sayisal11

MATEMATİK – ÖSS Ortak

OLASILIK 1) 0 ≤ P(A) ≤ 1

OLASILIK

2) P(∅) = 0, P(E) = 1

Tanım: Bir deney sonucunda elde edilen tüm çıkanlardan oluşan kümeye örnek uzay denir. Örnek uzay kümesi E ile gösterilir. Örnek uzayın herhangi bir alt kümesine olay denir. E örnek uzayına kesin olay ve boş kümeye olanaksız olay denir.

3) P(A∪B) = P(A) + P(B) – P(A∩B) NOT: 1 E = { a1, a2, a3, ... an} örnek uzayında, P(a1) = P(a2) = P(a3) = ... = P(an) ise, E örnek uzayına eş olumlu örnek uzay denir. Eş olumlu bir örnek uzayda bir A olayının olasılığı, n(A) P(A) = dir. n(E)

ÖRNEK 1 Bir zar peş peşe 2 kez atılıyor. a)

Bu deneydeki örnek uzayın eleman sayısı kaçtır?

b)

Üste gelen sayılar toplamının 10 olma olayı A ise, n(A) kaçtır?

c)

Üste gelen sayılar toplamının 5 ile kalansız bölünebilmesi olayı B ise, n(B) kaçtır?

d)

A ve B olayları ayrık olaylar mıdır?

ÖRNEK 2

e)

Üste gelen sayılar toplamının 13 ten küçük olma olayı C ise, C nasıl bir olaydır?

ÇÖZÜM

E = {A, B, C} örnek uzayında; A, B, C üç ayrık olaydır. 5 7 olduğuna göre, P(A ∪ B) = , P(B ∪ C) = 9 9

a)

Bir zar atıldığında örnek uzay, (1, 2, 3, 4, 5, 6) olduğundan, iki zar atıldığında örnek uzay;

P(A), P(B), P(C) yi bulalım.

E = {1, 2, 3, 4, 5, 6} x {1, 2, 3, 4, 5, 6} = {(1, 1), (1, 2), (4, 3), …} olup, n(E) = 6.6 = 36 dır.

ÇÖZÜM

b)

A = {(4, 6), (6, 4), (5, 5)} olup, n(A) = 3 tür.

c)

B = {(1, 4), (4, 1), (2, 3), (3, 2), (4, 6), (6, 4), (5, 5)} olup, n(B) ) = 7 dir.

d)

A ∩ B = {(4, 6), (6, 4), (5, 5)} olup, A ∩ B ≠ Ø olduğundan, A ve B olayları ayrık değildir.

e)

NOT: 2 P(A) bir olayın olma olasılığı, P(Aı) aynı olayın olmama olasılığı ise, P(A) + P(Aı) = 1 dir.

5 (A ∩ B = ∅ olduğundan) 9 7 P(B ∪ C) = P(B) + P(C) = (B ∩ C = ∅ olduğundan) 9 P(E) = P(A ∪ B ∪ C) P(A ∪ B) = P(A) + P(B) =

= P(A) + P(B) + P(C) = 1 (A ∩ B ∩ C = ∅ olduğundan) Bu denklemlerden, P(C) =

İki zar atıldığında üste gelen sayılar toplamı en çok 12 olup, 13 ten küçük olacağından, C olayı kesin olaydır. C = E dir.

4 9

P(A) =

2 3 ve P(B) = bulunur. 9 9

ÖRNEK 3 A ve B isimli iki kişi bir madeni parayı atma oyunu oynuyorlar. Parayı yazı atan oyunu kazanıyor. Parayı önce A, sonra B atarak, oyunu herhangi biri kazanıncaya kadar bu sırada parayı atmaya devam ediyorlar.

OLASILIK FONKSİYONU Tanım: A ⊂ E olsun. A dan [0,1] aralığına tanımlanan ve aşağıdaki aksiyomları gerçekleyen P fonksiyonuna olasılık fonksiyonu denir. A nın P fonksiyonu altındaki P(A) görüntüsüne de A olayının olasılığı denir. -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

Bu para atma oyununu A nın kazanma olasılığı kaçtır?

3

MATEMATİK – ÖSS Ortak ÇÖZÜM

ÇÖZÜM

Oyunu A nın kazanma olasılığı x olsun. B nin kazanması için, A nın kazanamaması gerekir. O halde oyunu B nin 1 kazanma olasılığı ⋅ x tir. 2 1 2 x + x = 1 den, P(A) = x = tür. 2 3

n tane özdeş oyuncak, her kişiye en az bir tane vermek ⎛ n − 1⎞ koşuluyla, p kişiye ⎜ ⎟ farklı biçimde dağıtılabilir. ⎝ p − 1⎠

⎛5⎞ n(E) = ⎜ ⎟ = 10 dur. ⎝ 2⎠ A isimli çocuğun 3 oyuncak almış olma sayısı; A B C 3 2 1 3 1 2 biçimin de olup, n(A) = 2dir. n(A) 2 1 P(A) = = = tir. n(E) 10 5

ÖRNEK 4 A ve B aynı evrensel kümede iki olaydır. 2 1 1 olduğuna göre, P(A) = , P(B) = ve P(A ∩ B) = 7 4 6 P(A ∪ B), P(B – A) ve P(Bı ∩ A) yı bulalım.

BAĞIMSIZ OLAYLAR ÇÖZÜM

Tanım: A ve B iki olay olsun. Bu olaylardan birinin gerçekleşmesi, diğerinin gerçekleşmesine veya gerçekleşmemesine bağlı değilse, bu olaylara bağımsız olaylar denir. A

24 21 14 , P(B) = , P(A ∩ B) = 84 84 84 31k 31 P(A ∪ B) = = 84k 84 7k 1 P(B − A) = = 84k 12 10k 5 P(Bı ∩ A) = = dir. 84k 42

P(A) =

ve B bağımsız iki olay ise, P(A∩B) = P(A).P(B) dir.

ÖRNEK 7 Bir zar peş peşe üç kez atılıyor.

ÖRNEK 5

6 erkek ve 4 bayandan olaşan 10 kişi arasından rasgele 4 kişi seçiliyor. Seçilen bu kişilerin 2 sinin erkek ve 2 sinin bayan olma olasılığı kaçtır? ÇÖZÜM

b)

Bu atışların ikisinde 6, birinde 5 gelme olasılığı kaçtır?

c)

Bu atışların en az birinde 6 gelme olasılığı kaçtır?

d)

Bu atışların üçünde de üste gelen sayıların farklı olma olasılığı kaçtır?

Zarın üç kez peş peşe atılması olayı bağımsız olaydır.

n(A) 90 3 = = dir. n(E) 210 7

ÖRNEK 6

Her çocuğa en az bir tane oyuncak vermek koşuluyla, özdeş 6 oyuncak; A, B ve C isimli üç çocuğa rasgele dağıtılmıştır. Bu dağıtımda, A isimli çocuğa 3 oyuncak verilmiş olma olasılığı kaçtır? -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

İlk iki atışta 6 ve üçüncü atışta 5 gelme olasılığı kaçtır?

ÇÖZÜM

⎛ 10 ⎞ n(E) = ⎜ ⎟ = 210 dur. ⎝4⎠ ⎛6⎞ ⎛ 4⎞ n(A) = ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ = 90 dır. ⎝2⎠ ⎝2⎠ P(A) =

a)

4

a)

Zarın 665 biçiminde gelmesi isteniyor. 1 1 1 1 P(A) = ⋅ ⋅ = dır. 6 6 6 216

b)

Zarın 665, 656, 566 biçimlerinde gelmesi isteniyor. 1 1 1 1 P(B) = ⋅ ⋅ ⋅ 3 = dir. 6 6 6 72

c)

Zarın üç atışta da 6 gelmeme olasılığını bulalım. 5 5 5 125 P(Cı ) = ⋅ ⋅ = dır. 6 6 6 216 125 91 P(C) = 1 − P(Cı ) = 1 − = dır. 216 216

MATEMATİK – ÖSS Ortak d)

İlk atışta 6 sayıdan herhangi biri, ikinci atışta geri kalan 5 sayıdan herhangi biri ve üçüncü atışta da geri kalan 4 sayıdan herhangi biri gelmesi isteniyor. P(D) =

ÇÖZÜM

Torbadan üç topu birlikte çekme deneyi ile topları birer birer çekip, her defasında çekilen topun yerine konmaması deneyi aynı sonucu veren deneylerdir.

6 5 4 5 ⋅ ⋅ = dur. 6 6 6 9

Bu sorunun çözümünü her iki yoldan da yapalım. ⎛ 12 ⎞ ⎛6⎞ a) n(E) = ⎜ ⎟ = 220 , n(A) = ⎜ ⎟ = 20 ⎝3⎠ ⎝3⎠

ÖRNEK 8

P(A) =

A torbasında 4 siyah, 3 beyaz ve B torbasında 5 siyah, 9 beyaz top vardır.

n(A) 20 1 = = dir. n(E) 220 11 K

a)

Bu torbaların her birinden birer tane top alındığında, bu topların aynı renkli olma olasılığı kaçtır?

aı)

b)

Torbalardan herhangi birinden bir top alındığında, bu topun beyaz olma olasılığı kaçtır?

b)

c)

A torbasından bir top alınıp B ye atılıyor. Sonra B den çekilen bir topun beyaz olma olasılığı kaçtır?

P(A) =

K

K

6 5 4 1 ⋅ ⋅ = dir. 12 11 10 11

⎛ 2⎞ ⎛ 4⎞ ⎛ 6⎞ n(B) = ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ = 48 ⎝1 ⎠ ⎝1 ⎠ ⎝1 ⎠ n(B) 48 12 P(B) = = = tir. n(E) 220 55 S

B

K

2 4 6 12 b ) P(B) = ⋅ ⋅ × 3! = tir. (3!, S, B, K nin diziliş 12 11 10 55 sayısıdır.) ı

ÇÖZÜM a)

b)

c)

Topların SS veya BB biçiminde olması isteniyor. 4 5 3 9 47 P(A) = ⋅ + ⋅ = dir. 7 14 7 14 98

c)

1 dir. 2 A dan beyaz ve B den beyaz top çekme olasılığı, 1 3 1 9 15 P(B) = ⋅ + ⋅ = dir. 2 7 2 14 28

Torbaların herhangi birini seçme olasılığı

ı

P(C ) =

ı

n(C ) 56 14 14 41 = = , P(C) = 1 − = tir. n(E) 220 55 55 55 ı

B

ı

c)

A dan B ye atılan top siyah veya beyaz olabilir.

S B

Topların beyaz olmama olasılığı ⎛8⎞ ı n(C ) = ⎜ ⎟ = 56 ⎝3⎠

B B

d)

4 9 3 10 22 P(C) = ⋅ + ⋅ = tir. 7 15 7 15 35

ı

B

ı

B

8 7 6 14 41 P(C ) = ⋅ ⋅ = , P(C) = tir. 12 11 10 55 55 ı

⎛ 2 ⎞ ⎛ 10 ⎞ n(D) = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = 10 ⎝ 2⎠ ⎝ 1 ⎠ n(D) 10 1 P(D) = = = dir. n(E) 220 22 S

S

ı

S

2 1 10 3! 1 3! ⋅ ⋅ × = dir. ( dı) P(D) = SSSı nün diziliş 12 11 10 2! 22 2! sayısıdır.)

ÖRNEK 9 Bir torbada 2 siyah, 4 beyaz ve 6 kırmızı top vardır. Torbadan üç top alınıyor. a)

Bu topların üçünün de kırmızı olma olasılığı kaçtır?

b)

Bu topların üçünün de farklı renkte olma olasılığı kaçtır?

ÖRNEK 10

c)

Bu topların en az birinin beyaz olma olasılığı kaçtır?

22233344 sayısının rakamlarının yerleri değiştirilerek tüm 8 basamaklı sayılar yazılıyor.

d)

Topların ikisinin siyah, diğerinin siyah olmama olasılığı kaçtır?

Bu sayılardan rasgele biri seçildiğinde, bu sayıda en az iki tane 2 nin yan yana bulunma olasılığı kaçtır?

-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

5

MATEMATİK – ÖSS Ortak ÇÖZÜM

ÇÖZÜM

18 dır. 36 İlk atışta gelen sayı çift ise, iki atışta gelen sayıların toplamının 9 dan büyük olma olasılığı, 4 P(A ∩ B) = (46, 64, 65, 66) 36 4 2 36 P(A / B) = = dur. 18 9 36

İlk atışta çift sayı gelme olasılığı, P(B) =

8! n(E) = = 560 tır. 3! 3! 2! 2 lerin hiç birinin yan yana bulunmaması olasılığını bulalım. Üç tane 3 ve iki tane 4; ⋅3 ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ 4 ⋅ olacak biçimde 5! = 10 türlü sıralanır. 6 tane noktanın olduğu yerler3! 2! ⎛6⎞ den herhangi üçüne 2 ler, ⎜ ⎟ = 20 türlü yerleştirilebilir. ⎝3⎠ n(Aı ) = 20.10 = 200 dür.

ÖRNEK 13

ı

n(A ) 200 5 5 9 P(A ) = = = ve P(A) = 1 − = tür. n(E) 560 14 14 14 ı

A, B, C makineleri, bir fabrikadaki üretimin sırayla; %40, %35 ve %25 ini yapmaktadır. Bu makinelerin bozuk ürün üretme olasılıkları sırayla; %3, %4 ve %8 dir. Bu fabrikadan rasgele alınan bir ürünün bozuk olduğu bilindiğine göre,

ÖRNEK 11

bu ürünün A makinesi tarafından üretilmiş olma olasılığı kaçtır?

Şekildeki M merkezli ve 8 br yarıçaplı çember eksenlere teğettir.

ÇÖZÜM

Bu çemberin iç bölgesinde alınan herhangi bir noktanın eksenlere olan uzaklıkları toplamının 8 br den büyük olma olasılığı kaçtır?

Ürünün bozuk olma olasılığı; 40 3 35 4 25 8 46 P(B) = ⋅ + ⋅ + ⋅ = dır. 100 100 100 100 100 100 1000 Bozuk ürünün A makinesinde üretilmiş olma olasılığı; 40 3 ⋅ 6 P(A / B) = 100 100 = tür. 46 23 1000

ÇÖZÜM

Çemberin iç bölgesinde herhangi bir nokta P(x, y) ise, x + y > 8, y > 8 – x olması isteniyor. Bu koşulu sağlayan noktalar taralı bölgede bulunur. Taralı bölgenin alanı, Sı = 64π – (16π – 32) br2, dairenin alanı, S = 64π br2 olup, 48π + 32 3π + 2 P(A) = dir. = 64π 4π

ÖRNEK 14

A torbasında 4 siyah ve 6 beyaz, B torbasında 5 siyah ve 3 beyaz top vardır. Bu torbalardan birer tane top alınıyor. Alınan bu topların farklı renkte olduğu bilindiğine göre, siyah topun A torbasından alınmış olma olasılığı kaçtır? ÇÖZÜM

KOŞULLU OLASILIK

Alınan topların farklı renkte olması olayı, A dan siyah ve B den beyaz veya A dan beyaz ve B den siyah top çekilmesi olayıdır.

Tanım: A ve B olayları E örnek uzayında eş olumlu iki olay olsun. B olayının gerçekleşmesi durumunda, A olayının olasılığına, A olayının B ye bağlı koşullu olasılığı denir ve P(A/B) biçiminde gösterilir. P(A ∩ B) dir. P(A / B) = P(B)

S

ÖRNEK 12 Bir zar peş peşe iki kez atılıyor. İlk atışta gelen sayının çift olduğu bilindiğine göre, bu iki atışta gelen sayıların toplamının 9 dan büyük olma olasılığı kaçtır? -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

B

B

S

4 3 6 5 42 ⋅ + ⋅ = P(B) = dir. 10 8 10 8 80 4 3 ⋅ dir. P(A ∩ B) = 10 8 12 P(A ∩ B) 80 2 = = P(A / B) = dir. 42 7 P(B) 80

6

MATEMATİK – ÖSS Ortak ÇÖZÜMLÜ TEST 1.

4.

4 bayan ve 6 erkekten oluşan 10 kişilik bir gruptan, 2 kişi ayrıldıktan sonra, rasgele 1 kişi seçiliyor.

Buna göre, bu kişilerin buluşmaları olasılığı kaçtır? 1 7 3 5 1 A) B) C) D) E) 2 16 8 16 4

Seçilen bu kişinin erkek olma olasılığı kaçtır? 1 2

A)

B)

3 4

C)

2 5

D)

3 5

E)

4 5

ÇÖZÜM

ÇÖZÜM

A, 12 yi x dakika, B de 12 yi y dakika geçe buluşma yerine gelsin. x − y ≤ 15 olduğunda, bu kişiler buluşurlar. −15 ≤ x − y ≤ 15 ten,

Ayrılan kişiler; BB, BE, EB, EE olabilir. Bundan sonra seçilen kişinin erkek olma olasılığı, P(A) = P(BBE) + P(BEE) + P(EBE) + (EEE) olur.

P(A) =

4 3 6 4 6 5 6 4 5 6 5 4 3 ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = tir. 10 9 8 10 9 8 10 9 8 10 9 8 5

y ≥ x − 15 ve y ≤ x + 15 olup, taralı bölgedeki herhangi bir saatte geldiklerinde buluşurlar. Taralı bö lg enin a la nı P(A) = Karenin alanı 60.60 − 45.45 9 7 = = 1− = dır. 60.60 16 16

Yanıt:D

2.

A ile B isimli kişiler saat 12 ile 13 arasında buluşmak istiyorlar. 12 ile 13 arasındaki herhangi bir saatte buluşma yerine gelen bu kişilerin her biri 15 dakika bekledikten sonra buluşamazlarsa, buluşma yerinden ayrılıyorlar.

n ∈ N+ olmak üzere, 2.30n sayısının pozitif tamsayı bölenlerinin herhangi biri seçildiğinde, bu sayının 25 ile kalansız bölüne9 olduğuna göre, bilme olasılığı 11 n kaçtır?

Yanıt:B

A) 9

B) 10

C) 11

D) 12

E) 13

5.

ÇÖZÜM

2.30n = 2n +1.3n.5n olup, bu sayının pozitif tamsayı bölenlerinin sayısı, n(E) = (n+2)(n+1)2 dir. 25 ile kalansız bölünebilen pozitif tamsayı bölenlerinin sa-

yısı, 5 . ( 2

n +1 n n − 2

2

.3 .5

) den,

bu sayının çift olma olasılığı kaçtır? 2 9 5 11 B) C) D) A) 7 28 14 28

n(A) = (n + 2)(n + 1)(n − 1) dir.

n(A) (n + 2)(n + 1)(n − 1) 9 = = n(E) 11 (n + 2)(n + 1)2 n −1 9 den, n = 10 dur. = n + 1 11

P(A) =

3 kız, 5 erkek bir sırada rasgele oturmuşlardır. Kızlardan hiçbirinin yan yana oturmamış olma olasılığı kaçtır?

A)

4 9

B)

2 7

C)

5 14

D)

3 7

E)

5 9

ÇÖZÜM

8 kişi bir sırada, n(E) = 8! biçimde oturabilir. Erkekler A, B, C, D, E olsun. i A i B i C i D i E i Kızların hiçbiri yan yana gelmeyeceği için üç kız noktalarla belirtilmiş 6 yere, P(6, 3) = 120 türlü ve erkekler kendi aralarında 5! türlü yer değiştirebileceğinden, n(A) = 5!.120 dir. n(A) 5!.120 5 P(A) = = = tür. n(E) 8! 14 Yanıt: C -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

E)

3 7

ÇÖZÜM Üç basamaklı 8.8.8 = 83 sayı yazılabilir. a > b > c koşulunu sağlayan (abc) üç basamaklı sayıları ⎛8⎞ ⎜ ⎟ = 56 tan edir. ⎝3⎠ a > b > c koşulunu sağlayan (abc) biçiminde üç basamaklı 56 bir sayı çekme olasılığı, P(B) = 3 tür. 8 Çekilen bu sayının çift olma olasılığı; birler basamağı 2 ise, onlar ve yüzler basamağındaki rakamlar 3, 4, 5, 6, 7, ⎛6⎞ 8 den herhangi ikisi ⎜ ⎟ = 15 türlü, birler basamağı 4 ise, ⎝2⎠ onlar ve yüzler basamağındaki rakamlar 5, 6, 7, 8 den ⎛ 4⎞ herhangi ikisi ⎜ ⎟ = 6 türlü, birler basamağı 6 ise, onlar ⎝2⎠ ve yüzler basamağındaki rakamlar 7, 8 den herhangi ikisi ⎛ 2⎞ 15 + 6 + 1 ⎜ ⎟ = 1 türlü seçilebilir. P(A ∩ B) = 3 8 ⎝ 2⎠

Yanıt:B

3.

A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} kümesinin elemanlarını kullanarak (abc) biçiminde tüm üç basamaklı sayılar ayrı ayrı kartlara yazılıp, bir torbaya konmuştur. Torbadan çekilen herhangi bir sayıda a > b > c olduğu bilindiğine göre,

P(A / B) =

Yanıt: D

7

P(A ∩ B) 22 11 = = dir. P(B) 56 28

MATEMATİK – ÖSS Ortak KONU TESTİ 1.

6.

Bir torbada 5 tane kırmızı, n tane sarı top vardır. Bu 1 torbadan bir kırmızı top çekme olasılığı olduğuna 3 göre,

bu öğrencinin erkek öğrenci olma olasılığı kaçtır?

A)

n kaçtır?

A) 5

2.

B) 6

C) 8

D) 9

7.

A isimli belli bir oyuncunun oluşturulacak takımda bulunma olasılığı kaçtır?

3.

5 8

B)

2 7

C)

1 2

8 35

D)

E)

1 6

4.

B)

8.

C)

7 15

D)

8 15

E)

3 5

9.

5.

B)

7 32

C)

1 4

D)

5 16

E)

7 16

1.E

B) 2.A

30 81

C) 3.C


28 81

D) 4.D

25 81

13 17

E)

4 15

E)

C) 13

D) 12

E) 11

B) 40

C) 50

D) 60

E) 70

Aynı hedefe atış yapan üç kişiden her birinin hedefi 1 3 1 tür. Üçü birer kez atış yavurma olasılığı; , , 2 5 3 pıyor.

7 9

B)

3 8

C)

2 5

D)

1 7

E)

1 9

10. A torbasında 3 kırmızı 2 mavi, B torbasında 2 kırmızı 3 mavi top vardır. A torbasından peş peşe 2 top çekilip, rengine bakılmadan B torbasına atılıyor. Sonra B torbasından rasgele bir top çekiliyor. Buna göre, B torbasından çekilen bu topun mavi olma olasılığı kaçtır?

Buna göre, çekilen bu topun beyaz olma olasılığı kaçtır? 32 81

D)

6 tane eş kutudan 2 tanesinde altın vardır. Diğerleri boştur. Rasgele 4 kutu seçiliyor.

A)

A torbasında 4 mavi 5 beyaz, B torbasında 5 mavi 3 beyaz top vardır. A dan bir top çekilip rengine bakılmaksızın B ye atılıyor. Sonra B torbasından bir top çekiliyor.

A)

3 4

Buna göre, hedefi sadece birinin vurmuş olma olasılığı kaçtır?

Çekilen kartta bulunan alt kümenin, üç elemanlı bir alt küme olma olasılığı kaçtır? 3 32

C)

Seçilen bu kutuların içinde altınların bulunduğu iki kutunun da olma olasılığı yüzde kaçtır?

A = {1, 2, 3, 4, 5} kümesinin tüm alt kümeleri ayrı ayrı kartlara yazılıp bir torbaya konuyor. Torbadan rasgele bir kart çekiliyor.

A)

B) 14

A) 30 2 5

13 37

A = 13.10n sayısının pozitif tamsayı bölenlerinden 1 dur. herhangi birinin tek sayı olma olasılığı 10

A) 15

P(Aı) kaçtır? 1 5

B)

Buna göre, A sayısı kaç basamaklıdır?

A ve B aynı E örnek uzayının herhangi iki olayıdır. P(x): x olayının olasılığıdır. 1 1 ve P(A − B) = ise, P(A ∩ B) = 5 3

A)

13 28

E) 10

8 basketbol oyuncusu arasından 5 kişilik basketbol takımı oluşturuluyor.

A)

Bir sınıfta 17 erkek ve 20 kız öğrenci vardır. Erkeklerden 4 ve kızlardan 5 kişi başarısızdır. Rasgele bir öğrenci seçiliyor. Seçilen öğrencinin başarılı olduğu bilindiğine göre,

8 27

A)

5.A

6.A 8

11 35

B)

7.E

13 35

C)

8.B

17 35

D)

9.C

19 35

E)

10.D

21 35

GEOMETRİ – ÖSS Ortak

UZAY GEOMETRİ BİR DOĞRUNUN BİR DÜZLEME DİKLİĞİ

İki düzlemli bir açının ayrıtı üzerinde alınan bir noktadan; her biri bir yüz üzerinde olmak üzere, ayrıta dik olarak çizilen ışınların oluşturduğu açıya, iki düzlemli açının ölçek açısı denir.

