AYT Fen zorlu sorular

Fikir: üstteki ya da alttaki bloğu ivmelendiren tek yatay kuvvet bloklar arası sürtünmedir, bu yüzden birlikte hareket sürtünme sınırına bağlıdır. Birlikte hareket olsaydı sistem ivmesi 4 m/s² olurdu. I. denemede üst bloğa gereken sürtünme 8 N’dur; sınır 12 N olduğundan yeter ve birlikte hareket olur. II. denemede alt bloğu sürüklemesi gereken sürtünme 16 N’dur; sınır 12 N’u aştığı için birlikte hareket bozulur ve kayma başlar. Kaymada kinetik sürtünme 10 N’dur, üst bloğun net kuvveti 14 N olup ivmesi 7 m/s² olur. O hâlde I ve III doğru, her durumda sürtünmeyi 12 N sanan II yanlıştır.

Bu sorunun odağı menzil bağıntısının ancak uçuşu kesen bir engel yoksa doğrudan uygulanabilmesi, önce sınırlayıcı etkenin denetlenmesi gerektiğidir. Engel olmasa yere düşme süresi $45=5t^2$ eşitliğinden $t=3$ s olur. Birinci denemede cisim duvara 20 m yatay yolu 20 m/s hızla $t=1$ s sonra alır; bu sürede düşeyde 5 m alçalır ve 40 m yükseklikte olur, 25 m yüksekliğe kadar uzanan duvarın üstünden geçer, sonra 60 m ileride yere düşer, I doğrudur. İkinci denemede engel olmasa menzil 5 ile 3 s çarpımından 15 m olur, duvar 20 m ileride olduğundan cisim duvara ulaşamadan yere düşer, II yanlıştır. İki denemede de yere düşmeyi belirleyen düşey yükseklik aynı olduğundan süreler 3 s ile birbirine eşittir, III doğrudur. Böylece I ve III doğru yargılardır.

Fikir yatay momentumun korunumu ile toplam momentumun korunmamasını ayırt etmektir. Yatayda dış itme yoktur, düşeyde ise zemin itmesi vardır; bu yüzden yalnızca yatay bileşen korunur. Güllenin yere göre hızı arabaya göre hızdan farklıdır: arabanın geri tepme süratine $V$ denirse yere göre yatay hız $u_x-V$ olur. Birinci denemede $0=-M{V}_1+m(u-V_1)$ yazılır; $M=4m$ ve $u=10$ m/s ile $5m{V}_1=10m$ bulunur, $V_1=2$ m/s olur, bu yüzden 2,5 m/s yanlıştır. İkinci denemede yatay atış hızı $u\cos 60\mathrm{°}=5$ m/s olduğundan $5m{V}_2=5m$ ve $V_2=1$ m/s bulunur, yani geri tepme küçülür. Birinci denemede yatay momentumlar birbirini götürür ve düşey momentum sıfır olduğundan toplam momentum sıfırdır; ikinci denemede yatay bileşenler yine birbirini götürür ancak güllenin yukarı düşey momentumu kalır, toplam momentumun büyüklüğü sıfırdan büyüktür.

Belirleyici fikir, bağı kesilen sistemde kalan bağ kuvvetinin kesilme anında süreksiz olarak değişmesi ve ivmeyi yalnızca ipe dik bileşenin belirlemesidir. Kesilmeden önce tavan ipi ile ağırlık ve yatay ip dengededir. Yatay ip kesildiği anda cisim henüz yer değiştirmediği için hız sıfırdır, bu yüzden ipe dik doğrultudaki merkezcil gereksinim sıfırdır ve ip doğrultusunda net kuvvet sıfır olmalıdır. Böylece kalan gerilme eski dengedeki değerinde kalmaz, $G$ cos37° değerine düşer. İpe dik yönde kalan net kuvvet $G$ sin37° olur, bu yüzden ivme $g$ sin37° = 6 m/s² olur ve ip doğrultusuna dik yönelir.

Buradaki tek belirleyici fikir temas hâlinde potansiyellerin eşitlenmesidir; yükler yarı yarıya değil sığalarla, yani yarıçaplarla orantılı paylaşılır. Toplam yük $+6q$ olduğundan $r$ yarıçaplı K $+2q$, $2r$ yarıçaplı L $+4q$ alır; ikisi de pozitif olduğu için son kuvvet iticidir. Başlangıçta büyüklük $k(12q)(6q)\mathrm{/}{d}^2=72k{q}^2\mathrm{/}{d}^2=F_0$ iken sonda $k(2q)(4q)\mathrm{/}{d}^2=8k{q}^2\mathrm{/}{d}^2=F_0\mathrm{/}9$ olur; $F_0\mathrm{/}8$ sonucu yükleri eşit paylaştıran ilk akla gelen hatadan gelir. Başlangıçta zıt işaretli yükler nedeniyle negatif olan $k{q}_1{q}_2\mathrm{/}d$ sonda pozitife geçtiği için sistemin elektriksel potansiyel enerjisi artmıştır.

