AYT Fen denemesi

Kısaca — Coulomb yasasına göre yüklerin çarpımı ile doğru, aralarındaki uzaklığın karesi ile ters orantılı olan elektriksel kuvvet büyüklüğü L denemesinde $4\,k\dfrac{q^2}{r^2}$ ile en büyüktür.

Noktasal iki yük arasındaki elektriksel kuvvetin büyüklüğü $F = k \dfrac{|q_1 q_2|}{r^2}$ bağıntısıyla belirlenir. Tabloda verilen değerleri $F_0 = k\dfrac{q^2}{r^2}$ cinsinden her deneme için hesaplayalım:

• K denemesinde $F_K = k \dfrac{q \cdot 4q}{(2r)^2} = k \dfrac{4q^2}{4r^2} = 1 F_0$
• L denemesinde $F_L = k \dfrac{2q \cdot 2q}{r^2} = 4 F_0$
• M denemesinde $F_M = k \dfrac{3q \cdot 3q}{(3r)^2} = k \dfrac{9q^2}{9r^2} = 1 F_0$
• N denemesinde $F_N = k \dfrac{q \cdot q}{r^2} = 1 F_0$

K ve M denemelerinde yüklerin büyük olması öğrencileri çeldirebilir; ancak uzaklığın karesi de aynı oranda arttığı için kuvvet $1 F_0$ kalır. En büyük kuvvet açıkça $4 F_0$ değeriyle L denemesindedir.

Kısaca — Yörünge yarıçapı en küçük olan K yörüngesindeki çizgisel sürat en büyüktür; aynı yükseklikteki L ve M yörüngelerinde süratler eşittir ($v_K > v_L = v_M$).

Yerküre etrafında dolanan bir cisim için kütle çekim kuvveti merkezcil kuvveti sağlar: $\dfrac{GMm}{r^2} = \dfrac{mv^2}{r}$ eşitliğinden yörünge sürati $v = \sqrt{\dfrac{GM}{r}}$ olarak türetilir. Bağıntıdan görüleceği üzere Yerküre’nin merkezine olan uzaklık ($r$) arttıkça kararlı çembersel yörüngedeki dolanma sürati azalır. K yörüngesinin merkeze uzaklığı ($R_{yer} + 300\ \mathrm{km}$), aynı yükseklikte bulunan L ve M yörüngelerinin uzaklığından ($R_{yer} + 600\ \mathrm{km}$) daha küçük olduğu için süratler arasında $v_K > v_L = v_M$ ilişkisi geçerlidir. Kapsül motorlarını çalıştırıp üst yörüngeye çıktığında yerçekimi potansiyel enerjisi artarken kinetik enerjinin (ve süratin) azaldığını unutmamalısın.

Kısaca — Topun çıkabileceği maksimum yükseklik 5 m’dir.

Eğik atış hareketinde maksimum yüksekliği yalnızca fırlatılma hızının düşey bileşeni belirler. Şekilde verilen $30^\circ$’lik fırlatma açısından düşey hız bileşeni $v_{0y} = v_0 \cdot \sin 30^\circ = 20 \cdot 0{,}5 = 10\ \mathrm{m/s}$ bulunur. Tepe noktasında düşey hız sıfırlanacağından çıkılabilecek maksimum yükseklik $h_{\max} = \dfrac{v_{0y}^2}{2g} = \dfrac{10^2}{2 \cdot 10} = 5\ \mathrm{m}$ olarak hesaplanır. Bulduğun 10 m/s düşey hız değerini doğrudan metre cinsinden yükseklik sanıp 10 sonucuna yönelmemelisin.

Kısaca — Otobüsteki yolcu, otomobili doğu yönünde 6 m/s hızla gidiyormuş gibi algılar.

Bağıl hız bağıntısı $\vec{v}_{\text{bağıl}} = \vec{v}_{\text{gözlenen}} - \vec{v}_{\text{gözlemci}}$ şeklindedir. Burada gözlemci otobüsteki yolcu, gözlenen ise otomobildir. Doğu yönü pozitif ($+$) kabul edildiğinde otomobilin otobüse göre hızı $\vec{v}_{\text{bağıl}} = (+20) - (+14) = +6\ \text{m/s}$ olur; pozitif işaret hareketin doğu yönünde olduğunu gösterir. En yaygın çeldirici, araçların zıt yönde gittiğini varsayarak hızları toplamak (34 m/s) veya gözlemcinin yönünü ters algılayıp batı yönünü işaretlemektir.