A ⊂ (P ) k ⊂ (P )

İki düzlemli bir açının tüm ölçek açıları birbirine eştir.

d ⊥ A ve d ⊥ k ise, d ⊥ (P ) dir.

PRİZMALAR Bir düzlemin kesişen iki doğrusuna kesim noktasında dik olan doğru, bu düzleme de diktir.

PRİZMATİK YÜZEYLER Düzlemsel bir çokgen ile bunun düzlemine paralel olmayan bir A doğrusu verilsin. A doğrusuna paralel olan ve çokgenin kenarlarına dayanarak hareket eden bir d doğrusunun oluşturduğu yüzeye prizmatik yüzey denir. Bir prizmatik yüzeyin bir düzlemle arakesitine bu prizmatik yüzeyin kesiti denir. Kesit düzlemi yan ayrıtlara dik ise bu kesite dik kesit denir.

ÜÇ DİKME TEOREMİ Teorem: Bir P düzleminin dışında alınan bir A noktasından bu düzleme [AH] dikmesi, H dikme ayağından P düzleminde bulunan d doğrusuna da [HB] dikmesi çizilirse; [AB], d doğrusuna dik olur.

A ∉ (P ) d ⊂ (P ) iken, [ AH] ⊥ (P ) ve

[HB] ⊥ d ise, [ AB] ⊥ d olur. PRİZMALAR Bir prizmatik yüzeyin paralel iki düzlem arasında kalan parçasına prizma denir. Birbirine eş olan bu iki kesite prizmanın tabanları denir. Prizmalar, tabanlarını oluşturan çokgenlere göre adlandırılırlar: üçgen prizma, dörtgen prizma, beşgen prizma vb.

Teorem [AH] ⊥ (P) ve [AB] ⊥ d ise, [HB] ⊥ d dir.

KESİŞEN İKİ DÜZLEMİN ÖLÇEK AÇISI

Başlangıç doğruları aynı olan iki yarı düzlem ile, başlangıç doğrularının birleşimine iki düzlemli açı denir. ((n P ) ,AB, ( G )) şeklinde gösterilir. -MEF İLE HAZIRLIK 14 SAYI-

Prizmanın iki tabanı arasındaki uzaklığa, prizmanın yüksekliği denir (h). 9

GEOMETRİ – ÖSS Ortak • Dik prizma Yan ayrıtları taban düzlemine dik olan prizmaya dik prizma denir.

• Eğik prizmanın hacmi:

• Eğik prizma Bir prizmanın yan ayrıtları taban düzlemine dik değilse böyle bir prizmaya eğik prizma denir. • Düzgün Prizma: Tabanları düzgün çokgen olan dik prizmaya düzgün prizma denir.

V = (dik kesit alanı) . (yan ayrıt uzunluğu) V=K.A

Düzgün prizmanın yan yüzeyleri birer dikdörtgen olup hepsi birbirine eştir. Bir prizmada, Yükseklik Taban alanı Yanal alanı Bütün alanı Hacim Yanal ayrıt uzunluğu Dik kesitin alanı

:h :G :Y :S :V :A :K

h A ⇒ V = K. A = G. A .cos α = G.h

K = G.cos α , cos α =

ÖZEL PRİZMALAR Dikdörtgenler prizması: Tabanları dikdörtgen olan dik prizmadır.

sembolleri ile gösterilir.

PRİZMANIN ALANI

|AC| = e (yüz köşegeninin uzunluğu) |EC| = k (cisim köşegeninin uzunluğu)

Eğik bir prizmanın yanal alanı, dik kesit çevresi ile yan ayrıtının uzunluğunun çarpımına eşittir. Y = ÇK.A

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

e = a +b

k = a +b +c

Bir dik prizmanın yanal alanı, taban çevresi ile yüksekliğinin çarpımına eşittir. Y = ÇT.h

k = a +b +c Dikdörtgenler prizmasının bir köşeden çıkan ayrıtlarının uzunlukları a, b, c ise tüm alanı; S = 2.(a.b + a.c + b.c) dir. Bir dikdörtgenler prizmasının hacmi, bir köşesinden geçen üç ayrıtının uzunlukları çarpımına eşittir. V = a.b.c dir.

PRİZMANIN HACMİ • Dik prizmanın hacmi:

KÜP Bütün ayrıtları eşit uzunlukta olan dikdörtgenler prizmasıdır.

e=a 2 k=a 3

Bir kenarının uzunluğu a olan bir küpün tüm alanı; S = 6a2 dir. Küpün hacmi: V = a3 tür.

V = (taban alanı) . h olur. V = G.h -MEF İLE HAZIRLIK 14 SAYI-

10

GEOMETRİ – ÖSS Ortak SİLİNDİR

Düzgün dörtyüzlü Altı ayrıtı da aynı uzunlukta olan üçgen piramittir. Tüm yüzler, birbirine eş olan eşkenar üçgenlerdir.

Alanı : S = a2. 3 Hacmi : V =

Silindirler tabanlarına göre adlandırılırlar: dairesel silindir, eliptik silindir vb.

Kesik pramit • Bir piramit, tabanına paralel bir düzlemle kesildiğinde, 1. Oluşan piramitler benzerdir. 2. Kesit çokgeni, tabana benzerdir. 3. Kesit alanının taban alanına oranı, benzerlik oranının karesine eşittir.

DİK DAİRESEL SİLİNDİR

Yanal alanı Bütün alanı Hacmi

3

a . 2 12

: Y = 2π.r.h : S = 2πr2+2πr.h = 2πr(h+r) : V = πr2.h

•• Bir piramidin hacmi, taban alanı ile yüksekliğinin çarpımının üçte birine eşittir.

PİRAMİT Bir düzlemsel çokgen ile bunun düzlemi dışında bir nokta verilsin. Bu nokta çokgenin köşeleri ile birleştirildiğinde, oluşan üçgensel bölgelerle çokgensel bölgenin sınırladığı cisme piramit denir. [TP] yanal yükseklik, [TH] cisim yüksekliği, [TA], [TB] … yanal ayrıtları, [AB], [BC] … taban ayrıtlarıdır.

A(ABCDE) = G ise, 1 V = ⋅ G.h dir. 3

Düzgün piramit Tabanı düzgün çokgen olan ve yükseklik ayağı taban merkezinde bulunan piramittir. Bir düzgün piramidin;

Düzgün piramidin yanal alanı:

• Yan yüzeyleri birbirine eş ikizkenar üçgenlerdir. • Yanal ayrıtlarının uzunlukları eşittir. • Yanal yüksekliklerin uzunlukları eşittir.

-MEF İLE HAZIRLIK 14 SAYI-

ÇT: taban çevresi Y: yanal alan Ç . TK Y= T 2 Bir düzgün piramidin yanal alanı, taban çevresi ile yanyüz yüksekliğinin (Apotem) çarpımının yarısına eşittir. 11

GEOMETRİ – ÖSS Ortak KONİ Konik yüzey Kapalı bir C eğrisi ile bunun düzlemi dışında bir T noktası verilsin. T noktasından geçen ve C eğrisine dayanarak hareket eden bir doğrunun oluşturduğu yüzeye konik yüzey denir.

ÇÖZÜMLÜ TEST 1.

E düzleminin kesişen iki doğrusu AB ve BC [PA ] ⊥ (E )

[PC] ⊥ BC BA = 10 cm BC = 8 cm PA = 6 cm olduğuna göre, PC kaç cm dir?

A) 8

Koni Bir konik yüzeyin bir kanadı ile bütün ana doğrularını kesen bir düzlem tarafından sınırlanan cisme koni denir. Koniler tabanlarına göre adlandırılır. Dairesel koni, eliptik koni v.b.

B) 6 2

C) 5 3

D) 9

E) 10

ÇÖZÜM A ile C yi birleştirelim [ AC] ⊥ BC olur (üç dikme teoremi) ABC üçgeninde Pisagor bağıntısı yazılırsa

Dik dairesel koni Tabanı daire olan ve yüksekliği tabanın merkezinden geçen koniye dik koni (dönel koni) denir.

2

AC + 82 = 102 AC = 6 cm

[PA ] ⊥ (E ) ve [PA ] ⊥ [ AC] dir. PAC üçgeninde Pisagor bağıntısı yazılırsa 2

PC = 62 + 62 , PC = 6 2 cm dir. Yanıt: B

2.

Koninin hacmi: 1 V = ⋅ πr 2.h 3 Dik dairesel koninin yanal alanı ve tüm alanı:

oluşan cisimlerin hacimlerinin oranı kaçtır?

2πr.a Y= = π.r.a 2 S = πr ( r + a )

A)

8 13

B)

9 13

C)

ÇÖZÜM Meydana gelen cisimler yamuk tabanlı iki prizmadır. LM = 3k

KÜRE Uzayda sabit bir noktadan eşit uzaklıkta olan noktaların birleşim kümesine (geometrik yerine) küre yüzeyi, bu yüzeyle sınırlanan cisme küre denir.

MK = 9k dir. HB = 4k ⎫⎪ ⎬ olur. AH = 8k ⎪⎭ 3k + 8k ⋅ h. AE V 11 2 = = tür. 4k + 9k V 1 3 ⋅ h. AE 1 2 Yanıt: D

Kürenin Alanı: S = 4πr2 Kürenin Hacmi: 4 V = ⋅ πr 3 3


Şekildeki dikdörtgenler prizması tabanına dik MOHN düzlemiyle kesiliyor. LM 1 = MK 3 AH = 2. HB ise,

12

10 13

D)

11 13

E)

12 13

GEOMETRİ – ÖSS Ortak 3.

5.

Şekildeki dikdörtgenler prizmasının ayrıtlarının uzunlukları a, b, c, cisim köşegeninin uzunluğu e dir. e2 = b2 + 3c2 + ac olduğuna göre,

BF = 3 cm BC = 4 cm dir.

a ile c arasındaki bağıntı aşağıdakilerden hangisidir?

B) a = 2 c

A) a = c

Prizma AB etrafında 360° döndürüldüğünde oluşan cismin hacmi kaç π cm3 tür?

C) a = 3c

A) 120

E) a = 3 c

D) a = 2c

2

2

e = a +b +c 2

2

2

2

2

2

BG = 3 + 4

2

, e = a + b + c dir.

2

2

2

2

2

,

C) 160

D) 200

E) 240

BG = 5 cm dir.

2

3

V = π.5 .8 = 200 π cm tür. Yanıt: D

2

b + 3c + ac = a + b + c , a − ac − 2c = 0 (a − 2c)(a + c) = 0 dır. a − 2c = 0 , a = 2c dir. Yanıt: D

4.

B) 144

ÇÖZÜM Oluşan cisim BCGF yüzünün köşegeni yarıçap, yüksekliği [ AB] olan silindirdir.

ÇÖZÜM 2

Dikdörtgenler prizmasında AB = 8 cm

6.

Şekildeki düzgün kare piramitte BC = 4 cm TC = 6 cm olduğuna göre,

Şekildeki küpün alanı 384 cm2 dir. EP = PG

piramidin hacmi kaç cm3 tür?

AB = 4 AK ise, PK kaç cm dir?

A)

A) 3 7

B) 4 7

C) 2 23

D) 2 21

E)

21

2

= 384 , AB

2

= 64

[ TH] ⊥ [BC] çizelim. [OH] ⊥ [BC] olur.

AK = 2 cm olur.

OH = 2 cm,

[PO] ⊥ (ABCD) çizilirse,

BH = HC = 2 cm dir. THC üçgeninde Pisagor bağıntısı yazılırsa,

O ağırlık merkezi olur. O dan [BC] ye LM paraleli çizilirse, LO = OM = 4 cm olur.

2

TH + 22 = 62

[LM] ⊥ [ AB] dir.

TH = 4 2 cm dir. TOH üçgeninde Pisagor bağıntısı yazılırsa,

KL = 2 cm dir. OKL üçgeninde Pisagor bağıntısı yazılırsa,

TO + 22 = ( 4 2 ) 2

2

OK = 22 + 42 , OK = 20 PKO üçgeninde Pisagor bağıntısı yazılırsa,

PK

2

2

= PO + OK

2

2

TO = 2 7 cm dir. 2

= 64 + 20 = 84

A(ABCD) = 4 = 16 cm

PK = 2 21 cm dir. Yanıt: D


34 7 3

ÇÖZÜM [TO] ⊥ (ABCD) ve

AB = 8 cm dir.

2

B) D) 12 7

ÇÖZÜM

6 AB

32 7 3

2

1 32 7 ⋅ 16 ⋅ 2 7 = cm3 tür. 3 3 Yanıt: A V=

13

C) 12 3 E) 20 3


9.

Şekildeki düzgün dörtyüzlünün yüksekliği TG = 2 6 cm olduğuna göre, hacmi kaç cm3 tür?

O merkezli küre içine [AB] çaplı dik koni yerleştirilmiştir. Koninin hacmi 128π 3 cm ve yüksekliği 8 3 cm ise, kürenin alanı kaç π cm2 dir?

A) 80 B) 18 2

A) 18

C) 18 3

D) 32

ÇÖZÜM C ile G yi birleştirelim. [CG ∩ [ AB] = {H} olsun.

2

6a 3 = 3a 3 2 HG = a 3

ı

OB = OT = R , OO = 8 − R dir.

OOıB üçgeninde Pisagor bağıntısı yazılırsa,

GC = 2a 3 tür.

R2 = (8 − R)2 + 42

TGC üçgeninde Pisagor bağıntısı yazılırsa, 2

2

(2 6 ) + (2a 3 ) = (6a)

R2 = 64 − 16R + R2 + 16 , 16R = 80 , R = 5 cm dir.

, a = 1 cm

2

S = 4πR = 4π.25 = 100π cm Yanıt: C

AB = 6.1 = 6 cm dir. 6

2

4

3

E) 160

r = 16 , r = 4 cm dir. O ile B yi birleştirelim.

CH =

A(ABC) =

D) 120

ÇÖZÜM 1 V = πr 2.h 3 128π 1 2 = πr .8 3 3

AB = TC = 6a

2

C) 100

E) 36

6a

AH = HB = 3a

B) 90

2

dir.

2

= 9 3 cm dir.

1 ⋅ 9 3 ⋅ 2 6 = 6 18 = 18 2 cm3 tür. 3 Yanıt: B V=

8.

A merkezli daire dilimi bükülerek dönel koni yapılıyor. Koninin yüksekliği 8 cm, hacmi 96π cm3 olduğuna göre,

n =α m(BAC) dir? A) 144

10. Yarıçapı 3 cm olan küre 6 eş dilime bölündüğünde dilimlerden birinin alanı kaç π cm2 dir?

A) 6

B) 9

C) 12

D) 15

kaç derece-

B) 156

C) 180

D) 210

ÇÖZÜM Dilimlerden birinin dış yüzeyinin 1 alanı kürenin alanının sı ka6 dardır.

E) 216

ÇÖZÜM 1 2 1 2 V = πr .h = πr .8 = 96π 3 3 r = 6 cm dir. AOP üçgeninde Pisagor bağıntısı yazılırsa

taralı alan

2

4π.9 = 6π cm2 dir. 6 Dilimlerin yan yüzleri yarım daire olduğundan toplamları bir dairedir. =

2

AP = 62 + 82 , AP = 10 cm dir. p = 2π.r = 2π.6 = 12π cm dir. Ç = BC t

α ⋅ 2π ⋅ AC 360° α 12π = ⋅ 2π ⋅ 10 , 360° Yanıt: E

4πR 6

12π =

2

Yan yüz alanlar toplamı = πR = 9π Dilimin toplam alanı = 6π + 9π = 15π cm2 dir. Yanıt: D

α = 216° dir.


14

E) 18


KONU TESTİ 1.

Aı, A noktasının P düzlemi üzerindeki izdüşümerkezli müdür. Aı çemberin yarıçapı 9 cm, [BC] çembere C noktasında teğet, B ∈ (P)

Bir ayrıtının uzunluğu 2 birim olan küpte T ∈ [EF] dir. TH + TB toplamı en küçük değerini aldığında (T, DAEH) piramidinin hacmi kaç birimküptür?

ı

AA = 12 cm AB = 25 cm ise,

A)

Ç(ACB) kaç cm dir?

A) 50

2.

B) 60

C) 70

D) 75

6.

E) 80

Şekildeki cismin ön ve arka yüzeyleri dik yamuk, diğer yüzleri dikdörtgendir. AB = 10 birim

4 3

B)

5 2

C)

6 5

C)

5 3

D)

9 4

E)

12 5

İçinde bir miktar sıvı bulunan Şekil I deki silindir, Şekil II deki konuma getiriliyor. | BK | = 3 ise, | KE |

AE = 8 birim | FD | kaçtır? | DA |

EF = 4 birim BC = 5 birim olduğuna göre,

A)

cismin hacmi kaç birimküptür?

A) 180

3.

B) 210

C) 250

D) 280

7 3

B) 2

D)

4 3

E) 1

E) 320

7. Şekildeki dikdörtgenler prizmasının ayrıtları AB = 8 cm

Şekildeki dik silindir tabana dik ABCD düzlemiyle kesilerek iki parçaya ayrılmıştır. OE = EM = 3 cm

AE = 4 cm

MN = 8 cm ise,

BC = 6 cm dir.

küçük parçanın hacmi kaç cm3 tür?

EP = PF ise, A(PAC) kaç cm2 dir?

A) 4 15

B) 3 30 D) 3 29

C) 4 21 E) 4 34

A) 30π − 8 3

B) 32π − 24 3

C) 36π − 12 3

D) 40π − 16 3 E) 46π − 18 3

4.

Dikdörtgenler prizmasının hacmi 576 cm3 tür. HK = 2 KE

8.

DL = LC AB = 2 BC

A noktasında bulunan bir hareketli beşgen piramidin yanal yüzeyi üzerinden giderek tekrar A noktasına gelecektir.

CG = 8 cm olduğuna göre, KL kaç cm dir?

A)

29

(P, ABCDE) düzgün beşgen piramit, PD = 6 cm n = 81° m(PDC)

B) 2 34 D) 2 13


Hareketlinin alacağı en kısa yol kaç cm dir?

C) 3 17 E) 2 29

15

GEOMETRİ – ÖSS Ortak A) 6

9.

B) 4 3

C) 6 2

D) 4 6

E) 6 3 1.B

B) 70

C) 75

3.E

4.E

5.A

6.C

7.B

8.C

9.D

[BH] ⊥ [ AT ] dir. HT = HA q = π cm AKB

Tabanı EBG üçgeni, tepe noktası F olan ve taralı olarak belirtilen (F, EBG) piramidinin hacmi kaç cm3 tür?

A) 65

2.D

13. T merkezli daire diliminde

Şekilde, ayrıt uzunlukları 10 cm, 6 cm ve 8 cm olan dikdörtgenler prizması verilmiştir.

Bu daire dilimi kıvrılarak tepe noktası T olan bir koni elde ediliyor.

D) 80

Koninin hacmi kaç π cm3 tür?

E) 85

A)

15 24

B)

3 18

C)

5 27

D)

32 25

E)

35 24

10. ABCD

kare tabanlı düzgün kesik piramit içinde MNSR tabanlı kare dik prizma vardır. MNSR ile ABCD düzlemsel EF 2 = ise, AB 5

14. Şekildeki

dik koniler su ile doludur. (T,AB) konisinin taban yarıçapı 3r, yüksekliği h, (T,CD) konisinin taban yarıçapı r, yüksekliği 2h dir.

V

(PRİZMA)

V

oranı kaç-

(T,CD) konisi çıkarıldığında konilerin içindeki suların hacimlerinin oranı kaçtır?

(PİRAMİT)

tır? 2 A) 9

B)

3 8

C)

4 13

D)

5 17

E)

7 33

A)

35 8

B)

35 9

C)

35 12

D)

35 14

E)

35 24

11. Şekildeki

düzgün kare piramidin yüksekliği 8 cm, yanal alanı 240 cm2 olduğuna göre,

15. y = x + 6 ve y = 3x doğrularının x ekseni ile sınırladığı taralı bölgenin, x ekseni etrafında 360° döndürülmesiyle oluşan cismin hacmi kaç π birimküptür?

hacmi kaç cm3 tür?

A) 384

B) 396

C) 400

D 480

E) 512

A) 84

12. Şekildeki

kesik koninin tabanlarının yarıçapları sırasıyla O C = 3 cm

B) 96

C) 120

D) 144

E) 162

1

O B = 12 cm dir. 2

Bu kesik koninin içine tüm yüzeylerine teğet olacak şekilde bir küre yerleştiriliyor.

16. Uzayda

6 cm uzunluğundaki bir doğru parçasını 90° lik açı altında gören noktaların meydana getirdiği cismin hacmi kaç cm3 tür?

Buna göre, kürenin alanı kaç π cm2 dir?

A) 72

B) 96

C) 108


D) 144

A) 36 E) 156

16

B) 36π

C) 72

D) 72π

E) 216

10.C

TÜRKÇE – ÖSS Ortak

ANLATIM BOZUKLUĞU

İnsanın, duygu ve düşüncelerini doğru bir anlatımla aktarabilmesi önemlidir. Dili doğru kullanma becerisi gelişmemiş kimselerin, doğru ve tutarlı düşünceler üretmesi zordur diyebiliriz. Çünkü insan, dille düşünür.

DOĞALLIK: Anlatımın içten, yapmacıksız, dilin doğasına uygun olması durumudur.

ÖSYM, bu gerçeğin ışığında, üniversite öğrenimi görecek gençlerin, Türkçeyi doğru kullanma, dil yanlışlarını görüp düzeltebilme becerisi kazanıp kazanmadıklarını da ölçmek istiyor; bu bakımdan, ÖSS’de “anlatım bozukluğu” sorularına yer veriyor.

ANLATIM BOZUKLUĞU NEDİR? Anlatım bozukluğu, cümlenin, anlamca ya da dilbilgisi kuralları yönünden kusurlu olmasıdır. ÖSS’de çıkan anlatım bozukluğu sorularında “Aşağıdakilerin hangisinde bir anlatım bozukluğu vardır?”, “Bu cümledeki anlatım bozukluğunun nedeni aşağıdakilerden hangisidir?”, “Bu cümledeki anlatım bozukluğu nasıl giderilebilir?” gibi yöneltme cümleleri kullanılmaktadır. Öyleyse, biz, bir cümlede anlatım bozukluğuna yol açan durumları (nedenleri) bilirsek bu soruları çözmekte zorlanmayız. Sizler, hem birikiminizi, bugüne dek edindiğiniz dil mantığınızı kullanarak hem de bizim vereceğimiz örneklere ve göstereceğimiz çözüm yollarına dikkat ederek bu soruları kolayca çözebilirsiniz.

Doğru anlatım, anlatılmak isteneni dil kurallarına uygun olarak sıralayabilmek, yazıp söyleyebilmektir. “Doğru anlatım”dan, anlatılan düşüncenin doğruluğu değil, o anlatımda kullanılan dilin doğruluğu anlaşılmalıdır. Düşünce göreli olabilir; ama dil kuralları “göreli” değildir. İyi ve doğru anlatımın özelliklerine dergimizin 2. sayısında da (s.18-19) kısaca değinmiştik. Bunları anımsayacak olursak, iyi bir anlatımda şu özelliklerin arandığını görürüz: DURULUK: Cümlede gereksiz sözcük kullanılmamasıdır. Duru bir cümleden, cümlenin anlamını daraltmayı göze almadan, herhangi bir sözcük çıkarılamaz.

ÖRNEK 1 Eski ile yeni elbette iç içe yaşamaz; fakat günümüz insanının eskiye değil, yeniye önem vermesi, onu geliştirmesi gerekir.

• Oraya dek yaya yürüyemeyiz; bir taksi tutalım. Bu cümlenin doğrusu şöyle olabilirdi: • Oraya dek yaya (yayan) gidemeyiz…

Bu cümledeki anlam bulanıklığı nasıl giderilebilir?

• Oraya dek yürüyemeyiz… A) B) C) D) E)

• Oraya yürüyerek gidemeyiz… “Duruluk”a aykırı cümleler anlatım bozukluğuna örnek oluşturur. YALINLIK: Anlatımın karmaşık, süslü değil, kolay anlaşılır, sade ve kestirme olmasıdır.

“Elbette” yerine “kesinlikle” getirilerek “Eskiye” ile “yeniye” sözcüklerine yer değiştirerek “Yaşamaz” yerine “yaşar” getirilerek Cümleden “onu” sözcüğü atılarak “Elbette” yerine “belki” getirilerek

ÇÖZÜM

AÇIKLIK: Bir cümlede anlatılanların birden fazla anlama gelmemesi özelliğidir. Açık olmayan cümlede bir anlam bulanıklığı vardır. Bu anlam bulanıklığına da “karşılaştırma yanlışı”, “sözcükleri doğru sıralamama”, “noktalama imlerini unutma ya da yerinde kullanmama” gibi durumlar yol açar.