Kilit fikir ağırlığın toplam uzunluğa, manyetik kuvvetin ise uçlar arası vektöre bağlı olmasıdır. Telin kütlesi 84 g olduğundan ağırlığı 0,84 N olur. Kollar $3L$ ve $4L$ dik olduğundan uçlar arası uzaklık 3-4-5 üçgeninden $5L$ olur; $L=20$ cm ile bu 1,0 m dir. Denge için manyetik kuvvet ağırlığa eşit olur: $Ix5LxB=mg$ yazılır, $B=1$ T ile $I=0,84\mathrm{/}1,0=0,84$ A bulunur. Toplam $7L$ uzunluğu kuvvet uzunluğu sanmak 0,60 A sonucunu verir; tek kolu almak da yanlış sonuç verir.

Belirleyici fikir bobin akımının aniden sıfırlanamamasıdır. Ana kol açılınca üreteç devreden çıkar ama paralel iki kol birbirine bağlı kaldığı için bobin akımı lambanın kolundan dolaşarak bir süre devam eder. Kararlı durumda her kol aynı gerilime bağlı olduğundan akımı omik direnç belirler: X devresinde bobinin direnci küçük olduğu için bobin akımı lamba akımından büyüktür. Açılmadan hemen sonra lambadan geçen akım, büyüklük olarak açılmadan önceki bobin akımına eşit olur ancak kapalı halkada dolaşabilmesi için eski yönünün tersine akar. Bu yüzden X devresinde lamba bir an daha büyük akımla daha parlak yanıp sonra sönerken Y devresinde bobin akımı lamba akımından küçük olduğu için lambadan geçen akım küçülür ve parlama gözlenmez.

Kilit düşünce geçen toplam yükün akı değişimine, harcanan gücün ise değişim hızına bağlı olmasıdır. Çerçeve dönerken içinden geçen manyetik akı art arda artı ve eksi en büyük değerler arasında değişir, indüksiyon akımı bir yarım periyotta bir yönde, diğer yarım periyotta ters yönde akar, bu yüzden tam periyot ortalaması sıfırlanır. Bir yarım periyotta baştan sona akı değişimi çerçevenin boyutlarına ve alan büyüklüğüne bağlıdır, dönme süresine bağlı değildir; daha hızlı dönmede elektromotor kuvvet büyür ama süre aynı oranda kısalır, bu yüzden direnç üzerinden geçen toplam yük değişmez. Buna karşılık elektromotor kuvvet dönme hızıyla büyüdüğünden akım büyür ve dirençte birim zamanda açığa çıkan ortalama ısı hızın karesiyle büyür.

Temel fikir, hız geri beslemesidir: limit hıza ulaşıldığında çubuğun ağırlığı, akım taşıyan çubuğa etki eden manyetik kuvvete eşit olur ve hız bu dengeye göre kendini ayarlar. Hareket gerilimi hızla orantılı olduğundan akım da hızla orantılıdır; denge koşulunda ağırlık sabit kaldığı için direnç büyüyünce aynı manyetik kuvveti sağlamak üzere hızın büyümesi gerekir. Bu yüzden limit hız büyür. Aynı denge koşulu, limit akımın ağırlığın manyetik alan ve uzunluk çarpımına oranına eşit olduğunu gösterir; direnç bu oranda yer almaz, bu yüzden limit akım değişmez ve küçülür diyen ikinci ifade yanlış olur. Dirençte birim zamanda açığa çıkan ısı akımın karesi ile direncin çarpımı olduğundan, akım aynı kalırken direnç büyüdüğünde bu güç büyür; aynı sonuç ağırlık ile hızın çarpımı olarak da görülür. Hızı sabit sanıp gerilimi sabit almak, bu sorunun ilk ulaşılan ama yanlış formülüdür.

Temel fikir, konik sarkaçta periyodu belirleyen büyüklüğün ip uzunluğu değil yörünge düzleminin bağlanma noktasına olan düşey uzaklığı olmasıdır. Düşey dengeden T cosθ = m g ve yatay merkezcil gereksinimden T sinθ = m ω² R yazılır, yarıçap R = L sinθ konulursa kütle ve sinθ sadeleşir ve L cosθ = g / ω² bulunur. Sağ taraf aynı ω için aynı olduğundan L ve 4L ipleri için L cosθ çarpımı aynıdır, yani düşey uzaklık aynıdır ve ikinci yargı doğrudur. Gerilme ise T = m g / cosθ olduğundan açısı büyük olan uzun ipte daha büyüktür, eşit değildir, bu yüzden birinci yargı yanlıştır. Aynı ω aynı periyot demektir çünkü periyot 2 π / ω dir, bu yüzden üçüncü yargı doğrudur.