Kısaca — Virajın eğrilik yarıçapı en az 180 m olmalıdır.

Yatay yolda virajı emniyetle dönebilmek için statik sürtünme kuvveti merkezcil kuvveti karşılamalıdır: $F_s \ge \dfrac{m v^2}{r}$. Sınır durumda $\mu m g = \dfrac{m v^2}{r}$ yazılarak yarıçap ifadesi $r = \dfrac{v^2}{\mu g}$ şeklinde çekilir. Verilen değerler yerine konulduğunda $r = \dfrac{30^2}{0{,}5 \cdot 10} = \dfrac{900}{5} = 180\text{ m}$ bulunur; yarıçap bundan küçük olursa araç dışa doğru savrulur. İşlem sırasında sürtünme katsayısını paydaya yazmayı unutan bir öğrenci $900 / 10 = 90\text{ m}$ değerini bularak çeldiriciye kapılabilir.

Kısaca — Kitap dengede olduğu için net kuvvet sıfırdır ve masa ile kitap arasındaki temas kuvvetleri etki-tepki çifti olduğundan eşit büyüklüktedir; I ve III doğrudur.

Kitap durduğu için ivmesi sıfırdır ve üzerine etki eden net kuvvet sıfırdır ($N - G = 0$) (I doğru). Etki ve tepki kuvvetleri farklı cisimler üzerinde oluşur; oysa $G$ ve $N$ kuvvetlerinin her ikisi de doğrudan kitaba etki ettiğinden etki-tepki çifti olamazlar (II yanlış). Masanın kitaba uyguladığı kuvvet ile kitabın masaya uyguladığı kuvvet Newton’ın üçüncü yasası gereği eşit büyüklükte bir etki-tepki çiftidir (III doğru). Büyüklükleri eşit olan $G$ ve $N$ kuvvetlerini etki-tepki çifti sanarak üç öncülü de doğru kabul etmek en yaygın yanılgıdır.

Kısaca — Compton saçılmasında foton enerjisinin bir kısmını elektrona aktardığı için momentumunun büyüklüğü azalır; boşluktaki hızı değişmez, dalga boyu ise artar.

Compton saçılmasında gelen foton durgun bir elektrona çarptığında enerjisinin bir kısmını elektrona aktararak saçılır, dolayısıyla saçılan fotonun enerjisi azalır ($E' < E$). Fotonlar boşlukta daima ışık hızıyla ($c$) yayıldığından hızının büyüklüğü kesinlikle değişmez; fotonu yavaşlayan bir parçacık gibi düşünen öğrenciler için I. öncül çok güçlü bir çeldiricidir. Fotonun momentumu $p = \dfrac{E}{c}$ bağıntısına göre enerjiyle doğru orantılı olduğundan, enerji kaybeden fotonun momentum büyüklüğü azalır (II doğru). Dalga boyu ise $\lambda = \dfrac{hc}{E}$ gereğince enerjiyle ters orantılıdır; enerji azaldıkça dalga boyu uzar, yani artar (III yanlış). Bu nedenle yalnızca II azalır.

Kısaca — Kuvvet-zaman grafiğinin altında kalan alan $16\ \mathrm{N\cdot s}$ itme verir; ilk momentum negatif olduğundan son hız sağa doğru 12 m/s bulunur.

Kuvvet-zaman grafiğinin altındaki alan cisme uygulanan itmeyi verir: $I = \dfrac{\text{taban} \times \text{yükseklik}}{2} = \dfrac{4\ \mathrm{s} \cdot 8\ \mathrm{N}}{2} = +16\ \mathrm{N\cdot s}$ (sağa doğru). İtme-momentum ilişkisine göre $I = P_\text{son} - P_\text{ilk}$ yazılır. Cisim başlangıçta sola gittiğinden ilk momentumu $P_\text{ilk} = 1\ \mathrm{kg} \cdot (-4\ \mathrm{m/s}) = -4\ \mathrm{kg\,m/s}$’dir. Buradan $+16 = P_\text{son} - (-4) \implies P_\text{son} = +12\ \mathrm{kg\,m/s}$ ve $v_\text{son} = \dfrac{P_\text{son}}{m} = +12\ \mathrm{m/s}$ elde edilir (artı işaret sağ yönü belirtir). İlk hızın yönünü negatif almayı unutarak doğrudan itmeyi kütleye bölmek sık yapılan bir hatadır.