Cümlede “fakat” bağlacından sonraki bölüm, önceki bölümle “aykırılık” oluşturmuyor. Eski ile yeni iç içe “yaşamaz” ise günümüz insanının “yeniye önem vermesini” nasıl isteriz? Çünkü -bu cümleye göre- “eski” zaten yok ve yalnızca “yeni” var. Ancak C’de söyleneni uygularsak anlam netleşiyor. Demek, eski ile yeni iç içe yaşıyor ve benden “yeniye önem vermem” isteniyor.

• “Televizyon izlemeyi kardeşimden çok severim.” diyen biri, şunlardan hangisini anlatmak istemiştir? • Televizyon izlemeye olan sevgim, kardeşime olandan fazladır.

Yanıt: C

• Televizyon izlemeyi kardeşim de sever; ama ben daha çok severim…

ANLATIM BOZUKLUĞUNUN NEDENLERİ Şurası bir gerçek ki yüzlerce “bozuk cümle” örneği bulabiliriz, ancak bunların “bozuk” olma nedenleri de yüzlerce değildir. Şimdi şu açıklamaları ve örnekleri inceleyelim.

AKICILIK: Yazıda ve konuşmada, dilin takılacağı pürüzlerin bulunmaması durumudur. Dilin sürçmesine yol açan, söyleyişi zorlaştıran sözcükleri bir araya getiren cümleler akıcı değildir. -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

17

TÜRKÇE – ÖSS Ortak Baştaki tanım cümlemizden de anlaşılacağı gibi, anlatım bozukluğunun nedenlerini iki kümede toplayabiliriz:

Yakın ya da eşanlamlı sözcüklerle yapılan ikilemeler anlatım bozukluğuna yol açmaz:

• Anlama yönelik nedenler

Örneğin, “Bu soruyu ben kendim çözdüm.” cümlesindeki “kendim” adılı, “ben” adılını anlamca güçlendirmek için kullanıldığından gereksiz değildir. • Güçlü kuvvetli adam, boş geziyor. • Göğüs bağır açık dolaşma bu havada! • Kentte ev bark edinmiş.

• Dilbilgisi kurallarına yönelik nedenler

I. Anlam Bakımından Bozuk Olan Cümlelerdeki Bozukluk Nedenleri

Bu cümlelerde siyah dizilen sözcükler aynı anlama geldikleri halde anlatım bozukluğuna yol açmazlar; çünkü bunlar birer “ikileme”dir.

A. Gereksiz Sözcük Kullanımı (Duru olmayan cümleler) Aynı anlama gelen sözcük ya da sözlerin, gereksiz yere bir arada kullanılmasından ileri gelen anlatım kusurları, bu başlık altında incelenir. Bu kusur, genellikle yabancı bir sözcüğün yanında Türkçesinin de kullanılmasından ileri gelir:

ÖRNEK 2

• metot – yöntem

Aşağıdaki cümlelerin hangisinde “aşağı yukarı” sözü gereksizdir?

• sıhhat – sağlık • temenni – dilek

A) Bu işyerinde aşağı yukarı üç dört yıldan beri çalışıyorum. B) Aşağı yukarı beş yıl önce yine böyle şiddetli bir kış yaşamıştık. C) Buralarda ekinler, aşağı yukarı biçilecek duruma geldi. D) Şubat ayı sonunda bu ağaçların aşağı yukarı hepsi çiçek açar. E) O gün sınıfın aşağı yukarı yarısı tören alanında toplanmıştı. (1996 ÖSS)

• nüans – küçük fark • artmak – çoğalmak • daha – henüz Bu sözcük çiftlerini aynı cümlede kullanırsak “anlatım bozukluğu”na yol açarız: • Eski metot ve yöntemlerle eğitim yapıyorlar. • Sağlığınıza ve sıhhatinize zarar verecek alışkanlıklar edinmeyin. • Size başarılar temenni eder, iyi günler dilerim.

ÇÖZÜM “Aşağı yukarı” sözü “hemen hemen”, “yaklaşık olarak”, “şöyle böyle” gibi anlamlara gelir. İkileme gibi kullanılan belgisiz sayı sıfatları da söze bu anlamı katar. Buna göre A’daki cümle yanlıştır. Bu cümle “… aşağı yukarı dört yıldan beri…” ya da “… üç dört yıldan beri…” biçiminde düzeltilebilir. Yanıt: A

• Bu iki cümle arasında bir nüans farkı yok mu? • Trafiğe çıkan araç sayısı günden güne artarak çoğalmaktadır. • Ben, daha henüz yirminci sorudayım; sen, testi bitirmişsin. • Nemli, rutubetli duvardan yosunlar çıkmaya başlamış.

Uyarı: 1) Dil ve anlatım yönünden doğru bir cümlede gereksiz sözcük bulunmaz. Bir sözcüğün gereksiz olup olmadığını şöyle anlayabiliriz: Bir sözcüğü attığımızda, cümlenin anlam ve anlatımında bir daralma oluyorsa o sözcük gerekli, olmuyorsa gereksizdir. 2) Pekiştirme amacına yönelik kullanımlar, anlatım bozukluğuna yol açmaz.

ÖRNEK 3 Aşağıdaki cümlelerin hangisinde, aynı anlama gelen sözcüklerin gereksiz yere bir arada kullanılmasından doğan anlatım bozukluğu vardır? A) Bazı haklarından feragat ederek kendi isteğiyle vazgeçti. B) Arkadaşsız kalmamızın bir nedeni de bencilce davranmamızdır. C) Bu güzel ve içten alkışlarınıza çok teşekkür ederim, diyordu. D) Bir daha asla buraya gelmeni istemiyorum. E) Gerek biyolojik gerekse tarihsel açıdan çok değerli kimi ağaçlar yavaş yavaş ölüyor.

Bu örneklere şu sözcük çiftlerini de ekleyebiliriz: Çetin ve zor, güç ve müşkül, devir ve dönem, yayın ve neşriyat, deneyim ve tecrübe, ilgi ve alaka, saygı ve hürmet, zorunlu ve mecburi, özveri ve fedakârlık, elverişli ve müsait, teşekkür ve şükran, koşul ve şart… gibi sözcük çiftleri bir arada kullanılırsa anlatım bozukluğu olur.


18

TÜRKÇE – ÖSS Ortak ÇÖZÜM

“… demek … denir.”

Böyle sorularda, yöneltme cümlesine çok dikkat etmeliyiz. Orada, seçeneklerde aranacak kusurlu cümle tanımlanmış, bir bakıma, adresi verilmiştir. Bu tanıma uyan anlatım bozukluğunu ararken, başka kusurlu ya da kusurlu gibi gözüken cümlelere rastlasak bile bunlar bizi yanıltmamalıdır. Bu sorunun A’sında “feragat etmek” ile “bir hakkından kendi isteğiyle vazgeçmek” birlikte kullanılmamalıydı. Bunlar aynı anlama gelen sözlerdir. Öyleyse, örneğin C’deki bulanıklık (Kime teşekkür ediliyor?) bizi yanıltmamalıdır.

• “Geçişsiz eylem” demek nesne almayan, yani “kimi, neyi” sorularına yanıt vermeyen eyleme denir. (yanlış)

Yanıt: A

• Eğer bu küçük hataları önemsemediğimiz takdirde daha büyük hataların önünü alamayız. (yanlış)

Aşağıdaki kullanımlar da anlatım bozukluğuna sebep olur:

• Eğer bu küçük hataları önemsemezsek daha büyük hataların önünü alamayız. (doğru)

“… sebebi … -dendir.”

• Bu küçük hataları önemsemediğimiz takdirde daha büyük hataların önünü alamayız. (doğru)

• “Geçişsiz eylem” nesne almayan, yani “kimi, neyi” sorularına yanıt vermeyen eylem demektir. (doğru) • Nesne almayan, yani “kimi, neyi” sorularına yanıt vermeyen eyleme “geçişsiz eylem” denir. (doğru) “… eğer … -diği takdirde.”

• Bazen okuduğumuzu anlayamamamızın sebebi dikkatimizin dağınıklığındandır. (yanlış)

Gereksiz yardımcı eylem: Kimi cümlelerde gereksiz yardımcı eylemler kullanılır. Bu kullanım da bir anlatım kusurudur.

• Bazen okuduğumuzu anlayamamamız, dikkatimizin dağınıklığındandır. (doğru) • Bazen okuduğumuzu anlayamamamızın nedeni dikkatimizin dağınıklığıdır. (doğru)

Yardımcı eylemle yapılan bileşik eylemler, genellikle yabancı ad soylu bir sözcükle, Türkçe yardımcı eylemden (olmak, etmek, kılmak…) oluşur.

“… nedeni … -den kaynaklanıyor.” • Trafik kazalarının nedeni çoğunlukla sürücü hatalarından kaynaklanıyor. (yanlış)

Uyarı: Türkçe karşılığı bulunan, yardımcı eylemlerle yapılan bileşik eylemlerin kullanımı da anlatım kusuru sayılır. Ancak, ÖSYM, bu ayrıntıyı yoklayan bir soru sormamıştır.

• Trafik kazaları, çoğunlukla sürücü hatalarından kaynaklanıyor. (doğru) • Trafik kazalarının nedeni, çoğunlukla sürücü hatalarıdır. (doğru)

• Biz, uğradığımız haksızlıklardan bir an önce kurtulmayı ümit ediyoruz. (doğru)

“… nedeni … -mak içindi.”

• Demokrasiye geçiş sürecinde darboğazları aşacağımızı umut ediyoruz. (Böyle denmemesi daha iyi olur.) umuyoruz

• Erkenden sıraya girmemin nedeni, bir an önce bir bilet alabilmek içindi. (yanlış) • Erkenden sıraya girmemin nedeni, bir an önce bir bilet alabilmekti. (doğru)

• İlaç, hastalığıma tesir etti. (doğru) • İlaç, hastalığıma etki etti. (Böyle denmese daha iyi olur. “Hastalığımı etkiledi.” de denebilir.)

“… sebebi … -den ileri gelir.” Çocukların kitap okumaya ilgi duymamalarının sebebi, televizyon izlemeye daha çok zaman ayırmalarından ileri geliyor. (yanlış)

• Sizin dürüstlüğünüzden şüphe etmiyorum. (doğru) • Sizin dürüstlüğünüzden kuşku etmiyorum. (Böyle denmemeli. “Kuşkulanmıyorum.” denebilir.)

Çocukların kitap okumaya ilgi duymamalarının sebebi, televizyon izlemeye daha çok zaman ayırmalarıdır. (doğru)

ÖRNEK 4

“… amaç … -mak içindir.”

Aşağıdaki cümlelerin hangisinde gereksiz sözcük kullanılmamıştır?

• Size bunları anlatmaktaki amacım, olanlardan bir ders çıkarmanızı sağlamak içindir. (yanlış)

A) Yaşlandın sen artık, kocadın; bu dağlara tırmanamazsın. B) Yaşlı, ama belleği ve hafızası çok iyi durumda. C) Ellerindeki bulunan bütün parayı borsaya yatırmışlar. D) Sözlerime inanmadığınızı, yüzünüzün ifadesinden anlamıştım. E) Savcıya verdiği ifadesinde “Ben o gün evde yoktum.” diye ifade vermiş.

• Size bunları anlatmaktaki amacım, olanlardan bir ders çıkarmanızı sağlamaktır. (doğru) “… anlamı … demektir.” • “Eğri oturalım, doğru konuşalım.” sözünün anlamı ne demektir acaba? (yanlış) • “Eğri oturalım, doğru konuşalım.” sözünün anlamı nedir acaba? (doğru) -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

19


ÇÖZÜM

A’da “yaşlanmak” ve “kocamak”; B’de “bellek” ve “hafıza” aynı anlamı karşılayan sözcüklerdir. C’deki cümlede “…deki bulunan” kullanımı doğru değildir. “Ellerinde bulunan bütün parayı…” ya da “ellerindeki bütün parayı…” denmeliydi. E’de “verdiği ifadesinde” sözü ile “diye ifade verdi” sözü aynı cümlede yer almamalıydı. E’yi “demiş” sözcüğüyle bitirmek yeterliydi.

Sözcüğün “yerinde kullanılmaması”, o sözcüğün anlam inceliği düşünülmeden cümlede kullanılmasıdır.

Çünkü “saç, sakal, tırnak, boy…” için “büyümüş” değil, “uzamış” kullanılmalıdır.

Yanıt: D

Yanıt: D

B. Sözcüğün Yanlış Anlamda Kullanılması

ÖRNEK 6 Aşağıdaki cümlelerin hangisinde bir anlatım bozukluğu vardır?

D’deki cümlede “Çocuğun saçları da büyümüş.” denmesi yanlıştır.

Her sözcüğün bir ya da birkaç anlamının olduğunu, bu anlamların sözlükte sıralandığını biliyoruz. Ancak sözcükleri ses ve biçim bakımından benzedikleri başka sözcüklerle karıştırmak ya da anlam inceliklerine dikkat etmeden kullanmak da anlatım bozukluğuna yol açar.

A) B) C) D) E)

Şu sözcük çiftlerini oluşturan sözcükleri birbirinin yerine kullanmak yanlıştır: • Büyümek – uzamak, dikmek – ekmek, resim – fotoğraf, ayrım – ayrıntı, her – hiçbir, görünüm – görüntü, şans – olasılık, yüzünden – sayesinde, ayrıcalık – ayrım, yakın – yaklaşık, bilakis – bilhassa, süre – süreç, etki – tepki, fiyat – ücret, azımsamak – küçümsemek, öğrenim – öğretim, görünmek – görülmek…

Doğanın güzelliğidir beni burada en çok etkileyen. Bir ailenin verdiği insanüstü bir çabanın öyküsüdür bu. Aslında gerçeğin ta kendisidir anlattıkları. Tasarıları arasında ona yer yoktu aslında. Şimdiye değin hiç karşılaşmamıştım böyle bir durumla. (2005 ÖSS)

ÇÖZÜM “Vermek”, “göstermek” gibi sözcüklerin yardımcı eylem olarak kullanıldığı cümlelerde dikkatli olmak gerekiyor. “Sanata gösterdiğiniz ilgi ve önem övgüye değer.” cümlesi bozuk; çünkü “ilgi, gösterilir” ama “önem, verilir” (gösterilmez). Buna göre B’deki cümle bozuktur; çünkü “insanüstü çaba” verilmez, gösterilir. Öyleyse burada “verdiği” yerine “gösterdiği” denmeliydi.

• “Tırnakların büyümüş.” denmez; “Tırnakların (saçların, boyun…) uzamış.” denir. • “Mart ayında ağaç ekilir.” denmez; “… ağaç dikilir.” denir. • “Vesikalık resim çektirdim.” denmez; “… fotoğraf çektirdim.” denir.

Yanıt: B

• “Bu ikisi arasında bir ayrıntı göremiyorum.” denmez; “… ayrım göremiyorum.” denir.

ÖRNEK 7

• “Biz her yurttaşımızın hiçbir sıkıntı çekmesini istemeyiz.” denmez; “… hiçbir yurttaşımızın…” denir.

Aşağıdakilerin hangisindeki anlatım bozukluğu ötekilerden farklı bir nedene dayanmaktadır?

• “Nisan yağmurları yüzünden bu yıl bol ürün bekleniyor.” denmez; “… sayesinde bu yıl…” denir.

A) B) C) D) E)

Uyarı: ÖSYM, “Aşağıdaki cümlelerin hangisinde yerinde kullanılmamış bir sözcük anlatım bozukluğuna yol açmıştır?” sorusuyla da “yanlış anlamda kullanılan” sözcüğü buldurmak istemektedir.

Çamlıca’dan İstanbul’un görüntüsü harikadır. Düğünde çekilen resimde asık suratlı çıkmışım. Onunla ilk kez bir gezide tanışmıştık. Çocuklarım arasında ayrıcalık gözetmem, dedi. Onun davranışları bana normal görülmedi.

ÇÖZÜM A’da “görüntü” yerine “görünüm” (manzara); B’de “resim” yerine “fotoğraf”; D’de “ayrıcalık” (imtiyaz) yerine “ayrım” (fark); E’de “görülmedi” yerine “görünmedi” denmeliydi. Bu cümlelerde “anlamları birbirine karıştırılan sözcükler” kullanılmıştır. C’de ise “gereksiz sözcük” vardır. “Tanışma” bir kez olur. “Onunla ilk kez … tanıştım.” denmez; bu cümleden “ilk kez” sözü atılmalıdır.

ÖRNEK 5 Aşağıdaki cümlelerin hangisinde, “büyümek” sözcüğü yerinde kullanılmamıştır?

Yanıt: C A) B) C) D) E)

Sokaktaki kavga büyüdü. Bu çocuk, benim elimde büyüdü. Yangın kısa sürede büyüdü. Çocuğun saçları da büyümüş. Serveti günden güne büyüyor.


C. Anlamca Çelişen Sözcüklerin Birlikte Kullanılması Anlatımda anlamca çelişen, birbirini tutmayan sözler bulunması, okuru şaşırtır, anlam belirsizliğine yol açar.

20


“Belki-tabii, kesinlikle-sanırım, mutlaka-belki, tamyaklaşık, aşağı yukarı-tam, şüphesiz-olmalıdır, eminim-olsa gerek, muhakkak-sanıyorum, herhalde-olsa gerek” gibi ikili kullanımlar cümlede anlamca tutarsızlığa, belirsizliğe yol açar.

Soruda verilen cümleden “(aynı) askerin daha çok öldüğü” anlamı çıkıyor. Buradaki karışıklık “daha çok” sözünün yanlış yerde kullanılmasından ileri geliyor. Yanıt: B

• “Mutlaka sizin öyle davranmanıza kırılmış olabilir.” cümlesinde “mutlaka” ve “olabilir” sözcükleri çelişmektedir.

E. Deyimler ve Atasözleriyle İlgili Yanlışlar

• “Bu dedikodu, hiç şüphesiz Müdür Bey’in kulağına gitmiş olabilir.” cümlesindeki “hiç şüphesiz” sözü, “olabilir” sözcüğü ile çelişmektedir.

Deyimler belli bir anlamı karşılayan ve belli bir durumu somutlamaya yarayan kalıplaşmış sözlerdir. Deyimlerin sözcüklerini değiştirmek ya da onları anlamlarına uygun olmayan cümlelerde kullanmak doğru değildir.

• Bundan aşağı yukarı tam üç yıl önce İstanbul’a gelmiştik.

• Nobel Ödülü’nü almak, bir sanatçının başına gelebilecek en mutlu olaydır.

• Bizim “koşma” sözcüğü, “beste”nin tam karşılığı gibi bir şey.

“Başa gelmek” deyimi olumsuz durumlar için kullanılır: • Bu korkunç kaza bizim başımıza geldi. • Sanatçımızın bu yakası açılmadık klibini ilk kez siz izleyeceksiniz.

• Görüşmede tabii ki ülke sorunlarının ele alınacağını sanıyorum.

Bu sözü söyleyen kişi “yakası açılmadık” deyimini yanlış kullanmış. Bu deyim “kimsenin bilmediği, işitmediği açık saçık söz, fıkra vs. için kullanılır: Onda ne yakası açılmadık laflar vardır… Şu cümlelerdeki deyimler de yerinde kullanılmamıştır:

D. Sözcüğün Yanlış Yerde Kullanılması Cümlede sözcüklerin sırası, anlatılmak istenenin doğru iletilmesi bakımından önemlidir. Bir sözcüğü, kullanılması gereken yerden önce ya da sonra kullanmak cümlenin anlamını bozabilir.

• Öğretmen, çok başarılısınız, deyince Zeynep üstüne alındı. (Olumlu bir değerlendirmeden pay çıkarmak, “üstüne alınmak” değildir.) • Devlet, kimsesiz çocukları yüreğine basmalıdır. (bağrına basmalıdır, denmeliydi)

• Her türlü akla gelebilecek önlem alındığı halde hastalığın yayılması engellenemedi.

• Yasalara uygun tüm yatırımlara göz yumduk. (izin verdik, denmeliydi)

Bu cümlede “her türlü” sözü “akıl”ın sıfatı gibi görünüyor ve bu diziliş anlam bulanıklığı yaratıyor. Doğrusu şu:

Kimilerinin yöreden yöreye değişik söylenişleri söz konusu olmakla birlikte atasözlerinin de kalıplaşmış sözler olduğu ve sözcüklerinin gelişigüzel değiştirilemeyeceği unutulmamalıdır.

• Akla gelebilecek her türlü önlem… • Siparişleriniz için kasadan önce fiş alınız. Bu cümlenin doğrusu şudur:

• Bir bardak kahvenin kırk yıl hatırı vardır. (yanlış) Bir fincan kahvenin kırk yıl hatırı vardır. (doğru) • İşin yoksa şahit ol, aklın yoksa kefil ol. (yanlış) İşin yoksa şahit ol, paran çoksa kefil ol. (doğru) • Açma kutuyu, söyletirsin kötüyü. (yanlış) Açtırma kutuyu, söyletme kötüyü. (doğru) • Denize düşen yosundan imdat umar. (yanlış) Denize düşen yılana (yosuna) sarılır. (doğru) • Fayda zararın kardeşidir. (yanlış) Kâr zararın ortağıdır (kardeşidir). (doğru)

• Siparişleriniz için, önce kasadan fiş alınız. • Seçimi 125’e karşı 83 oyla biz kazandık. Bu cümleye göre 83 oy, 125 oydan daha etkili olmuş (?) ve az oy alanlar seçimi kazanmıştır. Bu cümlenin doğrusu şudur: Seçimi 83’e karşı 125 oyla biz kazandık.

ÖRNEK 8 Alınan bu karar, savaşta askerin daha çok ölmesine yol açtı. Bu cümledeki anlatım bozukluğu aşağıdaki değişikliklerin hangisiyle giderilebilir?

ÖRNEK 9 Aşağıdaki cümlelerin hangisinde altı çizili sözcük, anlatım bozukluğuna yol açmamıştır?

A) “bu” sözcüğü atılarak B) “daha çok” sözü “askerin” sözcüğünden önce kullanılarak C) “yol açtı” sözü yerine “neden oldu” sözü getirilerek D) “alınan” sözcüğü atılarak E) “savaşta” sözcüğü “askerin” sözcüğünden sonra kullanılarak (1999 – İptal) -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

A) B) C) D) E)

21

Baskıyı görünce yelkenleri suya düşürdü. Bir kuşu altın kafese koymuşlar “Ah vatanım!” demiş. Uludağ’da kar yüksekliği bir metreyi bulmuş. Burada su yok, ot yok, ağaç yok, her şey yok. Arkadaşlarını, akrabalarını, herkesi davet etmişti düğününe.


G. Mantık ve Gözlem Yanlışları

Türkçede “yelkenleri suya düşürdü” diye bir deyim yoktur; bunun doğrusu “yelkenleri suya indirdi.” olduğundan “A”, “Bir kuşu” yerine “bülbülü” denmesi gerektiği için “B”, “kar yüksekliği” denmeyip “kar kalınlığı” deneceği için “C”, “her şey” yerine (bu cümlede) “hiçbir şey” denmesi gerektiği için “D” elenir.

• Pırıl pırıl bir mehtap vardı, hafif hafif yağmur çiseliyordu. (Bu iki cümlede söylenenler aynı anda gerçekleşebilir mi?) • Lokantadan çıktık, arabamızı çalınmış olarak bulduk. (Arabanız çalınmışsa siz onu, “çalınmış olarak bul(a)mazsınız; “çalındığını anlarsınız…”

Yanıt: E

• Yazar, kişisel görüşlerini nesnel yargılarla anlatmış, (“Kişisel görüşler” doğal olarak özneldir; onları “nesnel yargılarla anlatmak” nasıl olur?)

F. Anlam Bulanıklığı

• Bir romanın konusu akıcı olmalıdır. “Akıcılık” konuya ilişkin bir özellik midir? Bu cümle aşağıdaki gibi düzeltilebilir:

İyi bir anlatımda bulunması gereken özelliklerden birinin de “açıklık” olduğunu hem önceki sayılarımızda (sayı 2, 4) hem de bu sayımızın başında (s.17) vurguladık. “Açıklık” cümlenin, herkesin aynı anlamı çıkarabileceği belirginlikte olmasıdır. Bu belirginlik sağlanamamışsa cümle bulanıktır.

• Bir romanın konusu ilginç olmalıdır. • Bir romanın anlatımı akıcı olmalıdır.

Cümlede anlam bulanıklığının türlü nedenleri vardır: II. Dilbilgisi Kuralları Bakımından Bozuk Olan Cümlelerdeki Bozukluk Nedenleri

• Sesini çok beğenmişler. (“sesini” sözcüğünden önce “onun” ya da “senin” adıllarından biri kullanılmadığı için bu cümle “bulanık” sayılır. Kimin sesini beğenmişler; ikinci kişinin mi, üçüncü kişinin mi?