Buradaki kritik fikir gerçek çekim ile baskülün ölçtüğü etkin ağırlığın ayrılmasıdır. Küresel modelde gerçek çekim $GMm\mathrm{/}{R}^2$ olup kutup ve ekvatorda yarıçap aynı olduğundan aynıdır; dönme bu değeri değiştirmez, bu yüzden I. yargı yanlıştır. Ekvatorda cisim Yerküre ile birlikte çembersel hareket yapar ve bu hareket için gereken merkezcil kuvvet gerçek çekimin bir kısmıyla karşılanır, kalan kısım baskül tepkisini oluşturur; bu yüzden baskül değeri kutuptakinden küçüktür ve II. yargı doğrudur. Dönme hızlanınca gereken $m{v}^2\mathrm{/}R$ büyüklüğü büyür, tepki küçülür; gereken merkezcil kuvvet gerçek çekime eşit olunca tepki sıfırlanır, bu sınır durumu III. yargıyı doğru yapar.

Buradaki kilit fikir iş enerji teoremidir: net kuvvetin yaptığı iş kinetik enerji değişimine eşittir, o yüzden süratin aynı olduğu iki an arasında net iş sıfırdır. Tam periyot sonunda cisim aynı konuma aynı hızla döner, kinetik enerji değişmez, iş sıfırdır. Yarım periyot sonunda hız yön değiştirmiş ama sürat aynı kalmıştır, çünkü yarım periyot fazı tersine çevirir; kinetik enerji yine aynıdır, bu yüzden herhangi bir yarım periyot aralığında da iş sıfırdır. Çeyrek periyotta ise bu güvence yoktur: denge konumundan genliğe giden çeyrekte sürat maksimumdan sıfıra düşer ve net iş negatiftir. Her alt aralıkta işin dengeleneceğini sanmak, yön değişimi ile sürat değişimini birbirine karıştırmaktır.

Buradaki belirleyici fikir girişim çizgisi sayısını sınırlayan gizli koşuldur. Eş fazlı kaynaklarda düğüm koşulu yol farkının buçuklu katı olmasıdır ve yol farkının büyüklüğü kaynaklar arası uzaklığı geçemez, bu yüzden en büyük mertebe $$\begin{gathered} d\mathrm{/} \\ lambda \end{gathered}$$ oranından küçüktür. Hız yalnızca derinliğe bağlı olduğundan $v=24$ cm/s aynı kalır. Başlangıçta $lambd{a}_1=24\mathrm{/}12=2$ cm, $$\begin{gathered} d_1\mathrm{/} \\ lambd{a}_1=6 \end{gathered}$$ olur, bu orandan küçük buçuklu katlar iki yanda simetrik olarak 12 düğüm çizgisi verir. Değişimden sonra $lambd{a}_2=24\mathrm{/}8=3$ cm, $$\begin{gathered} d_2\mathrm{/} \\ lambd{a}_2=5 \end{gathered}$$ olur, aynı sayım 10 düğüm çizgisi verir. Uzaklık artmasına karşın dalga boyundaki büyüme daha baskındır, sayı 12 değerinden 10 değerine iner. Bu nedenle düğüm çizgisi sayısı 2 azalır.

Buradaki belirleyici düşünce sınırlayıcı potansiyelde durmadır: yalıtılmış küre elektron kaybettikçe artı yüklenir ve sonra sökülen elektronların sonsuza kaçması giderek zorlaşır. Önce foton ve eşik enerjileri bulunur, gelen fotonun enerjisi 12400 bölü 2000 ile 6,2 eV, eşik enerjisi 12400 bölü 4000 ile 3,1 eV olur. Einstein bağıntısından elektronun metalden ayrılırken en fazla taşıyabildiği kinetik enerji 6,2 eksi 3,1 ile 3,1 eV bulunur. Sonsuza kaçabilmek için bu kinetik enerjinin kürenin elektrostatik çekimini yenmesi gerekir ve sınır durumda elektron yükü ile küre potansiyelinin çarpımı bu kinetik enerjiye eşit olur, bu da volt olarak 3,1 değerini verir. Başlangıçtaki 1 V bu sınıra eklenmez, küre 1 V düzeyinden başlayıp yalnızca 3,1 V düzeyine kadar yükselebilir, bu düzeyden sonra kopan elektron geri döner ve net yük değişmez.

Fikir küresel simetri istisnasını kuantum sayılarıyla yakalamaktır; $4s^2+3d^4$ yazımı gerçek dizilim değildir. $n=4$ olan 1 elektron $4s^1$ olduğunu gösterir, $4s^2$ olsaydı bu sayı 2 olurdu. $\mathrm{\ell }=1$ olan 12 elektron $2p^6+3p^6$ çekirdeğini doğrular. Geriye $4s^1$ taşıyan $K$, $Cr$ ve $Cu$ kalır; $m_{\mathrm{\ell }}=0$ sayımı $K$ için 11, $Cr$ için 12 ve $Cu$ için 13 verir. Verilen 12 değeri yalnızca $1s^2+2s^2+2p_0+3s^2+3p_0$ katkısı 10 iken $4s^1$ katkısı 1 ve $3d^5$ katkısı 1 olan dizilimle sağlanır; bu $3d^5+4s^1$ dizilimidir. En büyük $n=4$ olduğundan 4. periyot, değerlik $4s^1+3d^5=6$ olduğundan 6B grubu ve yarı dolu $1+5=6$ orbital olduğundan I, II ve III doğrudur.