Yükseltici transformatör hat gerilimini artırıp akımı düşürerek ısı kaybını azaltır; kentte alçaltıcı transformatör kullanıma uygun gerilim sağlar. Transformatörler doğru akımla çalışmaz.

Kısaca — Yargılardan I ve II doğru, III yanlıştır.

Güneş pillerinde kullanılan nano ince filmler (X) kuantum boyut etkileriyle bant aralığı ayarlanabilen optik özelliklerden, nanokompozitler (Z) ise karbon nanotüp ve grafen gibi yapıların sunduğu üstün çekme dayanımı ve hafiflik gibi mekanik özelliklerden yararlanır (I doğru). Hedefe yönelik akıllı ilaç taşıyıcı nanokapsüller (Y), biyolojik bariyerleri aşmak ve yalnızca hedef dokuda ilacı salmak üzere atomik/moleküler düzeyde tasarlanan fonksiyonel nanoyapılardır (II doğru). Bu ürünlerdeki devrimsel nitelik kimyasal formülün kendisinden ziyade malzemenin nano ölçekteki geometrisi ve boyut etkisinden kaynaklandığı için boyutun rolünü dışlayan III. yargı kesinlikle yanlıştır.

Kısaca — Sarkacın salınım periyodu 6 saniyedir.

Yatayda sabit 40 m/s hızla atılan ok 60 m uzaktaki hedef noktası olan $B$’ye $t = \dfrac{x}{v} = \dfrac{60}{40} = 1{,}5\ \text{s}$ sürede ulaşır.

Şekilde $A$ uç noktasından bırakılan sarkaç, denge konumu olan $B$ noktasına ilk kez geldiğinde vurulduğu için uçtan dengeye geçiş süresi periyodun dörtte birine ($T/4$) eşittir.

Buradan $\dfrac{T}{4} = 1{,}5\ \text{s} \implies T = 6\ \text{s}$ elde edilir.

Uçtan dengeye süreyi yarım periyot ($T/2$) sanarak periyodu 3 s hesaplamak sorudaki en yaygın çeldirici tuzaktır.

Hızın alana dik bileşeni çembersel hareket, paralel bileşeni sabit hızlı doğrusal hareket oluşturur; bileşke yörünge sarmaldır. Manyetik kuvvet paralel hız bileşenini ve dik hız bileşeninin büyüklüğünü değiştirmez. I ve II doğru, III yanlıştır.

Kısaca — Sol ipteki gerilme kuvveti $T_1 = 20\,\text{N}$ olarak bulunur.

İplerin yatayla yaptıkları açılar $30^\circ$ ve $60^\circ$ olduğundan, iki ip arasındaki açı $180^\circ - (30^\circ + 60^\circ) = 90^\circ$ olur; yani ipler birbirine diktir. Yatay dengeden $T_1 \cos 30^\circ = T_2 \cos 60^\circ \implies T_1 \dfrac{\sqrt{3}}{2} = T_2 \dfrac{1}{2} \implies T_2 = T_1\sqrt{3}$ elde edilir. Düşey denge denkleminde yerine yazarsak: $T_1 \sin 30^\circ + T_2 \sin 60^\circ = 40 \implies T_1 \left(\dfrac{1}{2}\right) + \left(T_1\sqrt{3}\right)\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) = 40 \implies 2T_1 = 40 \implies T_1 = 20\,\text{N}$ bulunur. Sağ ipteki gerilme $T_2 = 20\sqrt{3}\,\text{N}$ olup, soruda $T_1$ yerine $T_2$’yi hesaplayan öğrenciler $20\sqrt{3}$ çeldiricisine yönelebilir.

Kaynak durgun gözlemciye yaklaşırken hareket yönündeki dalgalar sıkışır; dalga boyu kısalır ve birim zamanda daha çok dalga ulaştığı için duyulan frekans 640 Hz’den büyük olur. Ortam süratinin aynı kalması, duyulan frekansın da aynı kalacağı anlamına gelmez.