A. Tamlama Yanlışları

• Sokağa çıkmadan önce yazdıklarımı bir kez daha okudum. (Bu cümle de bulanıktır. Çünkü “sokağa çıkmadan önce” ne yapıldığı açık değildir; sokağa çıkmadan önce yazı mı yazılmıştır, yoksa önceden yazılanlar “sokağa çıkmadan önce” mi okunmuştur?)

Türkçede iki tür tamlama var: Ad tamlaması, sıfat tamlaması • Devlet okulları (ad tamlaması) • Özel okullar (sıfat tamlaması)

Bu cümledeki anlam bulanıklığı “önce”den sonra virgül konarak giderilebilir.

• Gösterme adılı (ad tamlaması) • Belgisiz adıl (sıfat tamlaması)

• Zeynep, Ekin, Duygu ve Burcu’yu çaya davet etti. (Bu cümlenin öznesi belirsiz sayılır. Adı burada anılmayan biri (o) Zeynep, Ekin, Duygu ve Burcu’yu çaya davet etmiş olabilir; Zeynep adlı kişi Burcu’yu, Ekin’i, Duygu’yu davet etmiş olabilir. Zeynep’ten sonra noktalı virgül konması anlam bulanıklığını ortadan kaldıracaktır.

• Sanat etkinliği (ad tamlaması) • Kültürel etkinlik (sıfat tamlaması) Tamlama yanlışları, çok kez, bir ad tamlaması ile bir sıfat tamlamasının ortak bir tamlanana bağlanması yüzünden olur. Yukarıdaki ilk iki tamlamayı şöyle birleştiremeyiz:

• Zeynep; Ekin, Duygu ve Burcu’yu çaya davet etti.

Özel ve devlet okulları sınavla öğrenci alacak. Öteki tamlamaları da ikişerli eşleştirerek birer cümlede kullanalım:

ÖRNEK 10

• Belgisiz ve gösterme adıllarını birbirine karıştıranlar var. (bozuk cümle)

Genç saçlarına ak düşmemiş, şiirimize, hikâyeciliğimize taptaze bir hava getiren isimlerdi bu saydıklarım.

• Bu binada birçok kültürel ve sanat etkinliği sergilenmiştir. (bozuk cümle)

Bu cümlede hangi sözcükten sonra virgül (,) konursa anlam karışıklığı giderilmiş olur? A) genç

B) saçlarına D) getiren

Bazen de tamlayan ya da tamlanan ekinin eksikliği ya da fazlalığı anlatım bozukluğuna yol açar:

C) hikâyeciliğimize

• Eğitim sorunlarının çözülmesi, büyük ölçüde iyi öğretmen yetiştirilmesine bağlı olduğunu biliyoruz.

E) bu (1982 ÖSS)

“… bağlı olduğunu biliyoruz” sözü şu soruyu akla getiriyor: “Neyin bağlı olduğunu biliyoruz?” Bu soruya yanıt bulmak için “çözülmesi” sözcüğünün sonuna tamlayan eki (-in) getirmeliyiz:

ÇÖZÜM “Genç” sözcüğü sıfat olarak kullanılabilir. Bu cümle “Genç saçlarına” diye başlıyor. Cümlenin tamamını okuyunca anlıyoruz ki burada “genç saçlar”dan söz edilmiyor; “genç” (ve) “saçlarına ak düşmemiş” insanlardan söz ediliyor. “Genç”ten sonra konacak virgül bu karışıklığı önler.

• Eğitim sorunlarının çözülmesinin… Tamlayanın kullanılmaması da cümlenin bozuk olmasına yol açabilir. Şöyle ki:

Yanıt: A -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

22

TÜRKÇE – ÖSS Ortak ÖRNEK 11

Bu sıralı cümlede birinci yüklemi ikinci yüklemin ekleriyle tamamlayamayız. “Öğrenciler soru soruyordum, ben yanıtlıyordum.” denmez. Öyleyse ilk yargının yüklemi kendi eklerini almalıdır: “… soruyordu…”

Sözünü ettiğiniz binayı ne gördüm ne de yerini bilirim. Bu cümledeki anlatım bozukluğu aşağıdakilerin hangisinden kaynaklanmaktadır? A) B) C) D) E)

2. Özne yanlışları Birden çok yargı içeren cümlelerde yargılardan birine ait öznenin unutulması ya da özne olmayan bir sözcüğün özne gibi kullanılmasından ileri gelen yanlışlardır. • Sebze yemeklerine ağırlık veriyorum; çünkü kolesterol içermiyor. Noktalı virgülden önceki cümle dilbilgisel açıdan kusursuz; ama “çünkü” ile başlayan cümle kusurlu. Bu cümlede şu sorunun yanıtı da yer almalıydı: Kolesterol içermeyen nedir? “Sebzeler” ya da “sebze yemekleri” (özne). Doğru cümle şu: “…; çünkü sebzeler kolesterol içermiyor.” • Hiç kimse kaliteyi önemsemiyor, ucuz olanı alıyordu. Bu cümledeki birinci yargının öznesi “hiç kimse”. Bu özneyi ikinci cümle için de düşünemeyiz; “Hiç kimse ucuz olanı alıyordu” denmez. Öyleyse ikinci yargıya farklı bir özne eklemeliyiz. Doğrusu şu: • Hiç kimse kaliteyi önemsemiyor, herkes ucuz olanı alıyor. • Herkes barış içinde yaşamalı, acı çekmemeli. Bu cümlede de ikinci yargının öznesi unutulmuş: Herkes barış içinde yaşamalı, hiç kimse acı çekmemeli. Özne ile yüklem arasında tekillik–çoğulluk ve kişi uyumu olması gerektiğini biliyoruz. Şu cümleler bu açıdan kusurludur: • Saçlarım ağardılar. • Umutlarım suya düştüler. • Yıllar su gibi akıp gittiler. • Sınıfta ben, Murat, bir de öğretmen kalmıştı. (Yüklem “kalmıştık” olmalı; çünkü yüklem, anlatıcıya göre çoğullanır. Anlatıcı “ben” isem ötekilerle birlikte “biz” oluruz.)

Nesne eksikliğinden Gereksiz yere bağlaç kullanılmasından Tamlayan eksikliğinden Yüklemin olumlu olmasından Tümleç eksikliğinden (2005 ÖSS)

ÇÖZÜM Soru kökünde verilen cümlede şu sorunun yanıtı boşlukta kalmıştır: “Neyin yerini bilirim?” Bu soruya “onun”, “binanın” sözcüklerinden biriyle, yani bir tamlayanla yanıt verilebilir. Cümle şöyle olabilirdi: • Sözünü ettiğiniz binayı ne gördüm ne de onun yerini bilirim. Yanıt: C B. Öğe Yanlışları 1. Yüklem yanlışları Bu tür yanlışlar eylem, ekeylem, eylemsi, yardımcı eylem eksikliğinden ya da sıralı cümlelerin yüklemleri arasında kip, kişi uyumsuzluğu olmasından ileri gelir. • Sinemaya ara sıra, tiyatroya ise hiç gitmem. Burada birinci yargının yüklemi (giderim) unutulmuştur. Çünkü bu kişi “tiyatroya gitmem” cümlesinin yüklemiyle karşılanamayacak bir söz söylemek istemiş: Sinemaya ara sıra giderim.

3. Nesne yanlışları a. Nesne eksikliği • Çevresindekilere durmadan, saçma sapan sorular soruyor, rahatsız ediyordu. Bu sıralı cümlenin ikinci yargısı şu soruya yanıt verebilmeliydi: Kimleri rahatsız ediyordu? Bu sorunun yanıtı olan “çevresindekileri (onları)” nesnesi niçin kullanılmamış? İlk yargıdaki “çevresindekilere (dolaylı tümleç)” sözcüğü ikinci yargıya da hizmet verir diye düşünüldüğü için. • Ona hayranım ve çok seviyorum. (İkinci yargının başına “onu” nesnesi getirilmeli.)

• Yağlı yemekleri sağlığı yerinde ve yaşlı olmayan kimseler yiyebilir. İlk bakışta, bu cümleden şu anlam çıkıyor: “Yağlı yemekler sağlığı yerinde olmayanlara ve yaşlı olmayanlara iyi gelir…” Oysa cümle şunu demek istiyor: “Yağlı yemekleri sağlığı yerinde olan ve yaşlı olmayan kimseler…” (eylemsi eksiği) • Kardeşim oldukça zeki, ama çalışkan değildir. İkinci yargı olumsuz olduğu için birinci yargı da bu olumsuzluktan etkileniyor. Oysa, bu cümleyi söyleyen, “kardeşim zekidir” demek istiyor. Doğrusu şu: Kardeşim oldukça zekidir, ama çalışkan değildir. “Cümle Çeşitleri” konusunda değinmiştik. Sıralı cümleler bileşik zaman eki ve kişi bakımından son cümlenin yüklemine bağlı olabilirdi. O sabah erkenden kalkmış, eşyalarını toplamış, gitmişti. Bu cümledeki eylemlerin tümü -miş’li geçmiş zamanın hikâye bileşiğinin üçüncü tekil kişisiyle çekimlenmiş sayılmaz mı? (kalkmıştı, toplamıştı…) Ne var ki böyle cümlelerde özneler (kişiler) değişirse eylemlerin ortak yükleme bağlanması anlatım bozukluğuna yol açar.

b. Nesne fazlalığı (artıklığı) • Arkadaşlarını kapıda karşıladı ve onları salona aldı. Bu sıralı cümledeki “arkadaşlarını” sözcüğü her iki yargının da nesnesi durumundadır. “Onları” sözcüğü (ikinci nesne) gereksizdir. 4. Dolaylı tümleç yanlışlığı a. Dolaylı tümleç eksikliği Bu tür yanlışlar da sıralı cümlelerde karşımıza çıkar. Yargılardan biri -i’li tümleç (nesne), öteki -e’li tümleç (dolaylı tümleç) istediği halde yalnız nesne ile yetinilir de bu nesnenin her iki cümlede görev yapması istenirse cümle bozuk olur:

• Öğrenciler soru soruyor, ben bu soruları yanıtlıyordum. -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

23

TÜRKÇE – ÖSS Ortak E. Çatı Uyuşmazlığı

• Onu çok seviyor ve büyük hayranlık duyuyordu. (Birini severiz; ama “birini” hayranlık duymayız, “birine” hayranlık duyarız.) Doğru cümle şu: • Onu çok seviyor ve ona büyük hayranlık duyuyordu.

Cümlede temel yargı ile yan yargı arasında etkenlik edilgenlik uyumu arandığını “Eylem Çatısı” konusunda belirtmiştik. Buna göre: • Piyano, tuşlarına basarak çalınır.

b. Dolaylı tümleç artıklığı • Seyircilere döndü ve onlara güzel sözler söyledi. (“Onlara” gereksiz. Burada da dolaylı tümleç fazlalığı var.)

• Hırsızı tutuklayarak cezaevine konuldu. gibi cümleler bozuktur. Doğruları şöyle: • Piyano, tuşlarına basılarak çalınır.

C. Bağlaç Yanlışları Cümlenin anlamına uygun bağlaçları seçememek bağlaç yanlışlığına bağlı anlatım bozukluğu yaratır: • Bizi çok severdi; fakat hiç azarlamazdı. “Fakat” bağlacının, “aykırı durumları” bağladığı düşünülürse, bu cümlede kullanılmaması gerektiği kolayca görülür. Bizi “sevmesi” ile “azarlamaması” arasında aykırılık yok. “Fakat” yerine “ve” kullanılıp noktalı virgül atılmalı.

• Hırsızı tutuklayarak cezaevine koydular. • Hırsız tutuklanarak cezaevine konuldu.

ÖRNEK 13 I. Konuklarımız rahat edebilmeleri için her türlü önlemi aldık. II. Yaprakbitleri bitkilerin özsuyunu emiyor, zavallılar bu yüzden ölüyor. III. Yoğun kar yağışının sürmesine karşılık zincirsiz araba kullananlar çok. IV. “Hava atmak” eksiklerimizin ortaya çıkmasını sağlayan bir davranıştır. V. Bu projeye bir an önce başlanması ve devam etmesi gerekiyor.

ÖRNEK 12 Oraya gidersen, Etnografya ya da Kurtuluş Savaşı müzelerini gezmelisin. Bu cümledeki anlatım bozukluğu aşağıdakilerin hangisinden kaynaklanmaktadır? A) B) C) D) E)

Yanlış bağlaç kullanılmasından Koşul cümlesi olmasından Nesnenin yanlış yerde bulunmasından Yüklemin gereklilik kipinde olmasından Ad tamlamasının gereksiz kullanılmasından (1999 ÖSS)

Bu cümlelerden hangilerindeki anlatım bozuklukları aynı nedene bağlıdır? A) I. ile II.

ÇÖZÜM Bu cümlede “sen” denilen kişiye iki müzeden birini gezmesi mi öneriliyor, yoksa her ikisini de gezmesi mi? “müzelerini” sözcüğündeki çoğul ekinden anlıyoruz ki o kişi (sen) iki müzeyi de gezecektir. Öyleyse “ya da” bağlacı, yerinde kullanılmamıştır; burada “ve”, “ile” kullanılabilirdi. Yanıt: A

D) II. ile III.

C) I. ile IV. E) III. ile IV.

ÇÖZÜM I. cümlede “tamlayan eki” eksikliği var: “Konuklarımızın rahat edebilmeleri…” denmeliydi. II. cümlede bir belirsizlik var. “Zavallılar” kim? “yaprakbitleri” mi, “bitkiler” mi? III. cümlede “karşılık” sözcüğü yanlış anlamda kullanılmış, onun yerine “karşın (rağmen)” kullanılmalıydı. IV. cümlede de “sağlayan” sözcüğü yanlıştır. Kişinin aleyhine olan bir durum onun için “sağlanmış” olmaz. Burada “çıkmasına sebep olan” denmeliydi. V. Bu cümlede yan yargı ile temel yargı arasında çatı uyuşmazlığı var: “… başlanması ve devam edilmesi…” denmeliydi. Şu halde, III. ve IV. cümlelerde “yanlış anlamda sözcük kullanımı” vardır.

D. Ek Yanlışları “-ler, -ki” gibi eklerin gelişigüzel kullanılması anlatım bozukluğuna yol açabilir. • Elimizdeki bulunan bütün parayı bu işe yatırdık. (Ya “-ki” eki ya da “bulunan” sözcüğü atılmalı.) • Evde ne kadar eski eşyalar varsa hepsini kapının önüne koydular. (“Ne kadar” sözünden sonra çoğul ad gelmez.) Uyarı: Kimi kez, ekin sözcüğe kattığı anlama dikkat etmemek yüzünden anlatım kusuru ortaya çıkabilir: “Türkçede Arapça ve Farsça dillerinden gelen sözcükler var.” Bu cümlede “dilleri” sözcüğü gereksizdir; çünkü Arapça, Arap dili; Farsça, Fars dili demektir.


B) I. ile III.

Yanıt: E

24

TÜRKÇE – ÖSS Ortak 4.

ÇÖZÜMLÜ TEST 1.

Aşağıdaki cümlelerin hangisinde, gereksiz sözcük kullanılmamıştır?

A) Nedense, ölüp gitmiş insanları hafızamızda yaşatır, belleğimizde saklarız. B) Bu kitabın ilk baskısı, kısa sürede tükendi. C) Orhun Anıtları, Türk edebiyatının ilk yazılı ürünüdür. D) Orhan Veli’nin şiirlerini okurken kendimden geçiyorum. E) İlimiz yöneticileri, kültür ve sanat etkinliklerine gereken desteği veriyorlardı.

A) Bu makine sanayide ilk defa ne zaman kullanılmaya başlandı? B) Bundan sonra seninle görüşmeyeceğim artık. C) Durmadan, aralıksız konuşmasından herkes sıkıldı. D) Ayağım takılınca az kalsın düşeyazdım. E) Bunlar, çoluk çocuğun yapacağı iş değil. ÇÖZÜM A’da “ilk defa” ile “başlandı”, B’de “bundan sonra” ile “artık”, C’de “durmadan” ile “aralıksız”, D’de “az kalsın” ile yaklaşma eyleminden (-e yazmak) çıkan anlam birbirini içeriyor (birer tanesi gereksiz).

ÇÖZÜM Gereksiz sözcük kullanımı, çoğunlukla, bir yabancı sözcükle onun Türkçe karşılığını bir arada kullanmak yüzünden ortaya çıkar. A’da hem “hafıza” hem de “bellek” var. Bunlar eşanlamlı.

Yanıt: E

2.

Yanıt: A

Aşağıdaki cümlelerin hangisinden “hepsi” sözcüğünün çıkarılması, anlatım bozukluğuna yol açar?

5.

A) Her yerde renk renk çiçekler açmıştı, hepsi bize baharı müjdeliyorlardı. B) Piyasaya yeni çıkan sanatçıların hiçbiri üretmiyor, hepsi birbirini taklit ediyordu. C) Çocuklar yolun kenarına dizilmiş, hepsi geçen askerleri selamlıyordu. D) Veliler dışarda sınavın bitmesini bekliyor ve hepsi çok heyecanlı görünüyordu. E) Öğrenciler ödüllerini aldılar, hepsi birer birer izleyicileri selamladılar.

Çabuk şımarır, yüz verince astar ister. Raporu, kılı kırk yararcasına inceledi. Yaptıklarınızı duyunca ağzı açık kaldı. Sevinçten ne yapacağını bilemedi, etekleri tutuştu. E) Açtı ağzını, yumdu gözünü; içini boşalttı. ÇÖZÜM D’de “etekleri tutuşmak” deyimi kullanılmış; ama bu cümlede etekleri tutuşturacak, yani insanı telaşlandıracak bir şey yok. Burada, sevinen bir insan var, şimdi onun “etekleri zil çalıyor.”

A, C, D, E’den “hepsi” sözcüklerini çıkarabiliriz. Çünkü bu cümlelerdeki eylemleri, özneyi oluşturan gruptakiler birlikte yapıyorlar. B’de birinci yargının öznesi “hiçbiri” belgisiz adılıdır ve cümle buna bağlı olarak olumsuz bitmiştir, oysa ikinci yargı olumludur ve birinci yargının öznesindeki elemanların “hepsi” bu olumlu eylemi (taklit etme eylemini) yapmaktadır. Burada “hepsi” kullanmak zorunludur.

Yanıt: D

6.

Aşağıdaki cümlelerin hangisinde bir “belirtecin”, “sıfat” gibi kullanılmasından doğan bir anlatım bozukluğu vardır? A) Yeni kurulan partilerin eskilerinden bir farkı olmadığı söyleniyor. B) Yeni bağımsızlığına kavuşan ülkelere Türkiye yardım etmelidir, deniyor. C) Anlatılan yeni konular öğrencilerin ilgisini çekmiyor. D) Kamu kuruluşlarına alınacak yeni arabaların yerli yapım olmaları benimsendi. E) Yeni dünyanın düzeni, çağdaş uluslar tarafından kurulacak.

Yanıt: B “Çalmak” sözcüğü, aşağıdaki cümlelerin hangisinde yanlış anlamda kullanılmıştır? A) B) C) D) E)

Aşağıdaki cümlelerin hangisinde, “anlamca yanlış kullanılan deyim” vardır? A) B) C) D)

ÇÖZÜM

3.

Aşağıdaki cümlelerin hangisinde, “gereksiz söz kullanımından kaynaklanan” anlatım bozukluğu vardır?

Ekmeğin üstüne yağ çaldı, torununa uzattı. Bebeğin iri gözleri maviye çalıyordu. Biraz ötede mızıka Gençlik Marşı’nı çalıyordu. Hoca, sonra Akşehir Gölü’ne maya çalar. Adamı silahla tehdit edip bütün parasını çalmışlar.

ÇÖZÜM “Çalmak” sözcüğü “çokanlamlı” sözcüklerimizdendir. Bu bakımdan, “sürmek”, “andırmak”, “seslendirmek”, “katmak, mayalamak” anlamlarını karşılamak üzere A, B, C, D’deki kullanımlar doğrudur. Ancak E’deki olay “çalmak” değil, “gasp, zorla alma”dır. Bu kullanım doğru değil.

ÇÖZÜM Belirteç görevindeki sözcüklerin, yerine göre, sıfat görevi de alabildiklerini biliyoruz: Yeni evine yeni geldi. Buna göre, sıfat belirteç B’de “yeni bağımsızlığına” kavuşan ülkelerden söz edilmiş görünse de cümlenin tümünden çıkan anlama göre “Bağımsızlığına yeni kavuşan” denmek istenmiştir.

Yanıt: E

Yanıt: B


25

TÜRKÇE – ÖSS Ortak KONU TESTİ 1.

5.

A) Yer yer üç metreyi bulan kar yağışına rağmen aramalar sürüyor. B) Günlerdir süren kar yağışı arama çalışmalarını engelliyor. C) Kar kalınlığı kimi yerlerde üç metreyi geçmiş durumda. D) Kar yağışı yaşamı olumsuz yönde etkiliyor. E) Üç gündür aralıksız yağan kar, ulaşımı etkiliyor.

Bu bölgede, ağaçtan elde edilen odun, kömür, kereste imalatı önemli bir geçim kaynağıdır. Bu cümledeki anlatım bozukluğunu aşağıdaki cümlelerden hangisi açıklar? A) “imalatı” yerine “üretimi” denmesi gerekirdi. B) “elde edilen” sözüyle “imalatı” sözcüğü bir arada kullanılınca anlatım bozulmuştur; “elde edilen” sözü cümlede olmamalıdır. C) “imalat”, hammaddeye yeni bir biçim verme demektir; odun, “imalat” ürünü değildir. “imalatı” sözcüğü cümlede bulanmamalıdır. D) Odun, kömür, kereste zaten “ağaçtan” elde edilir, bu cümlede “ağaçtan” sözcüğü gereksizdir. E) “imalat” geçim kaynağı olmaz; imal edilen ürün geçim kaynağı olur.

2.

6.

Aşağıdakilerin hangisinde virgül kullanılmaması, cümlede anlam bulanıklığına yol açmıştır?

7.

Gemi manevrası esnasında yerlerinizden kalkılmaması, can güvenliğiniz açısından önemle rica olunur.

8.

A) “kalkılmaması” yerine “kalkmamanız” getirilerek B) “kalkılmaması” yerine “kalkmamanızı” getirilip cümle “rica ederiz” biçiminde bitirilerek C) “yerlerinizden kalkılmaması” yerine “ayağa kalkmamanız” getirilerek D) “yerlerinizden kalkılmaması” yerine “yerlerinizde oturmanız” getirilerek E) “manevrası esnasında” yerine “manevra yaptığı sırada” getirilerek Aşağıdaki cümlelerin hangisinde anlatım bozukluğu vardır?

2.A


3.E

4.C

"Dilin kemiği yoktur, ama kemiği kırar." cümlesindeki anlatım bozukluğunun nedeni aşağıdakilerden hangisidir?

Aşağıdaki cümlelerin hangisinde anlatım bozukluğu, ötekilerden farklı bir öğenin eksikliğinden kaynaklanmaktadır? A) Senin düşüncelerine çok güveniyorum ve özgürce dile getirmen için destekliyorum. B) Şiirde biçimsel öğelerin önemli olduğuna inanıyoruz, ancak geliştirmek için çaba göstermiyoruz. C) Bu akımın sanatçıları deneye ve gözleme önem vermişler ve eserlerinde ön plana çıkarmışlardır. D) Eserlerinde daima güncel olaylara değindi; fakat başarılı bir şekilde kurgulayamadı. E) O günden beri çareyi içkide ve sigarada arıyordu; ama hiçbir işe yaramıyordu.

9.

A) Bu konudaki düşüncelerimi herkes biliyor. B) Çeviri, kültürel etkileşimdeki önemli etkinliklerden biridir. C) Bomba patlamış ama ölü kaybı olmamıştı. D) Toroslarda su, yeryüzüne çıkar çıkmaz denizi aramaya başlar. E) Göz alabildiğine uzayıp giden tarlalar su içindeydi. 1.C

“sizlere” yerine “size” getirilerek “diyorum” yerine “demek istiyorum” getirilerek “ve”den önce “adına” sözcüğü getirilerek “kendi” yerine “şahsım” getirilerek “kendi adıma” yerine “ben” getirilerek

A) Gereksiz sözcük kullanılması B) Özne–yüklem uyuşmazlığı C) Çelişkili yargılar içermesi D) Özne eksikliği E) Tamlama yanlışlığı

Bu cümledeki anlatım bozukluğu aşağıdaki değişikliklerin hangisiyle giderilemez?

4.

“Arkadaşlarım ve kendi adıma sizlere hoş geldiniz diyorum.” cümlesindeki anlatım bozukluğu nasıl giderilir? A) B) C) D) E)

A) Bu kış mevsimini yaşamadığımız bir yıl oldu. B) Bu yıl hamsilerin erken tükenmesi balıkçıları düş kırıklığına uğrattı. C) Bu yılın ortalarında yurtdışına gitmeyi düşünüyorum. D) Bu ayın telefon faturası oldukça yüksek geldi. E) Bu yıl öteki yıllardan daha yorgun hissediyorum kendimi.