Buradaki belirleyici fikir oksijenin hibritleşmesini de örtüşme sayımına katmaktır. Üçlü bağdaki iki karbon sp hibritleşmesi yapar, iki metilen karbonu sp3 hibritleşmesi yapar ve hidroksil oksijeni iki ortaklanmamış çiftiyle dört elektron alanına sahip olduğundan sp3 hibritleşmesi yapar. Buna göre sp-sp sigma bağı bir tanedir, sp-sp3 sigma bağı bir tanedir, sp3-sp3 sigma bağı karbon-karbon ve karbon-oksijen bağlarıyla iki tanedir. Hidrojene bağlı sigma bağlarında üçlü bağ karbonundaki tek hidrojen 1s-sp örtüşmesiyle bir tane verir, dört metilen hidrojeni ile hidroksil hidrojeni 1s-sp3 örtüşmesiyle beş tane verir. Bu yüzden doğru eşleştirme sp3-sp3 örtüşmesinin iki olmasıdır.

Kilit fikir delikten çıkan mol hızının iki çarpanın eseri olmasıdır. Birim hacimdeki molekül sayısı ile moleküllerin ortalama hızı çarpılır. Aynı sıcaklıkta birim hacimdeki molekül sayısı mol derişimiyle doğru orantılıdır, mol derişimi ise kütlenin mol kütlesine bölünüp hacme bölünmesiyle bulunur. Birinci kapta yarım mol bölü bir litre ile derişim yarım mol bölü litre, ikinci kapta yarım mol bölü iki litre ile derişim çeyrek mol bölü litre olur ve derişimler oranı iki bulunur. Ortalama hız aynı sıcaklıkta mol kütlesinin karekökü ile ters orantılı olduğundan hız oranı on altının dörde oranının karekökü ile iki olur ve helyum daha hızlıdır. Birim zamandaki mol sayıları oranı bu iki çarpanın çarpımı ile dört olur. Yalnızca mol kütlesine bakanlar iki bulur, karekökü unutanlar sekiz bulur, derişim oranını ters alanlar bir bulur.

Belirleyici düşünce ortak iyon olan ${\mathrm{K}}^{+}$ iyonunun mol sayısının korunmasıdır. Alınan ${\mathrm{K}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$ örneğinin kütlesi 100 çarpı 1,20=120,0 g’dır. $\mathrm{K}\mathrm{N}{\mathrm{O}}_3$’ten gelen ${\mathrm{K}}^{+}$ 0,20 çarpı 0,60=0,12 mol’dür. Son hacim 0,20 L ve son ${\mathrm{K}}^{+}$ derişimi 1,80 M olduğundan toplam ${\mathrm{K}}^{+}$ 0,36 mol olmalıdır, ${\mathrm{K}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$’ten gelmesi gereken ${\mathrm{K}}^{+}$ 0,24 mol ve ${\mathrm{K}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$ mol sayısı 0,12 mol’dür. Bu 0,12 çarpı 174=20,88 g ${\mathrm{K}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$ demektir, 120,0 g çözeltideki yüzde 20,88/120,0=0,174 yani %17,4 bulunur.

Bu sorunun fikri osmotik dengenin toplam derişimlerin değil etkin tanecik derişimlerinin eşitlenmesi olmasıdır. Başlangıçta NaCl tarafında 0,2 mol NaCl’den 0,4 mol iyon, glikoz tarafında 0,6 mol molekül vardır; etkin derişimler 0,4 ve 0,6 mol/L olduğundan su, etkin derişimi düşük olan NaCl tarafından glikoz tarafına geçer. Toplam etkin tanecik 1,0 mol, toplam hacim 2 L olduğundan dengede her iki tarafta 0,5 mol/L etkin derişim olur; NaCl tarafının hacmi 0,4 bölü 0,5'ten 0,8 L’ye iner. Glikoz tarafı 0,6'dan 0,5'e seyreldiği için kaynama noktası yükselmez, düşer; bu yüzden üçüncü ifade yanlıştır.

Fikir, dengede kalan çözeltinin derişiminin denge sıcaklığının gerektirdiği derişime eşit olması ve ayrışan buzun çözücü sayılmamasıdır. Donma alçalması 2,79 derece olduğundan gerekli etkin molalite 2,79 bölü 1,86'dan 1,50 molaldir. 0,30 mol NaCl’den 0,60 mol iyon oluşur; kalan su kütlesi 0,60 bölü 1,50'den 0,40 kg olmalıdır. Başlangıçta 0,70 kg su olduğundan buz olarak ayrışan su 0,70 eksi 0,40'tan 0,30 kg, yani 300 g’dır. Ayrışan buzu çözücüye dahil etmek ya da iyonlaşmayı yok saymak farklı sonuç verir.