Graham yasasına göre efüzyon hızı $1/\sqrt{M}$ ile orantılıdır. $\mathrm{He}$ daha küçük mol kütleli olduğundan daha hızlı efüzlenir.

Kısaca — $\mathrm{NaCl}$ suda iyonlaşarak iki tanecik verirken glikoz moleküler çözündüğü için aynı molalitede $\mathrm{NaCl}$ çözeltisinin osmotik basıncı daha büyüktür; glikozun osmotik basıncının büyük olduğunu belirten ifade yanlıştır.

Kolligatif özellikler çözeltideki toplam tanecik derişimine bağlıdır. $m$ molal glikoz çözeltisinde glikoz moleküler çözündüğü için tanecik derişimi $m$ iken, aynı molalitedeki $\mathrm{NaCl}$ çözeltisinde $\mathrm{Na^+}$ ve $\mathrm{Cl^-}$ iyonlarından dolayı tanecik derişimi $2m$ olur. Osmotik basınç tanecik derişimiyle doğru orantılı olduğundan $\mathrm{NaCl}$ çözeltisinin osmotik basıncı glikozunkinden daha yüksektir. $\mathrm{CaCl_2}$’de ise üç iyon oluştuğu için ($3m$) donma noktası alçalması $\mathrm{NaCl}$’den daha fazladır; $\mathrm{KCl}$ ve $\mathrm{NaBr}$ çözeltilerinde iyon sayısı ikişer olduğundan kaynama noktası yükselmeleri yaklaşık eşittir.

Kısaca — Yapısında bir adet çift bağ bulunduran monoalkenlerin genel formülü $\mathrm{C_nH_{2n}}$’dir.

Doymuş açık zincirli alkanların genel formülü tablodan da görüleceği üzere $\mathrm{C_nH_{2n+2}}$’dir. Bir hidrokarbon yapısına bir adet $\pi$ bağı veya bir halka dahil edildiğinde molekülden 2 hidrojen atomu eksilir. Bu nedenle tablodaki halkalı sikloalkanlar ile yapısında bir çift bağ (bir $\sigma$, bir $\pi$) içeren monoalkenler birbirinin yapı izomeridir ve her ikisinin de genel formülü $\mathrm{C_nH_{2n}}$ şeklindedir. Tabloda verilen $\mathrm{C_nH_{2n-2}}$ formülü ise iki $\pi$ bağı içeren alkinlere aittir.

$n=2$ ve $\ell=1$ kuantum sayıları $2p$ alt kabuğunu belirtir. Bu alt kabukta beş elektron bulunması için dizilimde $2p^5$ yer almalıdır.

Kısaca — Sn elektrodun anot olması ve Cu katotunun kütlesinin zamanla artması doğru olup I ve II ifadeleri doğrudur. Net tepkime incelendiğinde kalay atomlarının yükseltgendiği ($\text{Sn} \rightarrow \text{Sn}^{2+} + 2\text{e}^-$) görülür; pillerde yükseltgenmenin gerçekleştiği elektrot anot olduğundan Sn anottur (I doğru). Katot yarı hücresinde ise çözeltideki $\text{Cu}^{2+}$ iyonları indirgenerek Cu elektrot yüzeyinde metalik bakır olarak toplanır ($\text{Cu}^{2+} + 2\text{e}^- \rightarrow \text{Cu}$); bu durum katot kütlesini artırır (II doğru). Galvanik hücrelerde elektronlar dış devrede daima anottan katota, yani Sn elektrottan Cu elektroda doğru akar; Cu’dan Sn’ye akacağını belirten III. ifade yanlıştır.

$\mathrm{Mg}^{2+}$ iyonunun dizilimi $1s^2\,2s^2\,2p^6$ olduğundan $n=3$ olan elektronu yoktur ve $\ell=1$ olan altı elektronu vardır. Oksijen ve florda $p$ elektronlarının sayısı altıdan azdır; diğer iki iyonda ise $n=3$ olan elektron bulunur.

Denge bağıntısı $K_c=[\mathrm{B}]^2/[\mathrm{A}]$ biçimindedir. Değerler yerine yazıldığında $K_c=(0{,}40)^2/0{,}20=0{,}80$ bulunur.