3.

Aşağıdaki cümlelerin hangisinde anlatım bozukluğu vardır?

Aşağıdakilerin hangisinden altı çizili sözcük çıkarılırsa, cümlenin anlamında bir daralma olmaz? A) Onu üzen ve etkileyen şeylerden artık uzaktı. B) Tavandan aşağıya sarkan büyük bir avize vardı. C) Ağaçların altındaki çimenlikte oturuyorlardı. D) Bu sorunu sadece sen çözebilirsin. E) Onu arayıp bulamayınca ben de eve döndüm.

5.A 26

6.C

7.D

8.E

9.B

FİZİK – ÖSS Ortak

MERCEKLER 1. MERCEKLER

• Karşılıklı yüzleri küresel olan merceklerin küre merkezlerini birleştiren doğruya asal eksen denir. Asal eksen merceklerin optik merkezinden (ortasından) geçer. • Yakınsak merceklerde asal eksene paralel gelen ışınların mercekte kırıldıktan sonra toplandıkları nokta asal odak noktasıdır (F). • Iraksak merceklerde asal eksene paralel gelen ışınlar mercekte kırıldıktan sonra, kırılan ışınların uzantıları asal odakta toplanır (F). • Merceklerde, küresel aynalardan farklı olarak ışığı merceğin her iki tarafından da gönderebileceğimize göre, iki odak noktası vardır. Bu noktaların merceğin optik merkezine olan uzaklıkları eşittir. Bu uzaklığa merceğin odak uzaklığı (f) denir. Küresel aynalarda odak uzaklığı yalnızca aynanın eğrilik yarıçapına bağlıdır (f = R/2).

Paralel ışık demetleri, küresel aynalarla (çukur ve tümsek) bir noktada toplanabilir veya bir noktadan geliyormuş gibi yansıtılarak birbirinden uzaklaştırılabilir. Yansıma yerine kırılma olayından yararlanarak paralel ışık demetlerini toplayan veya dağıtan optik düzeneklere mercek denir. Mercekler, en az bir yüzeyi küresel olan saydam kırıcı ortamlardır. Işık ışınları herhangi bir merceğe girerken ve mercekten çıkarken kırılmaya uğrayabilir. Ancak kırılma, çizimlerde kolaylık sağlaması için tek bir kırılma şeklinde gösterilir. Mercekler en az bir yüzeyi küresel olan saydam ortamlardır. Mercekler yakınsak ve ıraksak olmak üzere ikiye ayrılır. a. İnce Kenarlı Mercekler Üzerine düşen paralel ışık demetini bir noktada toplayan merceklere yakınsak veya ince kenarlı mercek denir (Şekil 1 a, b, c).

Merceklerde odak uzaklığı : 1. Merceğin yapıldığı maddenin kırılma indisine bağlıdır. 2. Merceğin içinde bulunduğu ortamın kırılma indisine bağlıdır. 3. Merceğin küresel yüzeylerinin eğrilik yarıçaplarına bağlıdır. 4. Işığın rengine bağlıdır. Örneğin mor ışık, kırmızı ışıktan daha fazla kırılır.

F : Odak noktasý f : Odak uzaklýðý O: Optik merkez F

F

O

f

f (a)

Uyarı : Merceğin odak uzaklığı ışığın kırılması ile ilgilidir. Mercek ile merceğin içinde bulunduğu ortamın kırılma indisleri arasındaki fark artarsa ışık daha çok sapar, ışığın kırılması artar, merceğin odak uzaklığı küçülür.

Bazý yakýnsak mercekler ve sembolü R M

R

1

O

1

2

asal eksen M (optik eksen)

2

(b)

Uyarı : Merceğin içinde bulunduğu ortamın kırılma indisi merceğin yapıldığı maddenin kırılma indisinden büyükse mercekler özellik değiştirir. Yakınsak mercek, ıraksak; ıraksak mercek de yakınsak mercek özelliği gösterir.

(c)

Þekil 1

b. Kalın Kenarlı Mercekler Üzerine düşen paralel ışık demetini bir noktadan geliyormuş gibi dağıtan merceklere ıraksak veya kalın kenarlı mercek denir (Şekil 2 a, b, c). F : Odak noktasý f : Odak uzaklýðý O: Optik merkez F

F

O

ÖRNEK 1 Şekildeki ince kenarlı merceğin asal eksenine paralel bir K ışını gönderilmiştir.

asal eksen

I K II F´

F

f

F ve F´ cam merceğin hava havadaki odak noktaları olduğuna göre, K ışını mercekten geçtikten sonra, sıvı içinde hangi yolu izler? (ncam = 1,5; nsıvı = 1,8)

f (a)

Bazý ýraksak mercekler ve sembolü R

M

R

1

O

1

2

M

2

asal eksen (optik eksen)

A) I

(b) Þekil 2


(c)

27

B) II

C) III

III

sývý V

D) IV

IV

E) V

FİZİK – ÖSS Ortak ÇÖZÜM Işık çok kırıcı ortamdan az kırıcı normal I ortama geçerken K normalden uzakII laşarak kırılır. III, IV, V nolu ışınlar asal F III M bu kurala göre kı- eksen IV M eðri yüzeyin rılmıştır. Işın orV merkezidir. tam değişmezse, ya da bir başka saydam ortama dik olarak gelirse, kırılmaz (II nolu ışın). Işın az kırıcı ortamdan çok kırıcı ortama geçerken normale yaklaşır (I nolu ışın). Merceğin yapıldığı maddenin kırılma indisi nc = 1,5, mer-

3. İNCE KENARLI MERCEKLERDE DİĞER IŞINLAR a. Mercekten 1,5f uzaklıkta asal ekseni keserek gelen ışın, diğer ta- 2F rafta mercekten 3f uzaklıkta asal ekseni kesecek şekilde kırılır (Şekil 7).

O

F

F

asal eksen

2F

3f

1,5f Þekil 7

f uzaklıkta asal 2 ekseni keserek gelen ışın, uzantısı aynı taraftaki F sanal odak noktasından geçecek şekilde kırılır (Şekil 8).

b. Mercekten

ceğin içinde bulunduğu ortamın kırılma indisi ns = 1,8 dir. ns > nc olduğundan yakınsak mercek özelliğini kaybeder ve ıraksak mercek özelliği gösterir. K ışını uzantısı asal ekseni kesecek şekilde kırılır. Yanıt A

F

asal eksen

O f/2

f/2

Þekil 8

2. YAKINSAK (İNCE KENARLI) MERCEKLERDE ÖZEL IŞINLAR a. Asal eksene paralel gelen ışın, kırıldıktan sonra odaktan geçer (Şekil 3).

O

F

F

c. Merceğin diğer tarafındaki F odak noktasında asal ekseni kesecek şekilde gelen f kaışın, mercekten 2 dar uzaklıkta asal ekseni kesecek şekilde kırılır (Şekil 9).

asal eksen

O

F

asal F eksen

f/2

f/2

Þekil 9

Þekil 3

b. Odak noktasından geçerek gelen ışın, asal eksene paralel olarak kırılır (Şekil 4).

F

O

F

asal eksen

F

asal eksen

d. Herhangi bir ışının yakınsak mercekte izlediği yolu yar dý bulmak için; gelen ışına eks mcý en paralel optik merkezden asal F O eksen F geçen yardımcı eksen F´(yardýmcý odak) çizilir. Işının kırıldığı taraftaki odak noktasından geçen asal eksene dik doğÞekil 10 runun yardımcı ekseni kestiği nokta, yardımcı odak noktasıdır. Gelen ışın bu noktadan geçecek şekilde kırılır (Şekil 10).

Þekil 4

c. Optik merkeze gelen ışın, aynı doğrultuda yoluna devam eder (Şekil 5).

ÖRNEK 2

F

O

M noktasından merceğe gelen X ışını şekildeki gibi asal eksene paralel olarak kırılıyor.

Þekil 5

a K

d. Mercekten 2f uzaklıkta asal ekseni keserek gelen ışın, diğer tarafta mercekten 2f uzaklıkta asal ekseni kesecek şekilde kırılır (Şekil 6). -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

2F

F

2f

O

Þekil 6

2F F

Aynı X ışını K noktasından merceğe gelirse kırılan ışın asal ekseni nerede keser? (Asal eksen eşit bölmelidir.)

asal eksen

L

X a M O

A) P noktasında C) R noktasında

2f

P

R

asal eksen

B) N noktasında D) NP arasında E) PR arasında

28

N

FİZİK – ÖSS Ortak ÇÖZÜM X ışını yakınsak merceğin asal eksenine paralel olarak kırıldığına göre, M noktası merceğin odak noktasıdır. Gelen ışının asal ekseni kestiği K noktası mercekten 3f uzaklıkta olduğundan ışın kırıldıktan sonra asal ekseni kestiği nokta mercekten 1,5f uzaklıkta ve NP arasındadır. Yanıt : D

ÇÖZÜM İnce kenarlı mercekte asal eksene paralel gelen ışın odaktan geçecek şekilde kırılır. Bu nedenle f1 = 3 birimdir. X

a L

K

İnce kenarlı mercekte odaktan geçerek gelen ışın asal eksene paralel olarak kırılır. f2 = 2 birimdir.

a

M

P

N

3f

f

1

1,5f

f

2

=

3 dir. 2

Yanıt : B

ÖRNEK 3 1 P

O

K

L

M

N

asal eksen K

M

O

L

2 3 4 N

5

ÖRNEK 5 Aralarında 2f uzaklık bulunan şekildeki I ve II ince kenarlı merceklerin odak uzaklıkları eşit ve f kadardır.

asal eksen

R

R

Þekil 2

Þekil 1

Şekil 1 deki ince kenarlı merceğe aynı renkli P ve R ışınları gönderilmiştir.

B) 2

C) 3

D) 4

f

asal eksen

2f

Buna göre, K ışını merceklerde kırıldıktan sonra sistemi aşağıdakilerden hangisi gibi terk eder? II II II A) B) C)

P ışınının izlediği yol Şekil 1 deki gibi ise R ışınının izlediği yol Şekil 2 dekilerden hangisidir? (|KL| = |LO| = |OM| = |MN|) A) 1

II

I

K

f

E) 5 f/2

ÇÖZÜM Yakınsak merceğe 2f kadar uzak1 F´ lıkta asal ekseni keserek gelen asal M N ışın kırılınca merceğin diğer taraO eksen F 2F fındaki 2f kadar uzaklıkta asal ekseni keser. Şekil 1 de merceğin R odak noktaları L ve M dir. Şekil 2 deki R ışınının yolu yardımcı eksen çizilerek F´ yardımcı odak bulunur. Kırılan ışın yardımcı odaktan geçeceğinden şekildeki 1 yolunu izler. Yanıt : A

D)

E)

II 2f

II

I K f/2

I

f

f

asal eksen

f

K ışını I ince kenarlı merceğinin asal eksenini f kadar f kadar uzakta kesecek şekilde geldiğinden asal ekseni 2 uzakta kesecek şekilde kırılır. II ince kenarlı merceğinin asal eksenini 1,5f uzaklıkta keserek gelen ışın asal ekseni 3f uzaklıkta kesecek şekilde kırılır. Yanıt : E

asal eksen

f2

f1

f f

ince kenarlý mercek

3f

ÇÖZÜM

ÖRNEK 4 ince kenarlý mercek

II

Asal eksenleri çakışık olan ince kenarlı merceklerin odak uzaklıkları f1 ve f2 dir.

4. IRAKSAK (KALIN KENARLI) MERCEKLERDE ÖZEL IŞINLAR

Asal eksene paralel gelen I ışınının izlediği yol şekilf deki gibi olduğuna göre, 1 oranı kaçtır? f

a. Asal eksene paralel gelen ışın, uzantısı ışının geldiği taraftaki odak noktasından geçecek şekilde kırılır (Şekil 11).

2

(Asal eksen eşit bölmelidir.) A)

5 2

B)

3 2

C) 1


D)

2 3

E)

2 5

F

O

Þekil 11

29

asal F eksen

FİZİK – ÖSS Ortak b. Uzantısı odaktan geçecek şekilde gelen ışın, asal eksene paralel olarak kırılır (Şekil 12).

ÖRNEK 6

O

F

Şekildeki kalın kenarlı merceğe gönderilen X, Y ve Z ışınlarından hangilerinin izlediği yol yanlış gösterilmiştir?

asal F eksen

X´

X Z 2F

F

F

2F

Z´ Y´

Y

asal eksen

Þekil 12

A) Yalnız X c. Optik merkeze gelen ışın, kırılmadan yoluna devam eder (Şekil 13).

Þekil 13

d. Uzantısı diğer taraftaki 2F den geçecek şekilde gelen ışın, uzantısı ışının geldiği taraftaki 2F noktasından geçecek şekilde kırılır (Şekil 14).

asal

2F

O

F

F

ÖRNEK 7

2F eksen


Þekil 14

K

5. IRAKSAK MERCEKLERDE DİĞER IŞINLAR a. Mercekten f kadar uzakta asal ekseni keserek (Odak noktasından geçerek) gelen ışın, uzantısı ışının geldiği f tarafta mercekten uzak2 lıkta asal ekseni kesecek şekilde kırılır (Şekil 15).

asal eksen

F O

f2 Þekil 2

f/2

F

Buna göre, merceklerin odak uzaklıklarının

f/2

O f/2

Þekil 16

O

1 3

B)

1 2

C)

2 3

ÇÖZÜM Yakınsak merceğe asal ekseni mercekten f/2 uzaklıkta keserek gelen ışın kırılınca uzantısı F odak noktasından geçer. Buna göre, Şekil 1 deki ince kenarlı merceğin odak uzaklığı f1 = 4 birimdir.

F

F

1

oranı

kaçtır? (Her iki merceğin asal eksenleri üzerindeki bölmeler eşit aralıklıdır.) A)

F asal eksen

f f

2

f/2


asal eksen

asal eksen L

Asal eksenler üzerindeki K ve L noktalarından çıkan aynı renkli ışınlar şekildeki gibi kırılıyor.

b. Merceğin

c. Herhangi bir ışının ıraksak mercekte izlediği yolu bulmak için; gelen ışına paralel yardımcı eksen çizilir. Işının geldiği taraftaki odaktan geçen, asal eksene dik doğrunun yardımcı ekseni kestiği nokta, yardımcı odak noktasıdır. Kırılan ışının uzantısı yardımcı odaktan geçer (Şekil 17).

kalýn kenarlý mercek

f1 Þekil 1

Þekil 15

diğer tarafında f kadar uzaklıkmercekten 2 ta asal ekseni kesecek şekilde gelen ışın, odaktan geçecek şekilde kırılır (Şekil 16).

C) Yalnız Z E) Y ve Z

ÇÖZÜM X ışını özel ışındır. Iraksak mercekte F´ uzantısı 2F den geçecek şekilde gelen ışın uzantısı 2F den geçecek şekilde asal kırılır. Z ışını optik merkeze geldiği için eksen F y kırılmadan gider. ar d ek ým Y ışını ise kırılma sonrası asal eksense cý n den uzaklaşması gerekirken asal eksene yöneldiğinden Y ışınının kırılmadan sonraki yolu yanlış çizilmiştir. Y ışınının izlediği yol şekildeki gibi yardımcı odak noktası bulunarak çizilebilir. Yanıt : B

asal F eksen

O

F

B) Yalnız Y D) X ve Y

Iraksak merceğe asal ekseni mercekten f uzaklıkta keserek gelen ışın ise kırılınca uzantısı asal ekseni f/2 uzaklıkta keser. Buna göre, Şekil 2 deki kalın kenarlı merceğin odak uzaklığı f2 = 6 birimdir.

ý mc rdý ya sen ek asal eksen

F´

(yardýmcý odak)

f

1

Þekil 17

f

2

=

4 2 = tür. 6 3

Yanıt: C

30

D) 2

E) 3

d F

K

f/2 f

F

f/2

L f

FİZİK – ÖSS Ortak ÖRNEK 8 Kalın kenarlı merceğe gelen P ışınının izlediği yol şekilde verilmiştir. Buna göre, P ışını ile aynı renkli R ışını hangi yolu izler? (|KO| = |OL|) A) 1

B) 2

ÖRNEK 10 Odak uzaklıkları eşit ve f olan ince ve kalın kenarlı mercekasal O ler, şekildeki gibi K L M N eksen asal eksenleri çakışık olarak yerleştirilmiştir. Asal eksen üzerine noktasal bir ışık kaynağı konulduğunda, kaynaktan çıkan ışınlar merceklerden ayrılırken şekildeki gibi asal eksene paralel oluyor.

P 5

R asal eksen

K

4

O

L 3 1

C) 3

D) 4

2

Buna göre, ışık kaynağı nerededir? (Asal eksen üzerindeki noktalar arası uzaklıklar eşit ve f dir.)

E) 5

A) K noktasında B) KL arasında C) L noktasında D) M noktasında E) LM arasında

ÇÖZÜM P ışını ıraksak mercekte kırıldıktan sonra asal eksene paralel olarak kırıldığına göre, K ve L ıraksak merceğin odak noktalarıdır. Iraksak merceğe gelen ışınlar geliş doğrultularına göre, asal eksenden uzaklaşacak şekilde kırılacağından R ışını kırılmadan sonra 1 yolunu izler. Yanıt : A

ÇÖZÜM Merceklerin f odak uzaklıkları asal eksen üzerindeki bölmeler asal kadar olduğuna göre, N eksen O M K L L ve N noktaları ince kenarlı merceğin 2F noktalarıdır. Bu nedenle L deki noktasal ışık kaynağından çıkan ışınlar N noktasından geçecek şekilde kırılır. N noktası kalın kenarlı merceğin odak noktası olduğundan bu noktaya gelen ışınlar asal eksene paralel kırılır. Yanıt : C

P R

F´

K

O

L

1

6. MERCEKLERDE GÖRÜNTÜ Merceklerde, bir cismin görüntüsü, o cisimden çıkan ışınların mercekte kırıldıktan sonra, kırılan ışınların kesişmesi ile oluşur. Merceklerde, kırılan ışınların kesiştiği noktada, cismin gerçek görüntüsü, kırılan ışınların uzantılarının kesiştiği noktada cismin sanal görüntüsü oluşur.

ÖRNEK 9 S

Kalın kenarlı merceğe şekildeki gibi gelen S ışını çukur aynadan yansıdıktan sonra aynı yoldan geri dönüyor.

d

asal eksen

I. İNCE KENARLI (YAKINSAK) MERCEKLERDE GÖRÜNTÜ

Çukur aynanın odak uzaklığı d ise merceğin odak uzaklığı kaç d dir? A) 2

3 B) 2

C) 1

1 D) 2

a. Cisim sonsuzda ise, görüntüsü odak noktasında ve gerçek olarak oluşur (Şekil 18).

3 E) 4

X

ÇÖZÜM

Þekil 18

b. Cisim 2F in dışında ise, görüntüsü merceğin diğer tarafında F ile 2F arasında, ters, gerçek ve cisimden küçük oluşur. Dc > Dg

X S ışını X kalın keY S narlı merceğinden kırıldıktan sonra Y FY 2FX asal aynasından yansı- 2FX eksen d d yarak şekildeki gibi MY geri dönmüştür. Buna göre, çukur aynanın odak noktası (FY) ve merkezi (MY) ile kalın kenarlı merceğin 2FX noktası

Dc

Dg

Hc

2F

O

F

Hc > Hg dir (Şekil 19). Hc : Cismin boyu

şekildeki gibidir. Bu nedenle, çukur aynanın odak uzaklığı fY

Þekil 19

Hg : Görüntünün boyu

= d dir. Kalın kenarlı merceğin ise odak uzaklığı 2fX = d olduğundan fX =

asal F eksen

O

F

Dc : Cismin merceğe olan uzaklığı

d dir. 2

Dg : Görüntünün merceğe olan uzaklığı Sc : Cismin odak noktasına olan uzaklığı

Yanıt : D

Sg : Görüntünün odak noktasına olan uzaklığı -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

31

F

2F asal eksen Hg

FİZİK – ÖSS Ortak g. Cisim F noktasında ise, görüntüsü sonsuzda oluşur (Şekil 24).

Şekil 19 daki benzer üçgenlerde bu nicelikler arasında, H D S f g g g (Boyca büyütme formülü) = = = H D f S c

c

c

Sc . Sg = f2 1 1 1 = + f D D c

Hc

(Newton formülü)

F

O

F

asal eksen

(Odak uzaklığı formülü)

g

bağıntıları vardır. Odak uzaklığı formülünde cisim gerçek ise, Dc uzaklığı (+), sanal ise (–) alınır. Görüntü gerçek ise

Þekil 24

h. Cisim F ile O optik merkezi arasında ise, görüntüsü cisimle aynı tarafta düz ve sanal olarak oluşur. Görüntünün boyu cismin boyundan büyüktür. Dc < Dg

Dg uzaklığı (+), sanal ise (–) alınır.

Hc

2F

O

F

1,5f

asal 2F eksen Hg

c

2F asal eksen

F

asal eksen

F

Þekil 25

g

2F

O

F

F

2F

asal eksen

g1 g2

g3

Þekil 27

Hg

İnce kenarlı mercekte cisim sonsuzdan odak noktasına yaklaştıkça görüntüsü, merceğin diğer tarafındaki odaktan sonsuza doğru büyüyerek uzaklaşır (Şekil 27).

Þekil 22

j.

g1 2F

3F asal eksen

f. Cisim mercekten 1,5f uzaklıkta ise, yani F ile 2F nin orta noktaHc sında ise, görüntüsü F merceğin diğer tara- 2F F O fında mercekten 3f uzaklıktaki 3F nokta1,5f 3f sında, ters ve gerçek Þekil 23 olarak oluşur. Görüntünün boyu, cismin boyunun iki katıdır. 2Dc = Dg, 2Hc = Hg dir (Şekil 23).

c2 c 3

asal eksen

2F

asal eksen

i. c1 Hc

F

F

2Hc = Hg dir (Şekil 26).

Uyarı: İnce kenarlı mercekte cismin gerçek görüntüsünün cisme uzaklığı, cisim 2F de iken en azdır.


ı. Cisim mercekten f/2 uzaklıkta ise, yani F noktası ile H = 2c g O optik merkezinin orta noktasınHc = c da ise, görüntüsü F O cisimle aynı taraff/2 f taki odak noktasında düz ve saÞekil 26 nal olarak oluşur. Görüntünün boyu cismin boyunun iki katıdır. 2Dc = Dg

Þekil 21

O

F

(Şekil 25).

Hg

O

Hc

1 1 1 dir = − f D D

Hg = Hc dir (Şekil 21).

e. Cisim F ile 2F noktaları arasında ise, görüntüsü merceğin Hc diğer tarafında, 2F 2F F nin dışında, ters ve gerçek olarak oluşur. Görüntünün boyu, cismin boyundan büyüktür. Dc < Dg, Hc < Hg dir (Şekil 22).

Hg

Hc < Hg

d. Cisim mercekten 2f uzaklıkta (ya da merceğin 2F noktasında) ise, görüntüsü merceğin diğer tarafında 2F noktasında ters ve gerçek oluşur. Görüntünün boyu cismin boyuna eşittir. Dc = Dg

F

c. Cisim mercekten 3f uzaklıkta ise, görüntüsü merceğin diğer Hc tarafından, merO 2F F cekten 1,5f uzaklıkta gerçek ve 3f ters olarak oluşur. Görüntünün Þekil 20 boyu cismin boyunun yarısına eşittir. Dc = 2Dg , Hc = 2Hg dir (Şekil 20).

2F

g2 c1 F

c2 O

F

asal eksen

Hg

Þekil 28

İnce kenarlı mercekte, cisim odak noktasından merceğe yaklaştıkça, sanal görüntüsü aynı taraftan merceğe 32

FİZİK – ÖSS Ortak c. Cisim mercekten f kadar uzaklıkta, (F noktasında) ise, görüntüsü cisimle aynı tarafta mercekten f/2 kadar uzaklıkta, (F ile O optik merkezinin ortasında), düz ve sanal olarak oluşur. Görüntünün boyu cismin boyunun yarısına eşittir (Şekil 31).

yaklaşır ve boyu küçülür. Sanal görüntüsünün boyu her zaman cismin boyundan büyüktür (Şekil 28). ÖRNEK 11 Odak uzaklıkları eşit ve f olan bir çukur ayna ile bir ince kenarlı mercek şekildeki gibi yerleştirilmiştir.

K

2f Fayna

2f Fmercek

K cisminin yalnız ayna ve yalnız mercekte oluşan görüntüleri arasındaki uzaklık nedir? f A) B) f C) 2f D) 3f 2 ÇÖZÜM Şekilde görüldüğü gibi K cismi çukur aynanın merkezinde bulunduğu için görüntüsü yine merkezde, ters ve eşit boyda oluşur (Hga). K cismi merceğin

E) 4f

c1

K 2f

2f

2f

Fa

Fm

Fm

F

Hgm

Hga

Hc 2

F

O f/2

asal eksen

f/2

Þekil 31

c3

g1 g2

g3

F

O

asal eksen

Þekil 32

Yanıt:E

Cisim • dan merceğe yaklaşırken sanal görüntüsü aynı taraftan merceğe yaklaşır ve boyu büyür. Sanal görüntüsünün boyu her zaman cismin boyundan küçüktür (Şekil 32).