Bu sorunun tek fikri şudur: sabit basınç ve sıcaklıkta pistonlu kapta gaz eklenince hacim toplam mol sayısıyla orantılı büyür, bu yüzden eklenmeyen gaz seyreler. Başlangıçta toplam 3 mol varken 3 mol $\mathrm{A}$ eklenince toplam 6 mol olur ve hacim iki katına çıkar. $\mathrm{A}$ mol sayısı 1'den 4'e çıktığı hâlde derişimi iki katına çıkar; $\mathrm{B}$ mol sayısı değişmediği hâlde hacim iki katına çıktığı için derişimi yarıya iner. Hız bağıntısında yerine konursa yeni hız $k$ sabitken $(2\times 0,5^2)=0,5$ katına iner, yani $v\mathrm{/}2$ bulunur. Mol sayısını doğrudan derişim sanmak ya da sabit basınçta derişimin değişmeyeceğini sanmak temel yanılgılardır.

Bu sorunun fikri sabit hacim ve sıcaklıkta toplam basıncın toplam gaz miktarını vermesi ve tepkimeye girmeyen gazın payının ayrıldıktan sonra katsayı oranıyla harcanan maddenin bulunmasıdır. Önce başlangıçtaki toplam derişim ile basınç oranı kullanılarak son toplam derişim bulunur, değişmeyen helyum düşülerek tepkime gazlarındaki net artış elde edilir. Denklemde iki mol giren gazdan beş mol ürün oluştuğu için net artış harcananın üç bölü iki katıdır, harcanan buradan çekilir. Bulunan harcanma derişimi zamana bölünerek harcanma hızı elde edilir, tepkime hızı için giren maddenin katsayısına bölünmesi gerekir.

Bu sorunun fikri katının ayrışmasından gelen iki gazın derişimindeki artışın eşit olması ve başlangıçta kapta bulunan amonyağın korunarak denge derişimlerine eklenmesidir. Tepkimeye girmeyen gazın basıncı değişmediğinden son toplamdan çıkarılarak tepkime gazlarının toplamı bulunur. Bu toplamdan başlangıçtaki amonyak çıkarıldığında ayrışmadan gelen artışın iki katı elde edilir, buradan artış çekilir. Dengede amonyak başlangıç artı artış, hidrojen sülfür yalnızca artış kadardır. Katı denge bağıntısında yer almadığından denge sabiti bu iki kısmi basıncın çarpımıyla bulunur.

Fikir, difrotik asidin simetriyi bozması ama belirli bir titrant hacminde fazla miktarların yeniden eşitlenebilmesidir. I. kapta 2 mmol H+, II. kapta 4 mmol H+ vardır; 0,10 M NaOH ile eşdeğerlik 20 mL ve 40 mL de sağlanır, bu yüzden birinci ifade doğrudur. Başlangıçta aynı hacimde H+ derişimi 0,10 ve 0,20 mol/L olduğundan ikinci çözelti daha asidiktir, ikinci ifade doğrudur. Her birine 30 mL yani 3 mmol OH- eklenince birinci kapta 1 mmol OH- fazlalığı, ikinci kapta 1 mmol H+ fazlalığı kalır; toplam hacimler de eşit 50 mL olduğundan fazla derişimleri eşittir ve bir çözeltinin pH ı ile diğerinin pOH ı aynı olur, toplam 14 olur, üçüncü ifade doğrudur.

Temel fikir elektron akış yönünden işareti bulmak ve ikinci ölçümle belirsizliği gidermektir. $P$ elektron verip hidrojen indirgendiği için $P$ anottur; $E_P^{\circ }=-0,46\mathrm{V}$ olur. $R$ için yalnızca büyüklük bilinir, $E_R^{\circ }$ artı ya da eksi $0,28\mathrm{V}$ olabilir. Eğer artı olsaydı $P$-$R$ farkı $0,74\mathrm{V}$ olurdu; ölçülen $0,18\mathrm{V}$ yalnızca $E_R^{\circ }=-0,28\mathrm{V}$ ile uyuşur çünkü $\mathrm{\mid }-0,46-(-0,28)\mathrm{\mid }=0,18$ olur. Buradan $P$ daha negatif olduğu için $P$-$R$ pilinde $P$ anot olur. $R$-bakır pilinde bakır katottur ve gerilim $0,34-(-0,28)=0,62\mathrm{V}$ bulunur.

Buradaki düşünce çözünür bakır anotun elektroliti korumasıdır. Katotta bakır iyonu indirgenerek bakır birikirken anotta metalik bakır yükseltgenerek eşit miktarda bakır iyonu çözeltiye geçer, bu yüzden çözeltideki bakır miktarı ve çözelti kütlesi değişmez. Yük miktarı akım ile sürenin çarpımından bulunur, sonra elektron molüne çevrilir ve bakırın iki elektron aldığı dikkate alınır. Hesaplanan yük 19300 C olup 0,20 F karşılığıdır; buradan 0,10 mol bakır, yani 6,4 g katot artışı elde edilir. Çözelti kütlesinin azalacağını düşünmek biriken kütleyi çözeltiden eksilmiş sayıp anot çözünmesini yok saymaktır; soy elektrot alışkanlığıyla anotta oksijen beklemek de aynı yanılgıdır.