1,00 L çözeltinin kütlesi 1120 g’dır; bunun $\%10$’u olan 112 g $\mathrm{KOH}$ vardır. $n=\dfrac{112}{56}=2{,}0$ mol olduğundan $M=2{,}0$ mol/L’dir.

Kritik noktada sıvı ve gaz fazları birbirinden ayırt edilemez hâle gelir; bu noktanın üzerindeki koşullarda ayrı bir sıvı–gaz sınırı kalmaz.

Kısaca — A’dan $0{,}15\ \mathrm{mol/L}$ harcandığında katsayılar gereği B’den $0{,}30\ \mathrm{mol/L}$ harcanır ve kalan derişimlerle yeni hız $0{,}0050\ \mathrm{mol\,L^{-1}\,s^{-1}}$ olur.

A derişimi $0{,}40\ \mathrm{M}$’den $0{,}25\ \mathrm{M}$’ye düştüğünde harcanan miktar $0{,}15\ \mathrm{M}$’dir. Tepkime denklemindeki $\mathrm{A}+2\mathrm{B}$ katsayı oranına ($1{:}2$) göre B’den harcanan miktar $2 \times 0{,}15 = 0{,}30\ \mathrm{M}$ olur; böylece kapta $[\mathrm{B}] = 0{,}50 - 0{,}30 = 0{,}20\ \mathrm{M}$ kalır. Hız ifadesi $v=k[\mathrm{A}][\mathrm{B}]$ olduğundan hızların oranı $(0{,}25 \times 0{,}20) / (0{,}40 \times 0{,}50) = 0{,}05 / 0{,}20 = 1/4$ olur. Buradan yeni hız $0{,}020 / 4 = 0{,}0050\ \mathrm{mol\,L^{-1}\,s^{-1}}$ olarak bulunur. B’nin stokiyometrik katsayısını dikkate almayıp B’den de $0{,}15\ \mathrm{M}$ harcandığını varsaymak en yaygın hatadır.

Kısaca — Aseton, aynı kapalı formüle sahip propanal ile fonksiyonel grup izomeridir ve aldehitler gibi kolay yükseltgenmez; doğru öncüller I ve III’tür.

Üç karbonlu bir keton olan aseton ile üç karbonlu bir aldehit olan propanal aynı kapalı formüle ($\mathrm{C_3H_6O}$) sahip olduklarından fonksiyonel grup izomeridirler (I doğru). Aseton bir keton olduğu için karbonil grubu zincir ucunda değil, iki metil grubunun arasında yer alır (II yanlış). Karbonil grubuna bağlı hidrojen atomu bulunmadığından ketonlar Tollens ve Fehling gibi ayıraçlarla ılımlı koşullarda yükseltgenmezken aldehitler kolayca karboksilik asitlere yükseltgenir (III doğru).

Kısaca — Doğru yanıt I ve II öncüllerini içeren seçenektir.

Etanolde ($\mathrm{CH_3{-}CH_2{-}OH}$) her iki karbon atomu da 4 tekli sigma bağı içerdiği için $sp^3$ hibritleşmesi yapmıştır (I doğru). Etanalde ($\mathrm{CH_3{-}CHO}$) metil karbonu 4 doğrultuyla $sp^3$, karbonil karbonu ise çift bağ içerip 3 doğrultuya bağlandığı için $sp^2$ hibritleşmesine sahiptir (II doğru). Sigma bağları sayıldığında etanolde 5 $\mathrm{C{-}H}$, 1 $\mathrm{C{-}C}$, 1 $\mathrm{C{-}O}$ ve 1 $\mathrm{O{-}H}$ olmak üzere toplam 8 sigma bağı; etanalde ise 4 $\mathrm{C{-}H}$, 1 $\mathrm{C{-}C}$ ve 1 $\mathrm{C{=}O}$ iskelet bağı olmak üzere toplam 6 sigma bağı vardır ($8 \neq 6$, III yanlış). Oksijene bağlı hidrojeni saymayı atlamak sigma sayılarının eşit sanılmasına yol açan en yaygın yanılgıdır.

Kısaca — Kaplanacak olan bakır levha katota bağlandığı için yüzeyinde nikel metali birikir ve anottaki nikel elektrot çözünür; doğru ifadeler I ve II’dir.