II. KALIN KENARLI (IRAKSAK) MERCEKLERDE GÖRÜNTÜ a. Cisim sonsuzda ise, görüntüsü aynı taraftaki odak noktasında sanal olarak oluşur (Şekil 29).

ÖRNEK 12

O

F

F

Şekildeki gibi yerleştirilen kalın kenarlı merceğin asal ekseni üzerine konan KL ışıklı cismi ok yönünde hareket ettirilirse, I. Görüntüsü merceğe yaklaşır. II. Görüntünün boyu öncekine göre büyür. III. Görüntü daima düzdür.

asal eksen

Þekil 29

L K

asal eksen

ýþýklý cisim


yargılarından hangileri doğrudur? Hc

Hg < Hc O

F

A) Yalnız I D) I ve II

F asal eksen

B) Yalnız II C) Yalnız III E) I, II ve III

ÇÖZÜM Kalın kenarlı mercek önüne konulan cismin görüntüsü, cisimle aynı tarafta, sanal ve cisme göre düz oluşur. Cisim merceğe yaklaştıkça görüntüsü de merceğe yaklaşır ve görüntüsünün boyu büyür. Yanıt: E

Þekil 30

Hc < Hg

7. MERCEKLERİN ODAK UZAKLIĞI

Şekil 30 daki benzer üçgenlerde, H D S f g g g (Boyca büyütme formülü) = = = H D S f c

(Newton formülü)

g

1 1 1 − = − f D D c

Bir merceğin kalınlığı odak uzaklığına göre çok küçükse, ışık merceğe hangi yüzden girerse girsin odakların optik merkeze uzaklıkları (odak uzaklıkları) birbirine eşittir. Merceğin eğrilik yarıçapları R1, R2 ve bulunduğu ortamda

c

S . S = f2 c

c2

verdiği görüntü (Hgm) arasındaki uzaklık 4f olur.

c

F

Hg=

d.

2F noktasında olduğundan, görüntüsü merceğin diğer tara4f fında ve 2F noktasında oluşur. Buna göre, aynanın verdiği görüntü (Hga) ile merceğin

b. Cisim merceğin asal ekseni üzerine dik olarak konulmuş ise, görüntüsü cisimle aynı tarafta F ile O optik merkezi arasında, düz ve sanal olarak oluşur. Görüntünün boyu, cismin boyundan küçüktür (Şekil 30). Dc < Dg

Hc

bağıl kırılma indisi n olan bir merceğin odak uzaklığı; ⎛ 1 1 1 ⎞ ⎟ = (n − 1) ⎜ ∓ ∓ ⎜ R f R ⎟ ⎝ 1 2⎠

bağıntıları vardır.

g


33

FİZİK – ÖSS Ortak bağıntısıyla bulunabilir. n n = mercek dır. n

1 1 ⎛ 3 ⎞ = . ⎜− f 2 ⎝ 2R ⎟⎠ 3 1 3 =− f 4R

ortam

Odak uzaklığı formülünde R1 ve R2 nin yer değiştirmesi

3

odak uzaklığını değiştirmez. Bu formül kullanılırken merceklerin tümsek yüzlerinin eğrilik yarıçapları (+), çukur yüzeylerinin eğrilik yarıçapları (–) alınır.

ÖRNEK 13 R2 =2R

M1

M1 M2

n

8. YAKINSAMA Bir merceğin odak uzaklığının metre cinsinden tersine, o merceğin yakınsaması denir. Bir merceğin yakınsaması, 1 Y= f İnce kenarlı mercekler için f odak uzaklığı (+), kalın kenarlı mercekler için ise (–) alınır. Yakınsama birimi, SI birim sisteminde diyoptri dir. Yakınsama gözlük camının numarası olarak da kullanılır. Birden fazla mercekten oluşan mercek sistemlerinin yakınsaması ise,

M2

n

II

I

R 2=2R

R 1 =R

M1

3

R 2=2R

R 1 =R

R1 =R

4 R dir. III merceği ıraksaktır. 3 Yanıt: A f =−

M2

n

Y = Y + Y + Y + ... ya da

III

1

Şekillerdeki merceklerin eğrilik yarıçapları R1 = R ve

2

3

1 1 1 Y= + + + .... f f f

R2 = 2R olup bulundukları ortama göre, bağıl kırılma in-

1

3 dir. 2 Buna göre, bu merceklerin f1, f2 ve f3 odak uzaklıkla-

2

3

disleri n =

bağıntısıyla bulunur.

rının büyüklükleri arasındaki ilişki nedir?

ÖRNEK 14

A ) f 1 > f 2 = f3

Odak uzaklığı 50 cm olan ince kenarlı merceğin yakınsaması Y1, odak uzaklığı 40 cm olan kalın kenarlı merceğin

B) f1 > f2 > f3

D) f2 > f1 > f3

C) f3 > f2 > f1

E) f3 > f1 > f2

yakınsaması Y2 dir. Buna göre, Y1 ve Y2 kaç diyoptri dir?

ÇÖZÜM ⎛ 1 1 1 ⎞ ⎟ bağıntısında değerleri yerine yaza= (n − 1). ⎜ + ⎜R f R ⎟ 1 2⎠ ⎝ 1 lım.

A) B) C) D) E)

1 ⎛3 1 ⎞ ⎞⎛ 1 = ⎜ − 1⎟ . ⎜ − + f R 2R ⎟⎠ 2 ⎠ ⎝ ⎝ 1 1 1 ⎛ 1 ⎞ = .⎜ − f 2 ⎝ 2R ⎟⎠

–2,5 +2 –1 +4 +0,4

+2 –2,5 +2 –5 –0,5

ÇÖZÜM İnce kenarlı merceğin yakınsaması; 1 Y = 1 f 1 Y = 1 0,5 Y = + 2 diyoptri dir.

1

f1 = – 4R dir. Sonuç (–) işaretli bulunduğundan I merceği ıraksaktır. 1 ⎛3 1 ⎞ ⎞⎛ 1 = ⎜ − 1⎟ . ⎜ + ⎟ f ⎝2 ⎠ ⎝ R 2R ⎠ 2

1 1 3 = . f 2 2R

1

Kalın kenarlı merceğin yakınsaması; 1 Y =− 2 f 1 Y =− 2 0,4

2

1 3 = f 4R 2

4R tür. II merceği yakınsaktır 3 1 ⎛3 1 ⎞ ⎞⎛ 1 = ⎜ − 1⎟ . ⎜ − − f 2 R 2R ⎟⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 3

f = 2


Y2

Y1

Y2 = –2,5 diyoptri dir. Yanıt : B

34

FİZİK – ÖSS Ortak ÇÖZÜM I1 ışınının izlediği yol Şekil 1 deki

ÇÖZÜMLÜ TEST 1.

f1

Odak uzaklıkları f1 ve f2 olan

gibidir. Bu ışın düzlem aynaya dik olarak geldiğinden yansıdıktan sonra aynı yoldan geri döner. I2 ve I3 ışınları ise çukur ve

f2

I ve II merceklerinin asal eksenleri çakışıktır.

asal eksen

3.

B) İkisi de ince kenarlı, f1 > f2 dir. C) İkisi de kalın kenarlı, f1 < f2 dir. D) I. ince, II. kalın kenarlı, f1 > f2 dir.

I1

K

I2

f2

Þekil 1

asal eksen

4.

Þekil 2 ince kalýn kenarlý kenarlý mercek mercek

I3


cisim

asal eksen

X

L

asal eksen

Y

asal eksen

Þekil II 1

M

5

4

asal eksen 3 2

Þekil III

X ve Y ince kenarlı merceklerine gelen K ve L ışınları Şekil I ve II deki gibi kırılıyor. Bu mercekler Şekil III teki gibi birleştirildiğinde asal eksene paralel gönderilen M ışını hangi yolu izleyebilir? (Asal eksenler eşit bölmelidir.)

larda yansıdıktan sonra aynı yoldan geri döner? (Asal eksenler eşit bölmeli ve her bölme f kadardır.) B) Yalnız I2

Þekil I

asal eksen

Şekil 1, 2, 3 teki sistemler, asal eksenleri çakışık, odak uzaklıkları eşit ve f olan mercek ve aynalardan oluşmuştur. Aynı renkteki I1, I2 ve I3 ışınlarından hangileri, ayna-


g2

K

Þekil 3

D) I1 ve I2

g1

İnce kenarlı bir merceğin karşısına konan bir cismin görüntüsü g1 oluyor.

A) Yalnız I1

asal eksen

Þekil 1

tümsek ayna

ÇÖZÜM İnce kenarlı mercek, odak noktası ile mercek arasına konulmuş cismin, sanal, cisme göre düz ve cisimden büyük görüntüsünü verir. I. Cisim merceğe yaklaşırsa görüntüsü de merceğe yaklaşır ve boyu öncekine göre küçülür. II. Düzeneğe suya koyarsak merceğin sudaki odak uzaklığı havadakine göre daha büyük olur. Cismin görüntüsü merceğe yaklaşır ve öncekine göre küçülür. III. Odak uzaklığı daha büyük olan mercek kullandığımızda görüntü merceğe yaklaşır ve boyu öncekine göre küçülür. Yanıt: A

ince kalýn kenarlý kenarlý çukur mercek mercek ayna

asal eksen

A) I ya da II ya da III B) II ya da III C) I ya da III D) I ya da II E) Yalnız II

asal eksen

f1

I. Cismi merceğe yaklaştırma II. Düzeneği suya koyma III. Odak uzaklığı daha büyük mercek kullanma işlemlerinden hangileri yapılabilir?

II

I

ince kalýn kenarlý kenarlý düzlem mercek mercek ayna

1

Cismin görüntüsünün g2 olması için,

E) I. kalın, II. ince kenarlı, f1 < f2 dir.

2.

Yanıt: A

A) İkisi de ince kenarlı, f1 < f2 dir.

Yanıt: E

I

tümsek aynadan yansıdıktan sonra aynı yoldan geri dönemez.

Asal eksene paralel gelen aynı renkli iki ışın sistemden şekildeki gibi yine asal eksene paralel olarak II I ayrıldığına göre, merceklerin türleri ve odak uzaklıkları için aşağıdakilerden hangisi doğrudur?

ÇÖZÜM Işınların merceklerde izlediği yollar şekildeki gibi olduğuna göre, I merceği kalın kenarlı, II merceği ince kenarlıdır. Her iki merceğin odak noktası K noktası olduğundan f2 > f1 dir.

ince kalýn kenarlý kenarlý düzlem mercek mercek ayna

C) Yalnız I3

E) I1 ve I3

A) 5 35

B) 4

C) 3

D) 2

E) 1

FİZİK – ÖSS Ortak ÇÖZÜM X merceğinin odak uzaklığı fX = 1 birim, Y merceğinin

6.

kalýn kenarlý ince kenarlý mercek mercek

cisim

odak uzaklığı fY = 2 birimdir. Birleştirilmiş merceklerde yakınsama y = y1 + y2 dir.

K

X ve Y mercekleri birleştirildiğinde odak uzaklığı f ise, 1 1 1 = + f f f X

Y

D) I ve II

c

F ´

F2´

1

asal

III

IV

eksen V

görüntüsü şekilde gösterilenlerden hangisi olabilir? (Asal eksen eşit bölmelidir.)

A) I

B) II

ÇÖZÜM Kalın kenarlı mercek f1 uzaklıktaki cismin f

1 uzaklıkta cismin 2 yarısı büyüklükte g1

R

C) III

D) IV

E) V

kalýn kenarlý ince kenarlý mercek mercek

cisim

g1 K

F1

O

F2

F ´ 1

F2´

asal g2 eksen

III

görüntüsünün verir. İnce kenarlı mercek 3f2 uzaklıktaki g1 cisminin görüntüsü mercekten 1,5f2 uzaklıkta g1 in yarısı büyüklükte g1 e göre ters olan görüntüsünü verir. Buna göre, K cisminin sistemdeki son görüntüsü III tür. Yanıt: C kalýn kenarlý mercek

7.


S

asal eksen

n n1

n2

Kırılma indisi n olan ortama, kırılma indisleri n1 ve n2 O

M

N

olan kalın ve ince kenarlı mercekler asal eksenleri çakışacak şekilde konmuştur.

R

Kalın kenarlı merceğe gelen S ışını şekildeki yolu izlediğine göre, n, n1 ve n2 kırılma indisleri arasındaki ilişki nedir?

g

A) n1 > n2 > n

1 1 1 = − f 1 3 1 2 = f 3 3 f = olduğundan merceğin odak noktası K ile L noktaları 2 arasındadır. III. Cisim L noktasına konursa görüntü R noktasından daha uzakta oluşur. Yanıt: A -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

F2

asal eksenleri çakışıktır. F1 noktasına konulan K cisminin sistemdeki son

C) Yalnız III B) Yalnız II E) II ve III

ÇÖZÜM İnce kenarlı mercekte odak noktası ile mercek arasına konulmuş cismin cisim sanal, düz, cisimden büyük görüntüsü oluşur. K noktasında cismin ince P L K kenarlı mercekteki görüntüsü P noktasında olduğuna göre, I. Görüntü sanal ve cisimden büyüktür. II. 1 1 1 = − f D D

odak noktaları F2 ve F2´ olan ince kenarlı merceğin

yargılarından hangileri doğrudur?

A) Yalnız I

O

Odak noktaları F1 ve F1´ olan kalın kenarlı mercek ile

cisim

Şekildeki ince kenarlı merceğin K noktasına asal ekO L K M N sene dik olarak ko- P nulmuş cismin mercekteki görüntüsü P noktasında oluşuyor. Asal eksen eşit bölmeli olduğuna göre, I. Görüntünün boyu cismin boyundan büyüktür. II. L noktası merceğin odak noktasıdır. III. Cisim L noktasına konursa görüntüsü N noktasında oluşur.

F1

1 1 1 = + f 1 2 1 3 = f 2 2 f= olur. 3 Birleştirilmiş X ve Y merceklerine Şekil 3 teki gibi asal ek2 sene paralel gelen ışın kırıldıktan sonra birim uzaklık3 taki odak noktasından geçeceğinden 5 yolunu izleyebilir. Yanıt: A

5.

II

I

B) n1 > n > n2

D) n > n2 > n1

C) n > n1 > n2

E) n2 > n > n1

ÇÖZÜM Bir mercek kendisinden daha çok kırıcı saydam bir ortama konulduğunda türü değişir. Kalın kenarlı mercek ince kenarlı mercek gibi davranır. Buna göre, n > n1 dir. İnce ke-

narlı merceğin özelliği değişmediğine göre n2 > n dir. Kırılma indisleri arasındaki ilişki n2 > n > n1 dir. Yanıt: E 36

FİZİK – ÖSS Ortak KONU TESTİ 1.

4.

f1

K

f2

b asal olan ince ve kalın kenar- a eksen lı mercekler şekildeki gibi konmuştur. Asal eksene paralel gelen K d ışını merceklerden kırıldıktan sonra yine asal eksene paralel olarak ayrılıyor. Mercekler arasındaki uzaklık d olduğuna göre, I. f1 > f2 dir.

Iraksak merceðin asal ekseni

X S

Y

Asal eksenleri çakışık, odak uzaklıkları f1 ve f2

Yakýnsak merceðin asal ekseni

II. d > f2 dir.

S

III. f1 > d dir. Odak uzaklıkları fX ve fY olan, asal eksenleri birbirine

yargılarından hangileri kesinlikle doğrudur? (a > b)

dik olacak şekilde konmuş X ve Y merceklerinden X merceğine gönderilen S ışını Y merceğinden S’ olarak ayrılıyor. f Buna göre, merceklerin odak uzaklıklarının X f

A) Yalnız I B) Yalnız II C) I ve II D) II ve III E) I ve III

Y

oranı kaçtır? 2 3 A) B) 3 4

2.

C) 1

X

Y

D)

3 2

5.

çukur ayna

mor ýþýk

mor ýþýk

E) 2

Z

K

L

asal eksen

asal eksen

y

K asal eksen L

x

Çukur ayna ve kalın kenarlı merceğin asal eksenine paralel olarak gönderilen mor ışık şekildeki yolu izliyor. Buna göre, I. Mor ışık için K noktası aynanın, L noktası merceğin odak noktasıdır. II. Mor ışık yerine kırmızı ışık gönderilirse, y uzaklığı artar, x uzaklığı değişmez. III. Ayna ve mercek suya konursa x uzaklığı değişmez, y uzaklığı artar.

1 birim

M 1 birim

Odak uzaklıkları eşit ve ikişer birim olan X, Z ıraksak mercekleri ile Y yakınsak merceği şekildeki gibi asal eksenleri çakışacak biçimde konulmuştur.

X merceğine gelen aynı renkli K, L, M ışınlarından hangileri Z merceğinden ayrılırken X merceğine geliş doğrultusu ile paralel olur?

yargılarından hangileri doğrudur? A) Yalnız I D) I ve III

A) Yalnız K B) Yalnız L C) K ve L D) K ve M E) K, L ve M

3.


f

6.

f

f1

B) Yalnız II C) I ve II E) I, II ve III

I

K

1

M


3

2


asal eksen

çukur ayna

Asal eksenleri çakışık odak uzaklıkları f1, f2 ve f3 olan

yakýnsak mercek

ince ve kalın kenarlı mercek ile çukur aynadan oluşan sistemde I ışını şekildeki yolu izliyor.

Asal eksenleri çakışık, odak uzaklıkları eşit ve f olan bir çukur ayna ve yakınsak bir mercek şekildeki gibi yerleştirilmiştir.

Çukur aynadan yansıyan ışın asal eksene paralel bir yol izlediğine göre, f1, f2, f3 arasındaki ilişki nedir?

Yakınsak merceğe şekildeki gibi gönderilen K, L ve M ışınlarından hangileri kırılmalar ve yansıma sonucu asal ekseni tekrar aynı noktada keser?

A) f1 > f2 > f3

B) f2 = f3 > f1

C) f3 > f2 > f1

A) Yalnız K B) Yalnız L C) Yalnız M D) L ve M E) K ve L -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

R

M N P O S T O K L O

L asal eksen

çukur ayna

f3

f2

D) f1 = f2 = f3 E) f3 > f1 > f2

37

FİZİK – ÖSS Ortak 7.

10.

K

X I1


I

Y

N F R L

asal eksen

I2

asal eksen

eksen

asal

eksen

Z

I3

Odak noktalarından biri F olan şekildeki kalın kenarlı merceğe gelen I ışınının aynı yoldan geri dönmesi için bir düzlem ayna hangi iki nokta arasına konmalıdır? A) KL arasına C) LR arasına

asal

Kalın kenarlı X, Y ve Z merceklerine gönderilen aynı renkli I1, I2, I3 ışınlarının izlediği yollar şekildeki gibidir.

B) KN arasına D) KR arasına

Asal eksenler eşit bölmeli olduğuna göre, merceklerin fX, fY, fZ odak uzaklıkları arasındaki ilişki nedir?

E) LN arasına

(I1 ışını asal eksene paraleldir.) A) fX = fY = fZ

B) fX > fY = fZ

D) fZ > fX > fY

8.

K ışınının, asal eksenleri çakışık olan I, II ve III merceklerinde izlediği yol şekilde gösterilmiştir.

I

II

11.

III

I3

I2

asal eksen

Bu merceklerden hangileri yakınsak (ince kenarlı) mercektir?

I1 I6

K

asal eksen

F

F

I4

F

F

B) I1 ve I6 D) I3 ve I4 ince kenarlý mercek

12.


C) I2 ve I6 E) I3 ve I5 ince kenarlý mercek

asal eksen

K

f

L

O1 f

f

M

O2 f

N f

P f

asal eksen

asal eksen

I

II


Şekildeki ince kenarlı mercek ve çukur aynanın odak uzaklıkları eşit ve f dir.

2.E

III

B) MN arasında D) O2M arasında

3.D


4.E

asal eksen

IV

Hava ortamında bulunan I, II, III, IV merceklerinden hangilerine şekildeki gibi gönderilen ışınlar mercekte kırıldıktan sonra kesinlikle asal ekseni keser?

E) LO2 arasında 1.D


asal eksen

Buna göre, P noktasına konulan ışıklı cismin sistemdeki son görüntüsü nerede oluşur? A) N noktasında C) M noktasında

asal eksen

Buna göre, birbirlerine paralel olarak gönderilen aynı renkli ışınlarından hangilerinin izlediği yol yanlış çizilmiştir? A) I1 ve I4

çukur ayna

I5

Şekildeki ince ve kalın kenarlı merceklerin odak noktaları F dir.

A) Yalnız I B) Yalnız II C) Yalnız III D) I ve II E) I ve III

9.

C) fX > fY > fZ

E) fZ > fY > fX

A) Yalnız I B) Yalnız IV C) I ve II D) II ve III E) III ve IV 5.E

6.C

7.A 38

8.D

9.B

10.E

11.B

12.A

KİMYA – ÖSS Ortak

FİZİKSEL VE KİMYASAL TEPKİMELER – II ÖRNEK 2

GAZ TEPKİMELERİNDE HACİMCE BİRLEŞME ORANLARI Gaz fazında gerçekleşen kimyasal tepkimelerde, tepkimeye giren ve oluşan gazların, tepkime denklemindeki katsayılarının oranı, aynı koşullardaki gaz hacimleri oranına eşittir.

Madde

Başlangıçtaki mol sayısı

Tepkime sonundaki mol sayısı

X2

1,0

0,4

Y2

1,5

0,3

Z

0

0,6

ÖRNEK 1 Kapalı bir kapta kimyasal bir tepkime gerçekleşirken, maddelerin mol sayılarındaki değişme yukarıdaki tabloda verilmiştir.

Aynı koşullarda bulunan 6 litre CO gazı ile 4 litre O2 gazının tepkimesinden CO2 gazı elde ediliyor.

Buna göre, Z nin molekül formülü nedir? Buna göre, bu koşullarda oluşan CO2 gazının hacmi en fazla kaç litredir?

ÇÖZÜM Miktarları azalan, X2 ve Y2 maddeleri tepkimeye giren,

ÇÖZÜM Tepkime denklemini yazarak birleşme oranlarını bulalım.

miktarı artan Z maddesi üründür. Tepkime denklemini yazalım. + bY2 aX2

2CO(gaz) + O2(gaz) ⎯→ 2CO2(gaz) 2 mol 2 litre

1 mol 1 litre

Başlangıç : Sonuç :

2 mol 2 litre

Değişim

Denkleme göre, aynı koşullarda 2 litre CO ile 1 litre O2

:

⎯→

1,0 mol 0,4 mol

1,5 mol 0,3 mol

–0,6 mol

–1,2 mol

0 0,6 mol +0,6 mol

Mol sayılarındaki değişim oranı en küçük tamsayılara dönüştürülürse, denklemin katsayılarını bulabiliriz. Değişim miktarları, 0,6 ya bölünürse, 1 : 2 : 1 oranı bulunur. Denkleşmiş tepkime denklemi, X2 + 2Y2 ⎯→ Z şeklindedir.

gazı birleşirse, 2 litre CO2 gazı oluşur. 6 litre CO ile 4 litre O2 gazı tepkimeye girerse, CO gazının tamamı harcanır. O2 gazından 3 litre harcanır, 1 litre O2 artar. Tepkime sonunda 6 litre CO2 gazı oluşur.

Z nin molekül formülü, atom sayılarının korunumu kuralı gereğince, X2Y4 tür.

Yanıt : 6 litre

Yanıt : X2Y4

TEPKİME DENKLEMLERİNİN TASARLANMASI Tepkime denklemlerinde maddelerin katsayıları, tepkimedeki girenlerin ve ürünlerin mol sayısı türünden harcanma ve oluşma oranını verdiğini biliyoruz.

ÖRNEK 3 Kapalı bir kapta gaz fazında gerçekleşen kimyasal bir tepkimede, maddelerin mol sayılarının zamanla değişimi grafikteki gibi olmaktadır.

Örneğin, 2X + 3Y ⎯→ Z + 2T

Mol sayýsý 1,0 0,8 0,6 0,4 0,2 0

Buna göre, bu tepkime ile ilgili, tepkimesi gerçekleşirken, 2n mol X ve 3n mol Y harcanırsa, n mol Z ve 2n mol T oluşur. Ayrıca 5n mol madde harcanırsa, 3n mol madde oluşur. Öyleyse, bir tepkimede girenler ve ürünlerin mol türünden değişme miktarları arasındaki oran en küçük tamsayılara dönüştürülürse, denkleşmiş denklemin katsayıları bulunur. -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

cZ

Z

Y2

XY2

Zaman

I. Sıcaklık ve hacim sabit ise, başlangıç basıncının, son basınca oranı 7/3 tür. II. Tepkime tam verimle gerçekleşmiştir. III. Z nin molekül formülü, XY4 tür. açıklamalarından hangileri doğrudur? 39

KİMYA – ÖSS Ortak ÇÖZÜM

Bu tepkimede örneğin 7 gram N2 harcanırsa, harcanan O2 ve oluşan N2O5 in kütleleri aşağıdaki gibi hesaplanabilir.