Kilit fikir, ılımlı bromun yalnızca aromatik olmayan pi bağını sayması, toplam hidrojenlenmenin ise halkadaki pi bağları dahil tüm pi bağlarını saymasıdır. ${\mathrm{C}}_8{\mathrm{H}}_8$ için doymamışlık derecesi beştir: bir halka artı dört pi bağı gerekir. Karanlıkta 1 mol $\mathrm{B}{\mathrm{r}}_2$ tüketimi bir alifatik $\mathrm{C}=\mathrm{C}$ bağını, toplam 4 mol ${\mathrm{H}}_2$ tüketimi dört pi bağını gösterir; aradaki üç pi bağı artı bir halka tam olarak benzen halkasına uyar. Bu yüzden X, yan zincirinde vinil grubu taşıyan aromatik hidrokarbondur (örneğin ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-\mathrm{C}\mathrm{H}=\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2$). Bromlu suyun rengini gidermesi halka katılması değil, yan zincirdeki $\mathrm{C}=\mathrm{C}$ bağına katılmasıdır; benzen halkası bu koşullarda katılma vermez. Vinil grubu ise uygun koşullarda katılma polimerizasyonu verir. Bu yüzden birinci ve üçüncü ifadeler doğru, ikinci ifade yanlıştır.

Kısaca — Refleks yayında impuls her nöronda dendritten gövdeye ve aksona tek yönlü ilerler, gidiş ve dönüş aynı aksonu paylaşmaz. X duyu nöronu olduğu için reseptörle bağlantı kuran uzantısı dendrit, Y ile bağlantı kuran uzantısı aksondur ve uyarı bu sırayla ilerler. Y ara nöronu olduğu ve tümü omurilik içinde kaldığı için X aksonundan dendritiyle alır, Z dendritine aksonuyla aktarır; aynı hücrede aksondan dendrite geriye ilerleme olmaz çünkü hücre içi yön ve sinapsta presinaptikten postsinaptiğe aktarım tek yönlüdür. Z motor nöronu olduğu için dendrit ve gövdesi omurilikte, aksonu kastadır ve impuls kasa doğru taşınır; kastan çıkan geri bildirim aynı motor aksonla omuriliğe dönemez, dönüş ancak ayrı duyu lifleriyle olur. Bu nedenle I ve II doğrudur.

Bu sorunun ana düşüncesi kan kalsiyumunu ayarlayan iki antagonist hormonun aynı yönde değil ters yönde değişmesidir. Kalsiyum düşünce paratiroit bezinden parathormon artar; parathormon kemikten kana kalsiyum geçişini hızlandırır, böbrekte kalsiyum geri emilimini artırır ve bağırsaktan emilimi destekler. Kalsitonin ise yüksek kalsiyumun hormonudur, kemik yıkımını baskılayarak kalsiyumu düşürür; kalsiyum düşükken salgısı artmaz, aksine azalır. Ayrıca parathormon böbrekte kalsiyumu tutarken fosfatı tutmaz, fosfatın idrarla atılımını artırır. Bu yüzden üç ifade de doğrudur ve yükselen kalsiyumun parathormonu baskılaması negatif geri bildirimi kapatır.

Bu sorunun ana düşüncesi sindirimde aktivasyon zincirinin ham madde gerektirmesi ile mekanik parçalamanın kimyasal sindirimin yerine geçememesidir. Pankreas proteazları gelmediğinde ince bağırsak öz suyundaki peptidazlar yeterli küçük peptit bulamaz, bu yüzden mide başlangıcı sürse bile amino asit oluşumu aksar. Enterokinaz ince bağırsak duvarından salgılansa bile işi tripsinojeni tripsine çevirmektir; tripsinojen bağırsağa ulaşamadığında tripsin oluşamaz ve tripsinle başlayan diğer enzimlerin etkinleşmesi de durur. Safra yağları küçük damlacıklara parçalamaya devam eder ancak lipaz olmadan trigliseritler yağ asidi ve gliserole yıkılamaz, bu yüzden mekanik parçalama tek başına yağ sindirimini normal kılmaz.

Buradaki tek belirleyici düşünce, hava yolu duvarındaki kıkırdak ve düz kas dağılımının uçlara doğru değişmesi ve çapı küçük olan yolda aynı miktardaki daralmanın oransal olarak daha büyük sonuç vermesidir. Kıkırdak halkalar ve parçalar üst yolları açık tuttuğu için kasılma ve mukus artışı bu yollarda yolu kapatamaz; kıkırdaksız bronşçuklarda ise düz kasın kasılması yolu daraltabilir. Çapı zaten küçük olan bronşçukta aynı kalınlaşma geniş üst yola göre geçişi daha fazla zorlaştırır. Sillerle mukusun yutağa taşınması toz ve mikrop birikimini azaltır ancak bu süpürme düz kas kasılmasını çözmez. Bu yüzden üç ifade de doğrudur.