Elektrolitik kaplama düzeneğinde kaplanacak cisim katot, kaplayacak metal ise anot olarak seçilir. Devrede anotta $\mathrm{Ni(k)} \rightarrow \mathrm{Ni^{2+}(suda)} + 2e^-$ yarı tepkimesi gerçekleştiğinden nikel elektrodun kütlesi zamanla azalır (II doğru). Katotta ise çözeltideki nikel iyonları $\mathrm{Ni^{2+}(suda)} + 2e^- \rightarrow \mathrm{Ni(k)}$ tepkimesiyle indirgenerek bakır levhanın üzerini kaplar (I doğru). Anottan çözeltiye geçen $\mathrm{Ni^{2+}}$ miktarı ile katotta indirgenen miktar eşit olduğundan çözeltideki $\mathrm{Ni^{2+}}$ derişimi sürekli artmaz, yaklaşık olarak sabit kalır (III yanlış).

Kısaca — Calvin döngüsünde ATP enerji, NADPH ise indirgeme gücü sağlar. Işığa bağımlı tepkimelerde üretilen ATP, karbon tutulumunu izleyen basamaklarda enerji gereksinimini karşılar; NADPH, karbon bileşiklerinin indirgenmesi için elektron sağlar. Bu nedenle ATP ile NADPH’nin görevlerini ters veren veya bu moleküllerin Calvin döngüsünde üretilip ışığa bağımlı tepkimelerde tüketildiğini söyleyen seçenekler yanlıştır.

Polen ana hücreleri başçıktaki (anter) polen keselerinde mayoz geçirerek mikrosporları oluşturur; mikrosporlar olgunlaşınca polen tanesine dönüşür. Sapçık (filament) başçığı taşır, tepecik ise poleni alır; dişicik borusu poleni yumurtalığa iletir, taç yaprak ise tozlaşmada tozlayıcıları çeken örtü yapısıdır.

Kısaca — Genetik bilginin fenotipe yansıması, santral dogma uyarınca DNA $\rightarrow$ mRNA $\rightarrow$ protein sırasıyla gerçekleşir.

Moleküler biyolojinin merkezî dogmasına göre genetik bilgi akışı çekirdekteki veya nükleoit bölgesindeki DNA kalıbından başlar. DNA’daki ilgili gen bölgesinden transkripsiyon (yazılma) yoluyla bir mRNA sentezlenir; ardından bu mRNA sitoplazmadaki ribozoma taşınarak translasyon (okunma) ile amino asit zincirine, yani işlevsel bir proteine dönüştürülür. Fenotipi oluşturan hücresel yapılar ve enzimler bu proteinler sayesinde ortaya çıkar.

Kısaca — Pankreas, sindirim kanalına enzim salgılayan ekzokrin dokusu ile kana hormon salgılayan endokrin adacıkları aynı organda bulunduran karma bir bezdir.

Parçada pankreasın bir yandan sindirim kanalına kanal yoluyla enzim ve bikarbonat (ekzokrin salgı) verdiği, diğer yandan Langerhans adacıklarından doğrudan kana insülin ve glukagon (endokrin salgı) salgıladığı açıkça ifade edilmektedir. Bu anlatım, tek bir organ bünyesinde hem kanal aracılığıyla boşluğa hem de kan dolaşımına salgı yapabilen farklı dokuların bir arada çalışabileceğini gösterir. İnsülin sindirim kanalına değil kana karışır, sindirim enzimleri ise kana değil doğrudan sindirim kanalına aktarılır. Dolayısıyla aynı organda hem kanal yoluyla hem kana salgı yapan dokuların bulunabileceği yargısına ulaşılır.

Kısaca — İdrarın vücut dışına atılana kadar izlediği doğru sıra böbrek havuzcuğu → üreter → idrar kesesi → üretra şeklindedir.

Nefron kanallarında süzülüp işlenen idrar ilk olarak böbreğin merkezindeki havuzcukta (pelvis) toplanır. Havuzcuktan çıkan idrar borusu (üreter), idrarı depolanacağı idrar kesesine (mesane) taşır; depolanan idrar ise vücut dışına üretra aracılığıyla boşaltılır. En sık düşülen yanılgı böbrek ile kese arasındaki üreter ile kese ile dış açıklık arasındaki üretranın sırasını birbiriyle karıştırmaktır.