Grafiğe göre, XY2 ve Y2 nin miktarı azalırken, Z nin mikta-

56 gram N2 ile 160 gram O2 birleşirse; 7 gram N2 ile

rı artıyor. Öyleyse, XY2 ve Y2 giren, Z üründür.

20 gram O2 ile birleşir.

aXY2 + bY2 ⎯→ cZ Başlangıç : Sonuç : Değişim

1,0 0,2

0,4 0

0 0,8

: –0,8

–0,4

+0,8

56 gram N2 den 216 gram N2O5 oluşursa; 7 gram N2 den 27 gram N2O5 oluşur. ÖRNEK 4 Kapalı bir kapta bulunan 8 mol NO2 gazının bir kısmı,

2NO2(gaz) ⎯→ 2NO(gaz) + O2(gaz)

Değişen mol sayıları 0,4 bölünürse, en küçük tamsayılara dönüştürülür ve denklemin katsayıları bulunur. Tepkime denklemi; 2XY2 + Y2 ⎯→ 2Z şeklindedir.

denklemine göre ayrışıyor. Son durumda kapta 11 mol gaz bulunduğuna göre, NO2 gazının yüzde kaçı ayrışmıştır?

Atom sayılarının korunumu kuralına göre, Z nin molekül formülü XY3 tür. Tepkime sonunda Y2 tükendiği için, tepkime tam verimle

ÇÖZÜM

gerçekleşmiştir. Kapta; başlangıçta 1,0 + 0,4 = 1,4 mol madde, tepkime sonunda 0,2 + 0,8 = 1 mol madde vardır.

2NO2 ⎯→

Hacim ve sıcaklık sabit iken, gaz basıncı mol sayıları ile doğru orantılıdır. Öyleyse, başlangıç basıncının, son basınca oranı; P 1, 4 7 Başlangıç = = tir. P 1 5 Buna göre, II. açıklama doğru, I. ve III. açıklamalar yanlıştır.

+2 (suda)

Cu

X mol

6 .100 = 75 tir. 8

–5n mol –5V litre

⎯⎯→ Cu(OH)

2(katı)

Cu(OH)2 nin sudaki çözünürlüğü önemsenmediğine göre, çökme tamamlandıktan sonra çözeltideki Cu+2 iyonlarının molar derişimi kaçtır?

+2n mol +2V litre

ÇÖZÜM

Bir tepkime gerçekleşmeseydi, çözeltiler eşit hacimde karıştırıldığından iyonların molar derişimleri, başlangıç değerinin yarısına eşit olacaktı. 0,6 0,8 = 0,3 molar, [OH–] = = 0,4 molar [Cu+2] = 2 2

O2 gazı harcanır ve 2 litre N2O5 gazı oluşur.

Cu+2 ile OH– iyonları arasında bir tepkime gerçekleşiyor. Cu+2 + 2OH– ⎯→ Cu(OH)2

Bu tepkimede maddelerin harcanan ve oluşan kütlelerini karşılaştırmak için, elementlerin atom kütlelerinin de bilinmesi gerekir. N nin atom kütlesi 14, O nun atom kütlesi ise 16 dır. Öyleyse, denklemden maddelerin kütlece harcanma ve oluşma miktarları arasındaki oranları da bulabiliriz.

Başlangıç : Değişim :

0,3 M –0,2 M

0,4 M –0,4 M

Sonuç : 0,1 M – Çökme sonunda çözeltideki Cu+2 iyonlarının derişimi 0,1 molardır.

⎯→ 2N2O5 216 gram


− (suda)

+ 2OH

tepkimesi gerçekleşiyor.

Aynı basınç ve sıcaklıkta 2 litre N2 gazı harcanırsa, 5 litre

5O2

2X mol

eşit hacimde karıştırıldığında kapta,

5 mol O2 harcanır ve 2 mol N2O5 oluşur.

160 gram

8 – 2X mol

0 +X mol

0,6 molar Cu(NO3)2 çözeltisi ile 0,8 molar KOH çözeltisi

Örneğin, tepkime gerçekleşirken; 2 mol N2 harcanınca,

+

:

0 +2X mol

ÖRNEK 5

Bu bilgilerimizi aşağıdaki tepkime denklemi üzerinde yorumlayalım. 2N2(gaz) + 5O2(gaz) ⎯→ 2N2O5(gaz)

2N2

Son durum

O2

Yanıt : % 75

DENKLEME DAYALI KİMYASAL HESAPLAMALAR Kimyasal tepkime denklemlerinin katsayıları arasındaki oranın, maddelerin harcanan ve oluşan mol sayıları arasındaki oran ile doğru orantılı olduğunu biliyoruz. Gaz fazında gerçekleşen tepkimelerde, katsayılar oranının, gazların aynı koşullardaki harcanan ve oluşan hacimleri oranına eşit olduğunu da daha önce öğrenmiştik.

56 gram

8 mol –2X mol

Ayrışan NO2 yüzdesi,

Yanıt : Yalnız II

–2n mol –2V litre

: :

+

Son durumda toplam mol sayısı, (8–2X) + 2X + X=11 mol X = 3 mol Ayrışan NO2 nin mol sayısı, 2X = 2.3 = 6 mol

Son

Değişim : Değişim :

Başlangıç Değişim

2NO

Yanıt : 0,1 molar 40

KİMYA – ÖSS Ortak ÖRNEK 6

ÖRNEK 8

28 gram Fe elementi ile 24 gram S elementinin tepkimesinden en fazla kaç gram FeS2 bileşiği oluşur?

10 gram H2 gazının bir kısmı O2 ile birleşerek 2 mol H2O

(S = 32, Fe = 56)

oluşturuyor.

ÇÖZÜM Tepkimenin denklemini yazarak elementlerin kütlece birleşme oranını bulalım.

Buna göre, kalan H2, N2 ile birleşirse en çok kaç mol

Fe

2S ⎯→

+

56 gram

64 gram

NH3 gazı oluşur? (H = 1)

FeS2

ÇÖZÜM

120 gram

10 = 5 moldür. 2 H2O oluşumunda harcanan H2 miktarını bulalım.

Fe 56 7 = = dir. S 64 8 7 gram Fe ile 8 gram S tam olarak birleşir ve 15 gram FeS2 bileşiği oluşur. 28 gram Fe ile 24 gram S tepkimeye

10 gram H2 gazının mol sayısı, n =

Kütlece birleşme oranı

H2 + 1/2O2 ⎯→ H2O

girdiğinde, birleşme oranına göre daha fazla olan Fe artar. Oluşan FeS2 bileşiğinin kütlesini, harcanan S miktarı ile

1 mol

bulabiliriz. 8 gram S den

15 gram FeS2 oluşursa,

24 gram S den

X = 45 gram FeS2 oluşur.

(Artan Fe kütlesi aşağıdaki gibi hesaplanabilir: 8 gram S ile 7 gram Fe birleşirse, 24 gram S ile X = 21 gram Fe birleşir. 28 – 21 = 7 gram Fe artar.)

0,5 mol

1 mol

1 mol H2O oluşurken

1 mol H2 harcanırsa,

2 mol H2O oluşurken

2 mol H2 harcanır.

Kalan H2 nin mol sayısı = 5 – 2 = 3 moldür. NH3 oluşumunun denklemini yazalım. 1/2N2 + 3/2H2 ⎯→ NH3

Yanıt : 45 gram ÖRNEK 7 NH3(g) V, T

M

0,5 mol

1,5 mol

1 mol

H2S(g) V, T

Şekildeki kaplarda bulunan NH3 ve H2S gazlarının basınçları 80 er cm Hg dir. Kaplar arasındaki M musluğu açılınca, 2NH3(gaz) + H2S(gaz) ⎯→ (NH4)2S(katı)

1,5 mol H2 harcanınca

1 mol NH3 oluşuyorsa,

3 mol H2 harcanınca

2 mol NH3 oluşur.

Yanıt : 2 mol ÖRNEK 9

tepkimesi gerçekleşiyor. 34 gram XHCO3 katısı ısıtılarak

Tepkime tam verimle gerçekleştiğine göre, tepkime sonundaki gaz basıncı kaç cm Hg dir? (Sıcaklık değişmiyor.)

2XHCO3 ⎯⎯⎯ → X2CO3 + CO2 + H2O

ÇÖZÜM NH3 ve H2S gazları arasında tepkimenin olmadığını var-

Tepkime sonunda 0,25 mol H2O oluştuğuna göre, X in

sayarsak, M musluğu açıldığında gazların hacimleri ikişer katına çıktığı için, gaz basınçları da yarıya iner, PNH = 40 cm Hg ve PH S = 40 cm Hg olur.

ÇÖZÜM

3

ısı

tepkimesine göre, tamamen ayrıştırılıyor.

atom kütlesi kaçtır? (H = 1, C = 12, O = 16)

Tepkime denklemine göre, 1 mol H2O oluşurken, 2 mol XHCO3 harcanıyor.

2

Tepkime tam verimle gerçekleştiğine göre, 2NH3(gaz) + Başlangıç : 40 cm Hg Değişim : –40 cm Hg Sonuç

:

0

0,25 mol H2O oluşurken, 0,5 mol XHCO3 harcanmıştır.

H2S(gaz) → (NH4)2S(katı) 40 cm Hg –20 cm Hg

0 0

20 cm Hg

0

0,5 mol XHCO3 ün kütlesi 34 gram ise, 1 molünün kütlesi 68 gramdır. X + 1 + 12 + 3.16 = 68 X = 7 dir. Yanıt : 7

Pson = 20 cm Hg dir. Yanıt : 20 cm Hg -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

41

KİMYA – ÖSS Ortak 3.

ÇÖZÜMLÜ TEST 1.

eşittir. Bu sistemde, sabit sıcaklıkta tam verimle, X2(gaz) + 2Y2(gaz) → 2XY2(gaz)

lemi aşağıda verilmiştir. 1 CO + O ⎯→ CO2 2 2 C2H4 + 3O2 ⎯→ 2CO2 + 2H2O

Boþluk

Şekildeki sistemde bulunan X2 ve Y2 gazlarının mol sayıları

CO ve C2H4 gazlarının yanma tepkimelerinin denk-

X2 Y2

40 cm a

tepkimesi gerçekleştiriliyor.

b

CO ve C2H4 gazlarından oluşan 0,5 mol karışım

Cýva

yandığında, 0,7 mol CO2 gazı oluşuyor.

Buna göre, bu sistem ile ilgili, aşağıdaki açıklamalardan hangisi yanlıştır?

Buna göre, karışımdaki CO gazının mol sayısı aşağıdakilerden hangisidir?

A) Y2 gazının tümü harcanır. B) Son durumdaki gaz basıncı 30 cm Hg dir. C) Son durumda X2 gazının kısmi basıncı 10 cm Hg

A) 0,4

B) 0,3

dir. D) Son durumda XY2 gazının kısmi basıncı 20 cm

ÇÖZÜM

Hg dir. E) Manometrenin b kolunda cıva düzeyi 10 cm düşer.

0,5 – X tir. 1 CO + O ⎯→ CO2 2 2 X mol X mol

C) 0,25

D) 0,2

E) 0,1

CO gazının mol sayısı X ise, C2H4 gazının mol sayısı

ÇÖZÜM

C2H4 + 3O2 ⎯→ 2CO2 + 2H2O

X2 ve Y2 gazının hacimleri, sıcaklıkları ve mol sayıları eşit olduğuna göre, kısmi basınçları da eşittir. Toplam basınç 40 cm Hg olduğundan PX = PY = 20 cm Hg dir. Hacim

(0,5–X) mol

ve sıcaklık sabit ise bir tepkimede gazların mol sayılarındaki değişme gaz basıncı ile orantılıdır. X2 + 2Y2 ⎯→ 2XY2

sından, X değeri yani CO gazının mol sayısı bulunur. X + 2.(0,5 – X) = 0,7 ⇒ X = 0,3 tür.

2

Başlangıç : Değişim : Sonuç :

20 –10 10

Karışım yandığında oluşan CO2 gazının toplam mol sayı-

2

20 –20 0

0 +20 20

Yanıt : B

Son durumda P X = 10 cm Hg, PT=10+20=30 cm Hg dir.

4.

2

Kaptaki gaz basıncı 40 cm Hg den, 30 cm Hg ye düştüğüne göre, cıva düzeyi b kolunda düşerken a kolunda yükselir. 10 b kolundaki düşme=a kolundaki yükselme= = 5 cm dir. 2 Yanıt : E

2.

2(0,5–X) mol

C, H ve O elementlerinden oluşan bileşiğin 3 gramı yakıldığında, 6,6 gram CO2 ve 3,6 gram H2O oluşuyor. Buna göre, bu bileşiğin formülü aşağıdakilerden hangisi olabilir? (H = 1, C = 12, O = 16)

A) CH4O

500 mililitre HCI çözeltisine yeteri kadar Mg metali atıldığında, Mg(katı) + 2HCI(suda) ⎯→ MgCI2(suda) + H2(gaz)

B) C2H6O D) C3H8O

denklemine göre, 4,8 gram Mg harcanıyor.

ÇÖZÜM

Buna göre, HCI çözeltisinin molar derişimi aşağıdakilerden hangisidir? (Mg = 24)

CxHyOz + O2 ⎯→ CO2 + H2O

A) 0,2

nCO =

B) 0,4

C) 0,6

D) 0,8

E) C3H8O2

6,6 = 0,15 mol x = nC = 0,15 mol 44 3,6 nH O = = 0,20 mol y = nH = 0,4 mol 2 18 Bileşiğin kütlesinden, C ve H elementlerinin kütlesi çıkarılırsa, bileşikteki O elementinin kütlesi bulunur.

E) 1

2

ÇÖZÜM

Tepkimede harcanan Mg metalinin mol sayısı, 4,8 = 0,2 moldür. nMg = 24 Mg(katı) + 2HCI(suda) ⎯→ MgCI2(suda) + H2(gaz)

3 – (12.0,15 + 0,4.1) = 0,8 gram 0,8 nO = = 0,05 moldür. 16 Buna göre, bileşiğin formülü, C0,15 H0,40 O0,05⇒ C15 H40 O5 ⇒ C3H8O olabilir.

0,2 mol X mol Tepkimede harcanan HCI çözeltisinin mol sayısı, X = 2.0,2 = 0,4 moldür. 0,4 = 0,8 molardır. Öyleyse, HCI çözeltisinin molar derişimi 0,5 Yanıt : D -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

C) C2H6O2

Yanıt : D

42

KİMYA – ÖSS Ortak KONU TESTİ 1.

SO2(gaz) +

Boþluk

4.

1 O ⎯→ SO3(gaz) + 24 kkal 2 2(gaz)

X h

Yukarıda verilen tepkime denkleminde, 128 gram kükürt dioksit harcanıyor.

a Cýva

Buna göre, bu tepkime ile ilgili, aşağıdaki açıklamalardan hangisi doğrudur? (O = 16, S = 32)

A) B) C) D) E)

2.

Şekildeki sistemde, sabit sıcaklıkta, aşağıdaki tepkimelerden hangisi tam verimle gerçekleştirih kalirse, manometrenin a kolunda cıva düzeyi 2 dar düşer?

24 kkal ısı açığa çıkar. 1 mol oksijen gazı harcanır. 0,5 mol oksijen gazı harcanır. 0,5 mol kükürt trioksit oluşur. 1 mol kükürt trioksit oluşur.

A) 2X(gaz) ⎯→ Y(gaz) + 2Z(gaz) B) 2X(gaz) ⎯→ Y(gaz) + 3Z(gaz) C) 2X(gaz) ⎯→ Y(gaz) + Z(gaz)

Sabit hacimli kapalı bir kapta bulunan X ve Y gazları arasında, sabit sıcaklıkta X(gaz) + 3Y(gaz) ⎯→ 2Z(gaz)

D) X(gaz) ⎯→ Y(gaz) + 2Z(gaz) E) 4X(gaz) ⎯→ 2Y(gaz)

tepkimesi gerçekleştiğinde Y nin tamamen tükendiği, X in bir kısmının arttığı gözleniyor.

5.

Buna göre, I. Son durumdaki toplam gaz basıncı, başlangıçtaki toplam gaz basıncının yarısına eşittir. II. Başlangıçta Y nin mol sayısı, X in mol sayısının 3 katıdır. III. Son durumdaki toplam molekül sayısı, başlangıçtaki toplam molekül sayısından azdır.

B) Yalnız II D) I ve III

3.

Tepkime

0,4

Y

0,2 0

Tepkime ile ilgili yargı

A) H + CI2(g) → 2HCI(g) + ısı Isıca yalıtılmış 2(g) kapta gerçekleşirken, sıcaklık yükselir. B) N Sabit hacimli kap+ 3H → 2NH 2(g) 2(g) 3(g) ta, sabit sıcaklıkta gerçekleşirken, gaz basıncı düşer. C) C + O Gaz kütlesi artar. → CO

C) I ve II E) II ve III

Mol sayýsý 0,6

Aşağıda bazı tepkime denklemleri ve bu tepkime ile ilgili yargı verilmiştir. Buna göre, bu tepkimelerden hangisinin karşısında verilen yargı yanlıştır?

yargılarından hangileri yanlıştır?

A) Yalnız I

b

Z

(k)

2(g)

2(g)

D) 2NO → N2(g) + 2O2(g) 2(g)

X

Sabit basınç altında, sabit sıcaklıkta gerçekleşirken, hacim artar. Sabit basınç altında ve sabit sıcaklıkta gerçekleşirken, özkütle değişmez.

Zaman

Sabit hacimli kapalı bir kapta, gaz fazında ve sabit sıcaklıkta gerçekleştirilen bir tepkimede X, Y ve Z maddelerinin mol sayılarının zamanla değişimi grafikteki gibi olmaktadır.

E) 2CO + O → 2CO2(g) (g) 2(g)

Buna göre, bu tepkime ile ilgili,

I. X ve Y maddeleri harcanırken, Z maddesi oluşmaktadır. II. Son durumdaki gaz basıncı, başlangıçtaki gaz basıncının yarısına eşittir. III. Başlangıçta kapta yalnızca X ve Y maddeleri vardır.

6.

ları tam verimle tepkimeye girerek SO3 gazı oluşturuyor. Buna göre, aynı koşullarda hangi gazdan kaç litre artar?

açıklamalarından hangileri doğrudur?

A) Yalnız I

A) 3 litre O2

B) Yalnız II C) I ve II D) I ve III E) I, II ve III


Aynı koşullarda bulunan 6 litre SO2 ile 9 litre O2 gaz-

B) 3 litre SO2

D) 1,5 litre SO2 43

C) 1,5 litre O2

E) 6 litre O2

KİMYA – ÖSS Ortak 7.

10. •

Sabit hacimli kapalı bir kaptaki 0,4 mol X2 ve 0,6 mol Y2 gaz karışımının basıncı 1 atm dir.

kimesinden, 4 hacim Y gazı oluşuyor. • 0,4 mol Y gazı ile 0,3 mol oksijen gazının tepkimesinden, 0,2 mol azot gazı ve 0,6 mol Z gazı oluşuyor.

Bu karışımdan tam verimle XY3 gazı oluşturuluyor. Sıcaklık değişmediğine göre, bu olayla ilgili çizilen, Y2 nin mol sayýsý

Gaz hacimleri aynı koşullarda ölçüldüğüne göre, Y ve Z gazlarının formülü aşağıdakilerden hangisidir?

Gaz basýncý (atm)

XY3 ün mol sayýsý

2 hacim X2 gazı ile 6 hacim hidrojen gazının tep-

0,6

Y

0,4 0,2 0

0,5 0

0 Zaman

I

Zaman

II

Zaman

III

yukarıdaki I, II ve III numaralı grafiklerden hangileri doğrudur?

A) Yalnız II

8.

Z

1

A) H2O

NH3

B) N2H4

H2O

C) NH3

H2O2

D) NH3

H2O

E) H2O2

NH3

B) Yalnız III C) I ve II D) II ve III E) I, II ve III

11. Kapalı bir kapta bulunan 0,5 mol CS2 yeteri kadar O2 gazı ile tepkimeye girerek CO2 ve SO2 gazlarını oluş-

Eşit kütlelerde alınan X, Y ve Z maddeleri, X + 2Y + 4Z ⎯→ 2T + 3L denklemine göre, tepkimeye girdiğinde Y ve Z nin tamamı harcanırken, X in yarısı artıyor.

turuyor. Buna göre, sistemin son durumu ile ilgili,

I. SO2 gazının oda koşullarındaki hacmi 22,4 litre-

Buna göre, I. Y nin mol kütlesi, Z nin mol kütlesinden büyüktür. II. X in mol kütlesi, Z nin mol kütlesinin 2 katıdır. III. X ve Y nin mol kütleleri eşittir.

dir. II. CO2 gazının kütlesi 22 gramdır. III. CO2 ve SO2 gazlarının toplam mol sayısı 1,5 tir.


A) Yalnız III

B) I ve II D) II ve III

C) I ve III

D) II ve III

M

V1 O2(g)

Boþluk

V2

Hg

tepkimesine göre, 8,8 gram XO2 den tam verimle 39,4 gram YXO3 ve 3,6 gram H2O oluşmaktadır.

40 mm

Buna göre, X ve Y nin atom kütleleri aşağıdakilerden hangisinde doğru olarak verilmiştir? (H = 1, O = 16)

CO(g) t = sabit V1 = V2

Hg

Başlangıç durumu şekilde verilen sistemde M musluğu açıldığında, 2CO(gaz) + O2(gaz) ⎯→ 2CO2(gaz)

A) B) C) D) E)

tepkimesi gerçekleşiyor. Tepkime sonunda, sistem başlangıçtaki sıcaklığına getirildiğinde, I. ve II. manometrelerin kolları arasındaki cıva seviyesi farkının mm cinsinden değeri aşağıdakilerden hangisidir? I. manometre

A) B) C) D) E) 1.B

2.C


4.B

Y

12 32 12 32 12

137 40 40 137 171

4 mol O2 gazı ile tam yandığında, normal koşullarda,

67,2 litre CO2 gazı ve CO2 gazının mol sayısına

20 20 30 10 10 3.C

X

13. Aşağıdaki bileşiklerden hangisinin 1 molü,

II. manometre

0 20 10 10 30

B) I ve II C) I ve III E) I, II ve III

12. XO2+Y(OH)2 ⎯→ YXO3 + H2O

II. manometre

Boþluk

20 mm

A) Yalnız I

E) I, II ve III

I. manometre

9.

yargılarından hangileri doğrudur? (C = 12, O = 16)

eşit mol sayıda H2O verir?

A) C3H6

B) C4H8 D) C4H8O

5.E

6.E

7.A 44

8.E

9.B

10.D

C) C3H6O E) C3H6O2

11.D

12.A

13.C

BİYOLOJİ – ÖSS Ortak

SINIFLANDIRMA, CANLILARIN GENEL ÖZELLİKLERİ II. Doğal (filogenetik) sınıflandırma: Canlıların anatomik (içyapı), fizyolojik, köken (orijin) benzerliklerine, akrabalık derecelerine, sahip oldukları homolog yapılarına bakılarak yapılan sınıflandırmadır. Bilimsel olan bu sınıflandırmada organizmanın, hücre tipi ve sayısı, hücresel organeller, morfolojik yapılar, protein yapısındaki benzerlikler, üreme, beslenme şekilleri gibi pek çok özellikleri dikkate alınır.

Bugün, dünyada yaklaşık 10 milyon canlı türünün yaşadığı tahmin edilmektedir. Bu canlıların yaklaşık % 20 si bilim adamları tarafından tanımlanabilmiştir. Çeşitliliğin çok fazla oluşu, biyologları canlıları ortak özelliklerine göre gruplandırmaya yönlendirmiş ve biyolojinin alt bilim dallarından biri olan sınıflandırma (taksonomi) doğmuştur. Aynı gruba dahil edilen canlılardan birisi incelenip özellikleri öğrenildiğinde gruptaki diğer canlılar hakkında da bilgi edinilmiş olur.