Buradaki tek belirleyici düşünce, gaz değişiminin hızını o durumda sınırlayan etkenin alveol havasının yenilenmesi değil, alveol ile kan arasındaki geçiş uzaklığı olmasıdır. Tek katlı ince duvar ve geniş nemli yüzey sağlıklı durumda geçişi kolaylaştırır; sıvı tabakası kalınlaşınca difüzyon yolu uzar ve geçiş yavaşlar. Soluk sıklığı ve derinliği artırılınca alveol havasındaki oksijen kısmi basıncı yükselir ancak kalın tabaka aşılamadığı için kana geçen oksijen sağlıklı düzeye çıkamaz. Yüzeyin geniş olması geçişe katkı sağlar ancak kalınlığın yavaşlatıcı etkisini bütünüyle kaldırmaz; havanın yenilenmesi duvar kalınlığını inceltmez. Bu yüzden yalnızca ikinci ifade doğrudur.

Buradaki belirleyici düşünce derişim basamağının tek başına su çekmeye yetmediği, toplama kanalının suya geçirgenliğinin sonucu belirlediğidir. Glomerulus, Bowman kapsülü ve kıvrımlı tüpler kabukta bulunurken Henle kulpu ve toplama kanalı öze iner; Henle uygulamasının inen kolu suyu geçirip çözüneni tutmazken çıkan kolu çözüneni geçirip suyu tutmaz ve bu zıt geçirgenlik özdeki derişim basamağını korur. Toplama kanalı bu yüksek ozmotik basınçlı ortamdan geçse bile ADH yokluğunda suya kapalı kaldığı için su kana geçemez ve bol, seyreltik idrar oluşur. ADH varlığında kanal suya açılır ve aynı basamak suyu kana çeker. Bu yüzden üç ifade de doğrudur.

Kısaca — Orta düzeyde bozulma ile rekabette elenme birlikte düşünülmelidir. Sık çevrilen küçük kayalarda az tür olmasının nedeni şiddetli rekabet değildir, dalga süzgeci yüzünden yalnızca hızlı tutunan öncü alglerin yaşayabilmesidir. Hiç çevrilmeyen büyük kayalarda ise ortam duraylı kaldığı için rekabette üstün olan midye diğerlerini elemiş ve yüzeyi kapatmıştır, bu durum düşük çeşitliliği açıklar. Ara sıra çevrilen kayalarda bozulma, midyenin egemenliği tamamlanmadan kesintiye uğratır ve hem hızlı yerleşenlere hem de rekabette güçlü olanlara birlikte yaşama fırsatı verir, bu yüzden çeşitlilik en yüksek olur. Dolayısıyla ikinci ve üçüncü ifadeler doğru, birinci ifade yanlıştır.

Buradaki belirleyici düşünce, toplam ölü sayısı ile ölüm oranını birbirinden ayırmaktır. Don nedeniyle ölüm oranı düşük yoğunlukta $40\mathrm{/}200$ ile yüzde 20, yüksek yoğunlukta $160\mathrm{/}800$ ile yine yüzde 20 bulunur; yoğunluk dört katına çıktığında oran değişmediği için don yoğunluktan bağımsız bir etkendir ve birinci ifade doğrudur. Parazit hastalıkta ise oran $20\mathrm{/}200$ ile yüzde 10 iken $240\mathrm{/}800$ ile yüzde 30 olur; oran yoğunlukla belirgin biçimde arttığı için hastalık yoğunluğa bağlı bir etkendir ve ikinci ifade doğrudur. Üçüncü ifade, don nedeniyle ölen sayısının 40tan 160a çıkmasını bağımlılık sayar; oysa bu artış yalnızca başlangıçtaki birey sayısının fazla olmasından kaynaklanır, oranda artış yoktur, bu yüzden üçüncü ifade yanlıştır. Sonuç, birinci ve ikinci ifadelerin birlikte doğru olduğudur.

Fikir, mRNA’nın kalıp ipliğin tamamlayıcısı ve kodlayan ipliğin timin-urasil farkıyla aynısı olmasıdır. 3' TAC 5' dizisinden 5' AUG 3' oluşması bu diziyi taşıyan zincirin kalıp iplik olduğunu gösterir, çünkü yazılma kalıp ipliğe tamamlayıcı yönde olur. Genin diğer zinciri bu yüzden mRNA ile timin yerine urasil farkı dışında aynı diziye sahiptir ve doğru yargı budur. Kodlayan ipliği kalıp iplik sanmak, DNA’da urasil bulunduğunu sanmak, tamamlayıcı eşleşmeyi aynı dizi sanmak ve kalıp ipliğin 5'ten 3'e okunduğunu sanmak yanlıştır. Yön her zaman kalıp iplikte 3'ten 5'e, yeni mRNA’da 5'ten 3'e doğrudur.