Kısaca — Emici tüy hücrelerine su osmozla, bazı mineral iyonları ise enerji harcanarak aktif taşımayla alınır. Bu nedenle doğru cevap D’dir. Mineraller doğrudan enerji kaynağı değildir ve yalnızca pasif yolla alınmaz. Terleme durduğunda da su potansiyeli farkı ve kök hücrelerinin faaliyetleri sayesinde su ve mineral alımı sürebilir.

Kısaca — Fotosentez hızının oksijenli solunum hızını aştığı aydınlık bir ortamda yeşil bitki dış ortamdan net olarak $CO_2$ alır ve ortama net olarak $O_2$ verir.

Bitkiler ışıklı ortamda hücresel solunum ve fotosentez olaylarını eş zamanlı olarak sürdürür. Fotosentez hızı solunum hızından daha yüksek olduğunda, mitokondride üretilen $CO_2$ kloroplastın tüketim hızına yetmez ve bitki stomaları aracılığıyla dışarıdan net $CO_2$ almak zorunda kalır. Benzer biçimde fotoliz ve ışık evresinde açığa çıkan $O_2$ miktarı solunumda tüketilen miktardan fazla olduğu için arta kalan $O_2$ dış ortama verilir.

Sayılar önce hızla artmış, sonra artış yavaşlamıştır (360→380). Bu, kaynak sınırına bağlı lojistik büyümeye ve taşıma kapasitesine yaklaşmaya işaret eder.

Kısaca — Sakin soluk alma sırasında diyaframın kasılarak düzleşmesi göğüs boşluğu hacmini artırır ve akciğer içi basıncın atmosfer basıncının altına düşmesini sağlayarak havanın içeri girmesine yol açar.

Soluk alma aktif bir mekanizmadır ve diyafram kasının kasılarak aşağıya doğru düzleşmesiyle göğüs kafesi genişler. Genişleyen göğüs boşluğunda Boyle-Mariotte yasası gereğince hacim artışına bağlı olarak akciğer içi basınç azalır. İç basınç açık hava basıncının altına indiğinde dış ortamdaki hava yüksek basınçtan alçak basınca doğru akciğerlere kendiliğinden dolar. Diyaframın yukarı doğru kubbeleşmesi ve göğüs hacminin azalarak iç basıncın artması ise soluk verme sürecinde gerçekleşir. Öğrenciler sıklıkla soluk alma ile soluk verme sırasındaki hacim ve basınç değişimlerini birbiriyle karıştırarak göğüs hacminin azaldığı yönündeki çeldiriciye yönelebilir.

Kısaca — Bu kişinin kan grubu A Rh pozitiftir.

Anti-A serumuyla çökelme gerçekleşmesi alyuvar zarında A antijeni bulunduğunu, anti-B serumuyla çökelme olmaması ise B antijeninin bulunmadığını gösterir.

Plazmada anti-B antikoru bulunması da kişinin ABO sistemi bakımından A grubuna ait olduğunu kesinleştirir.

Ayrıca bireyde Rh antijeninin bulunması kan grubunun Rh pozitif olduğunu belirler.

Serumdaki antikorun doğrudan kendi adını taşıdığı antijeni çökelttiğini hatırlarsan çökelen serumun antijen varlığını kanıtladığını kolayca görürsün.

Kısaca — Toprak bulunmayan çıplak volkanik yüzeyde başlayan süreç primer süksesyondur. Öncü likenler ve mikroorganizmalar, kayaçların ayrışmasına ve organik madde birikimine katkı sağlayarak sonraki türlerin yerleşmesini kolaylaştırabilir. Ayrımda belirleyici olan başlangıçta toprağın bulunup bulunmamasıdır; öncü türlerin azalması veya otsu bitkilerin yerleşmesi süreci sekonder süksesyona dönüştürmez.

$^{32}P$ çöken bakterilerde, $^{35}S$ ise üstteki sıvıda bulunduğundan bakteriye giren molekül DNA, dışarıda kalan ise protein kılıfıdır; bu nedenle I ve II çıkarılabilir, III çürütülür.

Ağızda tükürük amilazının nişastaya etkisiyle oluşan maltoz mideye ulaşır. Midede pepsin, proteinleri daha küçük polipeptitlere parçalar. DNA’nın nükleazlarla nükleotitlere sindirimi ise ince bağırsakta gerçekleşir. Bu nedenle I ve II beklenir.