidrojenlenmesi için doğrudur.

Kısaca — Bitkilerde su ve inorganik minerallerin kökten yapraklara doğru tek yönlü iletimini sağlayan temel iletim dokusu ksilemdir (odun boruları).

Bitkilerde iletim dokusu ksilem ve floem olmak üzere iki ana kısımdan oluşur. Ksilem; çeperlerinde lignin birikmiş trake ve trakeit gibi ölü hücrelerden meydana gelir ve kökten alınan su ile çözünmüş mineralleri yapraklara doğru kesintisiz bir sütun halinde taşır. Floem ise canlı hücrelerden oluşur ve fotosentezle üretilen organik besinlerin çift yönlü taşınmasını sağlar; sklerenkima ve kollenkima destek dokulardır, epidermis ise koruyucu örtü dokudur. Bu doğrultuda su ve minerallerin kökten yapraklara taşınmasında asıl görevli doku ksilemdir.

Kısaca — Grafikte 60. dakikada 165 mg/dL seviyesine çıkan kan glukozunun 150. dakikada 100 mg/dL düzeyine kadar gerilemesinde baskın rolü insülin oynar.

Öğün tüketildikten sonra sindirilen karbonhidratların emilimiyle kan glukozu yükselir ve grafikteki tepe noktası olan 60. dakikadaki 165 mg/dL değerine ulaşır. Bu hiperglisemi tablosu pankreas beta hücrelerini uyararak insülin salgısını tetikler; insülin de glukozun karaciğer ve kas hücrelerine girişini sağlayıp glikojen sentezini uyararak kan şekerini normale düşürür. Glukagon veya kortizol gibi hormonlar kan şekerini artırıcı yönde görev yaptığından bu düşüş evresinde etkili olamazlar.

Kısaca — Hem DNA hem de mRNA, çok sayıda nükleotidin birbirine fosfodiester bağlarıyla bağlanması sonucu oluşan birer nükleotit polimeridir.

Nükleik asitlerin tamamı (DNA ve tüm RNA çeşitleri) yapı birimi olarak nükleotitlerden meydana gelen polimerik makromoleküllerdir. İkili sarmal yapı ve kendini eşleme (replikasyon) yalnızca DNA’ya ait özelliklerdir. Riboz şekeri RNA’ya özgüyken (DNA’da deoksiriboz bulunur), ribozomun yapısına katılan RNA türü ise mRNA değil rRNA’dır; bu nedenle her iki molekül için tek ortak özellik nükleotit polimeri olmalarıdır.

Kısaca — Villuslar ince bağırsağın emilim yüzeyini katbekat genişlettiği için hasar görmeleri durumunda besin monomerlerinin kana ve lenfe geçişi belirgin ölçüde azalır.

İnce bağırsak iç yüzeyindeki villus ve mikrovillus kıvrımları, emilim alanını yüzlerce metrekareye ulaştırarak monomerlerin dolaşıma hızla geçmesini sağlar. Soruda sindirim enzimlerinin üretiminin ve bağırsak hareketlerinin sürdüğü belirtilmiştir; bu durum besinlerin hidroliz edilebildiğini ancak emilim yüzeyi daraldığı için oluşan sindirim ürünlerinin dolaşıma verimli aktarılamadığını gösterir. Dolayısıyla villus harabiyetinde öncelikle sindirim ürünlerinin kana ve lenfe geçişinin azalması beklenir.

İşaretli oksijen atomları başlangıçta yalnızca suda bulunduğundan, açığa çıkan gazdaki işaret suyun parçalanmasından kaynaklanır.

Kısaca — Böbrek hasarı eritropoietin salgısını azaltarak alyuvar üretiminin düşmesine yol açabilir.

Böbreklerden salgılanan eritropoietin, kırmızı kemik iliğinde alyuvar yapımını uyarır. Demir, B12 vitamini ve folik asit eksikliği bulunmadığına göre böbrek hasarıyla birlikte görülen alyuvar azalması, eritropoietin salgısının azalmasıyla doğrudan açıklanır. Bu nedenle doğru cevap B’dir. Diğer hormonlar kırmızı kemik iliğinde alyuvar üretimini doğrudan uyaran temel hormon değildir.

Kısaca — Alyuvarın izlediği doğru sıra akciğer atardamarı → akciğer kılcalları → akciğer toplardamarı → sol kulakçık şeklindedir.

Küçük kan dolaşımında sağ karıncıktan çıkan oksijence fakir kan, akciğer atardamarı aracılığıyla gaz değişiminin yapılacağı akciğer kılcallarına ulaştırılır.

Alveol kılcallarında oksijenlenerek temizlenen kan, ardından akciğer toplardamarına geçerek kalbin sol kulakçığına dökülür.

Kalpten çıkan damarların daima atardamar, kalbe kan getiren damarların ise daima toplardamar olduğunu hatırlarsan damar sırasını karıştırmazsın.

Kısaca — Grafikte P ve S noktalarının düşey eksendeki karşılıkları aynı (2 birim) olduğundan bu iki farklı yoğunluk düzeyinde birim zamandaki net birey artışları eşittir.