Kilit düşünce, yardımcı pigmentlerin soğurum tayfını genişleten anten görevi görmesidir; tepki merkezi sağlamken gözlenen fark ışığın rengine bağlıdır. Beyaz ışık, klorofil b ve karotenoitlerin de soğurduğu dalga boylarını içerir ve bu enerji tepki merkezi klorofil a’ya aktarılır; yardımcı pigmentleri olmayan mutant bu katkıyı alamadığı için oksijen çıkış hızı düşer, bu yüzden birinci ifade doğrudur. Yalnızca klorofil a’nın güçlü soğurduğu kırmızı ışıkta yardımcı pigmentlerin toplayacağı fazladan dalga boyu kalmaz, iki bitki de ışığı esas olarak aynı pigmentle yakalar; bu yüzden hızlar birbirine yaklaşır ve ikinci ifade doğrudur. Tepki merkezi klorofil a gövde metnine göre mutantta sağlam bırakıldığından, farkın nedenini tepki merkezinin yokluğuna bağlayan üçüncü ifade yanlıştır. Sonuç birinci ve ikinci ifadelerin doğru olmasıdır.

Ayırt edici düşünce fermantasyonda indirgenmiş koenzim dengesini ve karbondioksit çıkış basamağını doğru yere koymaktır. Bir glikozun glikolizinde iki $\mathrm{N}\mathrm{A}{\mathrm{D}}^{+}$ indirgenerek iki $\mathrm{N}\mathrm{A}\mathrm{D}\mathrm{H}$ ve iki pirüvat oluşur, dört glikozda bu sayılar sekize çıkar. Pirüvattan asetaldehit oluşurken karbondioksit çıkar ve bu basamakta indirgenmiş koenzim harcanmaz. Ardından her asetaldehit bir $\mathrm{N}\mathrm{A}\mathrm{D}\mathrm{H}$ ile indirgenerek etil alkole dönüşür ve $\mathrm{N}\mathrm{A}{\mathrm{D}}^{+}$ yenilenir, dört glikoz için sekiz $\mathrm{N}\mathrm{A}\mathrm{D}\mathrm{H}$ yükseltgenir, bu yüzden birinci ifade doğrudur. Aynı dört glikozdan her pirüvattan bir karbondioksit ile toplam sekiz karbondioksit çıkar ve ATP yalnızca glikolizden glikoz başına net iki olmak üzere toplam net sekiz üretilir, bu yüzden ikinci ifade doğrudur. Üçüncü ifade karbondioksit çıkaran basamak ile indirgenmiş koenzimi yükseltgeyen basamağı karıştırır, yenilenme asetaldehit basamağındadır, bu yüzden üçüncü ifade yanlıştır.

Bu sorunun belirleyici düşüncesi oksijen yokluğunun elektron taşıma sisteminin yokluğu anlamına gelmediğidir. Oksijensiz solunum ile fermantasyonun ortak noktası oksijen kullanmamalarıdır, ancak ATP üretim düzenleri farklıdır. Her iki canlıda da glikoz önce glikolizle pirüvata yıkılır ve bu evrede substrat düzeyinde fosforilasyonla net ATP oluşur, bu yüzden birinci ifade doğrudur. Oksijensiz solunumda indirgenmiş koenzimler elektronlarını zar üzerindeki taşıma sistemine verir ve son elektron nitrata aktarılır; laktik asit fermantasyonunda ise glikolizde oluşan NADH elektronunu pirüvata vererek onu laktik aside indirger ve böylece NAD+ yenilenir, bu yüzden ikinci ifade doğrudur. Taşıma sisteminin çalışması zarın iki yanı arasında proton farkı kurar ve bu farktan kemiozmotik ATP sentezi sağlanır; fermantasyonda taşıma sistemi çalışmadığı için böyle bir sentez yoktur, bu yüzden üçüncü ifade de doğrudur. Üçü birlikte doğru olan seçenek gerekir.

Temel düşünce mineral alımı ile su alımının enerji gereksinimini ayırmaktır. Kök öz suyunda mineral derişiminin çözeltiden yüksek kalması birikmenin derişim farkına karşı olduğunu, solunum hızıyla mineral alım hızının birlikte düşmesi bu yönde taşımanın solunumla üretilen ATP ile çalışan aktif taşımaya dayandığını gösterir, bu yüzden birinci yargı doğrudur. Terleme koşulları eşit tutulurken oksijen uzaklaştırılınca su alımının sürmesi suyun temel olarak su potansiyeli farkına bağlı ozmosla girdiğini ve doğrudan ATP harcanmasını gerektirmediğini gösterir, bu yüzden ikinci yargı doğrudur. Terleme eşitken mineral alımının azalması minerallerin su ile birlikte terleme çekimiyle pasif taşındığı savıyla çelişir, bu yüzden üçüncü yargı yanlıştır.