Grafiğin düşey ekseni birim zamandaki net birey artışını göstermektedir. P(1, 2) ve S(5, 2) noktalarının her ikisinde de eğrinin yüksekliği 2 birimdir; yani popülasyon yoğunlukları farklı olsa da popülasyona birim zamanda eklenen net birey sayıları özdeştir. Parabolün tepe noktası olan R(3, 4) ise popülasyonun en hızlı büyüdüğü taşıma kapasitesinin yarısı ($K\mathrm{/}2$) düzeyini temsil eder; S noktasında yoğunluk yüksek olduğundan rekabet fazladır ancak net artış miktarı P ile aynıdır.

Kısaca — Çimlenmenin başlaması ve sürmesi için enzim etkinliğini başlatan su, ATP üretimi için oksijen ve metabolizma için uygun sıcaklık zorunludur; toprak altındaki embriyo fotosentez yapmadığı için ışık genel bir gereklilik değildir.

Tohumun çimlenmesinde temel kural ‘SOS’ (Su, Oksijen, Sıcaklık) üçlüsüdür: su tohum kabuğunu yumuşatıp enzimleri hidrate ederek metabolizmayı başlatır, oksijen hızlanan aerobik solunum için şarttır, uygun sıcaklık ise enzimlerin optimum çalışmasını sağlar. Dormansisi bulunmayan canlı bir fasulye tohumu toprak altında çimlenirken klorofilsizdir ve ihtiyacı olan enerjiyi çeneklerindeki depo besinlerden karşılar; bu nedenle fotosentez yapamaz ve ışığa bağımlı değildir. Işığın bitkisel hayatın her aşamasında mutlaka gerekli olduğunu varsaymak öğrencilerin en çok düştüğü çeldiricidir.

Av 3. yılda (~95), avcı 4. yılda (~45) tepe yapar; klasik av–avcı modelinde avcı yanıtı gecikmelidir.

Kısaca — Solunum gazlarının akciğer kılcalları ile alveoller arasındaki geçişi, moleküllerin kısmi basınç farkına dayalı basit difüzyonla gerçekleşir.

Alveol düzeyindeki gaz alışverişinde enerji harcanmaz ve hiçbir gaz aktif taşımayla iletilmez. Doku kılcallarından akciğere gelen kirli kanda karbondioksitin kısmi basıncı ($P_{{\text{CO}}_2}\approx 45\text{ mmHg}$), alveol havasındaki değerden ($P_{{\text{CO}}_2}\approx 40\text{ mmHg}$) daha yüksek olduğu için karbondioksit kendiliğinden kandan alveol boşluğuna difüze olur. Alveol duvarının çok katlı değil, tek katlı yassı epitelden oluşması da bu difüzyon mesafesini kısaltarak gaz değişimini hızlandırır.

Kısaca — Kalıp DNA zinciri $3^{\mathrm{\prime }}\to 5^{\mathrm{\prime }}$ yönünde okunduğunda, antiparalel ve tamamlayıcı kurallara göre sentezlenen mRNA zinciri $5^{\mathrm{\prime }}\text{-AUG GCU UGA-}{3}^{\mathrm{\prime }}$ olur.

RNA polimeraz kalıp DNA zincirine karşılık mRNA sentezlerken hem bazları tamamlar (Adenin karşısına Urasil, Timin karşısına Adenin, Guanin karşısına Sitozin) hem de zincir yönünü antiparalel kurar. Kalıp zincir $3^{\mathrm{\prime }}\text{-TAC CGA ACT-}{5}^{\mathrm{\prime }}$ verildiği için sentezlenen mRNA mutlaka $5^{\mathrm{\prime }}$ ucuyla başlamalı ve $3^{\mathrm{\prime }}$ ucuyla bitmelidir. Burada en sık düşülen hata, doğru nükleotitleri bulup zincir yönünü $3^{\mathrm{\prime }}\to 5^{\mathrm{\prime }}$ olarak işaretlemek ya da eşleşme yapmadan doğrudan Timin yerine Urasil yazmaktır.

Kısaca — Bir glikozun yıkımında pirüvatın asetil-CoA’ya dönüşümünde toplam 2, Krebs döngüsünde toplam 4 molekül ${\mathrm{C}\mathrm{O}}_2$ oluşur. Glikolizde iki pirüvat oluşur, ancak ${\mathrm{C}\mathrm{O}}_2$ açığa çıkmaz. Her pirüvat asetil-CoA’ya dönüşürken bir molekül ${\mathrm{C}\mathrm{O}}_2$ ayrıldığı için bu evrede toplam $2\times 1=2$ molekül oluşur. Oluşan iki asetil-CoA için Krebs döngüsü iki kez gerçekleşir; her turda iki molekül çıktığından toplam $2\times 2=4$ molekül ${\mathrm{C}\mathrm{O}}_2$ açığa çıkar. Glikolizde ${\mathrm{C}\mathrm{O}}_2$ oluştuğunu düşünmek veya hesabı yalnız bir pirüvat üzerinden yapmak yanlış sonuca götürür.