Sınıflandırma Birimleri Sınıflandırmanın temel ve en küçük birimine tür (species) denir. Tür; ortak bir atadan gelen, doğa koşullarında yalnız kendi aralarında eşleşebilen ve verimli (kısır olmayan) döller oluşturan bireyler topluluğudur. Dişi aslan ile erkek kaplanın eşleşmesinden doğan yavru, at ile eşeğin eşleşmesinden doğan katır, lahana ve turpun yapay tozlaşması ile elde edilen melez bitki kısırdır. Bu durumda aslan ayrı bir tür, kaplan ayrı bir türdür; ancak eşleşebildiklerine ve yavru oluşturduklarına göre yakın akraba türlerdir. Benzer türlerin oluşturduğu daha büyük gruba cins (genus), benzer cinslerin oluşturduğu gruplara aile (familya), benzer ailelerin oluşturdukları gruplara takım (ordo) denir. Benzer takımlar sınıfı (clasis), benzer sınıflar şubeyi (filum), benzer şubeler âlemi (regnum) oluşturur. Sistematik birimlerinden ortak özelliklerin en çok olduğu ve diğer birimlere göre birey sayısının en az olduğu birim türdür. Tablo 1 de gösterildiği gibi türden âleme doğru gidildikçe; birey sayısı ve çeşidinde artış olur, ortak özellikler azalır. Sınıflandırma birimlerinden birinde birlikte yer alan canlılar, üst birimlerde de birlikte bulunur.

Sınıflandırmanın amacı; – Canlıları belirli bir sisteme oturtmak, – Canlıları daha kolay öğrenilebilir hale getirmek, – Bilimsel çalışmalarda kolaylık ve birliktelik sağlamaktır. Sınıflandırma Sisteminin Gelişimi I. Yapay (ampirik) sınıflandırma: Aristo (MÖ 382-322) ilk sınıflandırmayı yapmış, canlıları dış görünüşlerine ve yaşadıkları yere göre gruplandırmıştır. Daha sonraları canlıları aynı şekilde dış görünüşlerindeki benzerliklere göre sınıflandıran biyologlar bazı yanılgılara düşmüşlerdir. Yarasa kuşa benzer ancak memelidir. Dolayısıyla yarasa kuşla yakın akraba değildir. Yapay sınıflandırma yalnız gözleme dayalı olduğu için, bilimsel bir sınıflandırma değildir.

Tablo 1. Sistematik birimler -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

45

BİYOLOJİ – ÖSS Ortak ÖRNEK 1

Akrabalık derecesinin belirlenmesinde temel dayanaklar aşağıda verilmiştir:

Aşağıda belirtilen sınıflandırma birimlerinden hangisinin içinde yer alan iki bireyin birbiriyle eşlenip verimli döller oluşturabilme olasılığı en yüksektir? A) Canis lupus türünün

B) Canis cinsinin

C) Köpekgiller familyasının

D) Etoburlar takımının

I. Homolog organlar: Embriyonik kökenleri ve iç yapıları (anatomileri) aynı, görevleri ve dış görünüşleri farklı olan yapılardır. Homolog yapılar (organlar) akraba canlılarda bulunur. Şekil 2 de, insanın kolu, çitanın ön üyesi, balinanın yüzgeci ve yarasanın kanadının içyapı benzerlikleri gösterilmiştir. Bu organlar homolog organlardır ve örneklenmiş canlılar, memeliler sınıfına dahil, akraba canlılardır. Kuşun kanadı ile böceğin kanadı ise aynı kökenden gelmedikleri, anatomik benzerlik göstermedikleri halde hemen hemen aynı görevi görürler. Bu tip organlara analog organlar denir ve bilimsel sınıflandırmada dikkate alınmaz.

E) Memeliler sınıfının ÇÖZÜM Aynı türden olan bireyler yalnız kendi aralarında eşleşebilir ve kısır olmayan (verimli) döller oluşturabilir. Sınıflandırma birimi büyüdükçe (türden âleme doğru), birim içinde yer alan tür çeşidi de artar. Farklı türden iki birey eşleşse bile verimli döl oluşturamaz. Örneğin, at ve eşek çiftleşirse kısır bireyler (katır) oluşur. Bu nedenle at ve eşek farklı türlerdir.

a. İnsan

b. Çita

c. Balina

d. Yarasa

Yanıt: A Türlerin Adlandırılması Filogenetik sınıflandırmanın kurucusu kabul edilen İsveçli Biyolog Karl Linne, her türe Latince iki sözcükten oluşan bir ad vermiştir. Bu ikili adlandırmada (binominal sistem) birinci sözcük, canlının içinde yer aldığı cinsin adıdır ve büyük harfle başlar (Felis), ikinci sözcük ise tanımlayıcı addır ve küçük harfle başlar (leo), iki isim birlikte türü belirler. Örnek Felis leo (aslan), Felis tigris (kaplan), Canis lupus (kurt), Canis familiaris (köpek). Belli bir türe verilen bilimsel ad, dünyadaki bütün bilim çevrelerinde ve yazılı kaynaklarda aynıdır. Böylece karışıklıklar önlenmektedir. Şekil 2: Homolog organlar

ÖRNEK 2 Dünyada her canlının bazen bir yerel, bir de bilimsel adı vardır. Sınıflandırmada yerel adlar yerine bilimsel adların kullanılması;

II. Embriyolojik Benzerlik: Canlıların embriyo dönemlerinde geçirdikleri evreler ve farklılaşmalar benziyorsa, bu durum, köken birliğinin belirtisidir. Örneğin, omurgalı şubesindeki canlıların embriyo evrelerinde önce solungaç yarıkları belirir sonra kaybolur. Bu durum, kara omurgalılarının (memeliler dahil) suda yaşayan omurgalılardan köken aldıklarını gösterir (Şekil 3).

I. bir türün birden çok yerel adının bulunması II. yerel adların aynı ülkede veya farklı ülkelerde farklı türleri ifade etmesi III. yerel adların telaffuzunun zor olması gibi sorunlardan hangilerini ortadan kaldırmaya yöneliktir? A) Yalnız I

B) Yalnız III D) I ve III


ÇÖZÜM Bir türün, birden çok yerel adı bulunabilir; yerel adlar aynı ülkede veya farklı ülkelerde farklı türleri ifade edebilir. Bu nedenle sınıflandırmada türün bilimsel adı kullanılarak karışıklık önlenir ve dil birliği sağlanır.

Şekil 3: Omurgalıların embriyonik gelişimlerinde solungaç yarıkları

III. Biyokimyasal benzerlik: Canlıların aynı veya benzer maddelerden oluşması, bazı işlevler için aynı enzim sistemlerinin kullanılması (örneğin, memelilerin çoğunda sindirim için aynı veya benzeri enzim sistemleri etkilidir) bunların ortak bir kökenden geldiğini gösterir. Her hayvan türünün kan serumu kendine özgü bir protein bileşimine sahiptir. Serum proteinlerinin benzerlik derecesi, antijen antikor tepkimeleriyle ölçülür. Bu durum aşağıdaki deneyle gösterilebilir:

Yanıt: C Sınıflandırmanın İlkeleri Sınıflandırmanın bilimsel olabilmesi için canlılar arasındaki akrabalık derecesinin (köken birliğinin) bulunması gerekir.


46

BİYOLOJİ – ÖSS Ortak İLKEL KORDALILAR

Tavşana az miktarda insan serumu enjekte edilirse, insan serumunun proteinleri tavşan için yabancı olduğundan, tavşan kanında antikorlar oluşur. Tavşandan alınan kanın pıhtılaştırılmasıyla üstte kalan serum kısmı bu antikorları içerir. Elde edilen bu serum sulandırılıp insan serumu ile karıştırıldığında, insan kanı için antikor olan bu bileşikler, insan serumundaki antijenlerle tepkimeye girerek bir pıhtı (çökelme) meydana getirir. İnsan serumu için antikor içeren tavşan serumu, çeşitli hayvanların serumları ile karıştırılarak meydana gelen pıhtı (çökelme) derecesine göre, canlıların insanla olan akrabalık dereceleri saptanır. İnsana daha yakın olan hayvanların serumları daha fazla çökelme meydana getirecektir. Bu testler, alt türler, türler ve cinslerin birbirinden ayrılmasında kullanılır. Örneğin, gene bu test yöntemi ile köpek, kedi ve ayı yakın akraba olurken; sığır, koyun, keçi, geyik ve antilop yakın akraba olan diğer bir grubu oluşturur. Canlılar arasındaki protein benzerliği DNA daki nükleotit dizilişlerinin (genlerin) ortaklığından ileri gelir.

Görünüşleri balıklara benzese de çok daha ilkel organizmalardır. Çift yüzgeçleri, çeneleri, duyu organları ve beyinleri yoktur. Sindirim sistemi ile sinir kordonu arasında notokord denilen basit bir iskelet yapısına sahiptirler. Kıkırdak olan notokord, kuyruktan başın ucuna kadar uzanır. Sırttaki sinir kordonu tüm vücut boyunca uzanır. Bu grubun en önemli örneği amfioksüstür. Bunların dolaşım sistemi kapalıdır, ancak, özelleşmiş yürek bulunmaz. Kanları renksizdir. OMURGALI HAYVANLAR Yalnız embriyo evrelerinde notokord bulunur, gelişme sırasında notokordun yerini iç iskeletin merkezi ekseni olan omurga alır. Kıkırdak (köpekbalığında) veya kemikten yapılmış bir kafatası tarafından korunan gelişmiş bir beyinleri vardır. Hemen hemen hepsinin koklama organları ve gözleri bulunur. Kapalı dolaşım sistemleri, odacık sayısı değişebilen kalpleri vardır. Oksijen taşıyan pigmentleri hemoglobindir ve alyuvarda bulunur.

IV. Fizyolojik benzerlik: Canlıların yaşamsal olaylarının benzerliğidir. Metabolik olaylar, genetik şifrelere göre üretilen enzimlerle yürütülür. Bu nedenle yaşamsal olayların benzerliği akrabalık derecesini belirler.

Omurgalılar beş sınıfta incelenir. I. Balıklar: Kıkırdak veya kemikten oluşan iç iskeletleri vardır. Köpekbalığı ve pisibalığında iskelet yaşam boyu kıkırdaktır, notokord daima mevcuttur. Kemikli balıklarda ise kemik yapılı iç iskelet bulunur. Genellikle yüzgeçli ve pullu hayvanlardır. Denizlerde ve tatlı sularda yaşarlar. Dolaşım sistemleri kapalı, kalpleri iki odacıklıdır. Solungaç solunumu yaparlar. Alyuvarları oval ve çekirdeklidir. Dış döllenme, dış gelişme görülür. Yumurtalarını suya bırakırlar, döllenme ve gelişme suda gerçekleşir.

ÖRNEK 3 Aşağıdakilerden hangisinin benzerliğine bakılarak canlıların akrabalık derecesi bulunamaz? A) Enzimlerinin B) Homolog organlarının C) Yaşadıkları çevrenin D) DNA larının E) Embriyolojik gelişimlerinin ÇÖZÜM

II. Kurbağalar (Amphibia): Karada ve suda yaşayan çift hayatlı canlılardır. Larvaları solungaç, erginleri akciğer ve deri solunumu yapar. Derileri çıplak, nemli ve kaygandır. Beş parmaklı iki çift üyeye sahiptirler. Kalpleri üç odacıklıdır, vücutlarında karışık kan dolaşır, vücut ısıları değişkendir. Akciğerleri basit kese halindedir. Dış döllenme, dış gelişme görülür. Yumurtalarını suya bırakırlar, döllenme ve gelişme suda gerçekleşir. Alyuvarları oval ve çekirdeklidir.

Akrabalık, köken birliğinden ileri gelir. Yakın bir geçmişte ortak bir kökenden gelen canlıların, DNA yapılarında ve buna bağlı olarak enzimlerinde, embriyolojik gelişimlerinde, organ yapılarında benzerlikler çok olur. Ancak bu canlıların yaşadıkları çevreler farklı olabilir. Yanıt: C Bilimsel sınıflandırmaya göre canlıların beş büyük âlemi ve bunların alt grupları, aşağıda şemalaştırılmıştır. CANLILAR

Ökaryotlar

Prokaryotlar MONERA ÂLEMÝ Bakteriler Mavi-Yeþil algler

PROTÝSTA ÂLEMÝ a. Protozoalar Kamçýlýlar (Öglena vb.) Silliler (Paramesyum vb.) Kök ayaklýlar (Amip vb.) b. Algler c. Cývýk mantarlar

MANTARLAR ÂLEMÝ Maya mantarlarý Küf mantarlarý Þapkalý mantarlar

BÝTKÝLER ÂLEMÝ

Damarsýz Bitkiler (Ýletim demetleri yoktur.) Ör. Karayosunu

Damarlý Bitkiler (Ýletim demetleri vardýr.)

Damarlý Sporlu Bitkiler Ör. Eðrelti otu

Damarlý Tohumlu Bitkiler

Açýk Tohumlular Ör. Kozalaklýlar (Çamlar)

Kapalý Tohumlular

Tek Çenekliler Yapraklarý paralel damarlýdýr. Saçak köklüdür. Gövdede kambiyum doku yoktur, iletim demetleri daðýnýktýr. Ör. Buðday, lale, orkide, mýsýr...


HAYVANLAR ÂLEMÝ

47

Çift Çenekliler Yapraklarý aðsý damarlýdýr. Kazýk köklüdür. Ýletim demetleri gövdede kambiyum halkasýnýn çevresinde düzenli daðýlmýþtýr. Ör. Elma, badem, ayçiçeði, bezelye...

OMURGASIZLAR Süngerler Sölenterler Ör.Hidra Solucanlar Ör.Yassý, yuvarlak, halkalý solucan Yumuþakçalar Ör.Salyangoz, midye,ahtapot Eklem bacaklýlar Ör. Böcekler,örümcekler, kabuklular Derisi dikenliler Ör. Deniz yýldýzý, deniz kestanesi

KORDALILAR

ÝLKEL KORDALILAR Amfioksüs

OMURGALILAR Balýklar Kurbaðalar Sürüngenler Kuþlar Memeliler

BİYOLOJİ – ÖSS Ortak 2. Beslenme: Canlıların yaşamsal etkinlikleri için besin gereklidir. Besini sağlama biçimleri farklı olsa da (üreticiler-tüketiciler) her canlı beslenir. 3. Solunum: Canlı varlıkların, canlılıklarını sürdürebilmeleri için enerjiye gereksinimleri vardır. Enerjiyi ise besin maddelerinin monomerlerini hücrelerinde yıkarak sağlarlar. Yıkım tepkimelerinde oksijen kullanılıyorsa oksijenli solunum, kullanılmıyorsa oksijensiz solunum adını alır. Tüm canlılar solunumla, kullanabildikleri enerji türünü (ATP) sentezlerler. 4. Metabolizma: Bir canlıda gerçekleşen biyokimyasal tepkimelerin tümüne metabolizma denir. Metabolizma için kısaca “canlının yaşam temposu” dur denebilir. Metabolizma = Anabolizma + Katabolizma Anabolizma denilen yapım (sentez, özümleme) tepkimeleri, hücrede ATP tüketimine neden olurken, canlının kütlesini (ağırlığını) ve hacmini (büyüklüğü) artırır. Örnek: Protein sentezi, yağ sentezi, mitoz bölünme ile hücre sayısının artması. Katabolizma denilen yıkım (yadımlama) tepkimeleri enerji (ATP) üretimine neden olurken canlının kütlesini ve hacmini azaltır. Anabolik ve katabolik tepkimeler bir canlının yaşam süresince devam etse de, canlının gençlik, erginlik ve yaşlılık dönemlerinde hızları değişir. Büyüme (gençlik) evresinde anabolizma katabolizmadan hızlıdır. Hücre sayısı artar, organizma büyür. Ergenlik döneminde anabolizma ve katabolizma eşitlenir. Büyüme durur. Yaşlılık evresinde ise anabolizma çok yavaşlar, katabolizma anabolizmadan hızlıdır. Sonuçta metabolizmanın durması ölümü getirir. 5. Büyüme: Canlının yapıtaşı olan hücrenin hacimce ve sayıca artışına büyüme denir. Tekhücrelilerde hücrenin hacimce artışı büyüme, sayıca artışı üremedir. Hayvanlarda büyüme sınırlıdır. Çokyıllık (odunsu) bitkilerde ise sürgendokunun varlığı nedeniyle büyüme yaşam boyu devam eder. 6. Uyarılma – irkilme: Canlının dıştan ve içten gelen bir uyarıya tepki göstermesidir. Canlılar; ancak bu özellikleri sayesinde bulundukları ortamın değişen fiziksel, kimyasal ve fizyolojik etkenleri karşısında varlıklarını koruyabilirler. Basit yapılı canlılarda uyarı tüm vücut yüzeyi ile algılanırken, gelişmiş canlılarda belirli uyarılara karşı özelleşmiş duyu organları gelişmiştir. 7. Hareket: Bir canlının yer ya da durum değiştirmesidir. Bazı bakteriler, rüzgârla, suyla, toz partikülleri ile pasif (enerji harcamadan) yer değiştirebilirken, diğer canlıların tümü hareket için enerji harcarlar. 8. Boşaltım: Canlılarda metabolizma sonucu oluşan zararlı (ya da fazla) atıkların hücrelerden ve organizmadan uzaklaştırılmasıdır. Boşaltım yapamayan bir organizmanın yaşama şansı yoktur. 9. Homeostazi: Dış ortam koşullarındaki değişikliklere karşın organizma kendi iç çevresini değişmez tutar. Dengeli, kararlı, değişmez iç çevre oluşturmaya homeostazi denir. Canlı bulunduğu ortamdaki değişikliklere karşı uyum yapabildiği (homeostaziyi sağladığı) sürece hayatta kalabilme şansına sahiptir. Bu özellik ise kalıtsal yapı ile kontrol edilir. 10. Üreme: Belli bir büyüme sınırına gelen canlının neslini devam ettirmek üzere kendine benzer yeni bir canlı meydana getirmesine üreme denir. Türlerin devamı bireylerinin üremesi ile sağlanır. Canlıların evrimleşme sürecine göre eşeysiz ve eşeyli olmak üzere iki çeşit üreme vardır.

III. Sürüngenler: Kara yaşamına uyum sağlamışlardır. Vücutları su kaybını önleyen keratin pullarla kaplıdır. Akciğer solunumu yaparlar. Akciğerlerinde yüzey artışı sağlayan bölmeler gelişmiştir. Kalpleri üç odacıklıdır; ancak karıncık yarım perde ile (timsahta tam perde) bölünmüştür. Vücutlarında karışık kan dolaşır. Değişken ısılı (soğukkanlı) canlılardır. İç döllenme, dış gelişme ile çoğalırlar. Yumurtalarında vitellüs (besin) boldur. Embriyonik katmanlar (amnion, koryon, allantoyis) gelişir. Beş parmaklı iki çift ekstremiteye sahiptirler; ancak yılanlar gibi bazı türlerinde ön ve arka üyeler kaybolmuştur. Sürüngenler, iç organları kaburgalar tarafından korunan ilk omurgalılardır. IV. Kuşlar: Vücutları epidermisten oluşan tüylerle kaplıdır. Tüyler, su kaybını önler, vücut sıcaklığının korunmasına yardımcı olur. Yürekleri dört odacıklıdır. Kirli ve temiz kan ayrı damarlar içinde vücudu dolaşır ve kalpte birbirine karışmaz. Vücut sıcaklıkları sabittir. Akciğer solunumu yaparlar ayrıca akciğerlere bağlı hava keseleri de gelişmiştir. Ağız uzantısı olarak şekli ve büyüklüğü türlere göre değişen gaga bulunur. Kuşların tamamı dişsizdir. Ön üyeleri kanat olarak farklılaşmıştır ve uçmayı sağlar. İç döllenme, dış gelişme ile çoğalırlar. Yumurtalarında vitellüs boldur. Embriyonik katmanlar gelişir. Alyuvarları oval ve çekirdeklidir. V. Memeliler: Vücutları, kökü alt epidermiste bulunan kıllarla kaplıdır. Süt bezleri ve ter bezleri bulunur. Dişleri, kesici, köpek ve azı dişleri şeklinde farklılaşmış ve çok iyi gelişmiştir. Yürekleri dört odacıklıdır. Temiz ve kirli kan vücudu ayrı damarlar içinde dolaşır ve kalpte birbirine karışmaz. Sıcakkanlı (sabit ısılı) canlılardır. Akciğerlerde alveoller gelişmiştir. Göğüs ve karın boşluğunu kaslı diyafram ayırır. Sinir sistemi ve hormon sistemi en ileri düzeyde gelişmiştir. Döllenme ana canlıda gerçekleşir (iç döllenme). Memeliler, plasentalı ve plasentasızlar olmak üzere ikiye ayrılır. Plasentasız memeliler de gagalı (platipus), keseli (kanguru) olmak üzere iki çeşittir. Gagalı memelide, döllenmiş yumurta bir süre ana vücudunda gelişir sonra kuş yumurtası gibi yuvaya bırakılır. Yumurtadan çıkan yavru ana sütü ile beslenir (süt bezi yoktur). Kanguru gibi keseli memeliler yumurtlamaz, yavru gelişmemiş bir şekilde doğar ve ana karnındaki kesede süt bezlerinde salgılanan sütle beslenir. Memelilerin en gelişmiş grubu olan plasentalı memelilerde, embriyo gelişimini, annenin dölyatağında sürdürür. Plasenta aracılığıyla anne kanındaki besinlerle beslenir ve metabolik atıkları yine plasenta aracılığıyla anne kanına iletir. Memelilerin alyuvarları yuvarlak ve çekirdeksizdir (deve, lama gibi bazı hayvanlarda oval ve çekirdeklidir). CANLILARIN GENEL ÖZELLİKLERİ Yaşam belirtileri gösteren her organizma canlıdır. Canlılık belirtilerini tümüyle kaybetmiş olanlar da ölüdür. Tüm canlı organizmalarda ortak olan özellikler: 1. Hücresel Yapı: Tüm canlı varlıklar hücre adı verilen temel birimlerden meydana gelir. Bazı canlılar birhücreli olabilirken diğerleri çokhücrelidir. Yüksek yapılı (gelişmiş) canlılarda, aynı görevi yapmak üzere aynı şekilde farklılaşmış hücre toplulukları dokuları oluşturur. Dokular bir araya gelerek organları, organlar sistemleri, sistemler organizmayı oluşturur. Bu düzenleme, canlıların bir organizasyona sahip olduğunu gösterir. -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

48

BİYOLOJİ – ÖSS Ortak ÇÖZÜM Homolog yapılar; orijinleri aynı (embriyonik gelişim sırasında köken aldıkları embriyonik hücre tabakası, ektoderm, mezoderm, endoderm gibi), anatomileri benzer, görevleri farklı olabilen yapılardır. Atın ön ayağı - balinanın ön yüzgeci - insanın kolu- yarasanın kanadı, mezoderm kökenlidir, anatomileri (iç yapıları; kemik sayıları, eklemleri) benzer, görevleri ise farklıdır. Homolog organlardır. Arının kanadı ile sineğin kanadı ise ektoderm orjinlidir. Anatomik yapıları benzer, görevleri aynıdır. Homolog organlardır. Serçenin kanadı ile kelebeğin kanadı görevleri aynı olmasına karşın, orijinleri farklı, anatomileri farklıdır. Analog organlardır. Örümceğin ayakları ile kedinin ayakları da aynı şekilde analog organlardır. Yanıt: D

ÇÖZÜMLÜ TEST 1.

Canlıların sınıflandırılması; I. canlıları belirli bir sisteme oturtma II. doğayı daha kolay öğrenilir hale getirme III. bilimsel çalışmalarda kolaylık ve birliktelik sağlama IV. canlıları dış görünüşlerine göre gruplandırma amaçlarından hangilerini sağlamaya yönelik bir çalışmadır? B) Yalnız III C) I ve IV A) Yalnız I D) III ve IV E) I, II ve III

ÇÖZÜM

4.

Doğadaki canlıların özelliklerine, yaşayışlarına ve akrabalık derecelerine göre gruplanmasına sınıflandırma (sistematik) denir. Sınıflandırmanın amacı, canlıları belirli bir sisteme oturtarak doğayı anlaşılır kılmak ve bilimsel çalışmalarda hem kolaylık hem de birliktelik sağlamaktır. Canlıların dış görünüşlerine göre yapılan sınıflandırma ise yalnız gözleme dayalı olduğu için bilimsel değildir, bilimsel olmadığı için de sınıflandırmanın amaçları arasında yer almaz.

A) Cins

Canlý sayýsý ve çeþitliliði artar, ortak özellikler azalýr. TÜR ® Cins ® Familya ® Takým ® Sýnýf ® Þube ® Âlem Canlý sayýsý ve çeþitliliði azalýr, ortak özellikler artar.

Sınıflandırmada en küçük birim türdür. Tür, ortak atadan gelen, benzer özellikler taşıyan, doğa koşullarında eşleşip verimli soylar oluşturabilen canlıların oluşturduğu birimdir. Birbirine yakın türlerin gruplaşması ile cinsler oluşur. Cinslerin ortak özelliklere sahip olanlarının birlikteliği familyayı oluşturur. Familyalar takımları, takımlar sınıfları, sınıflar şubeleri, şubeler âlemi oluşturur. Aynı familyada yer alan canlılar, örneğin, etoburlar familyasında bulunan kedi (felis domesticus) ve köpek (canis familiaris), sınıflandırmanın familyadan sonraki tüm birimlerinde birlikte yer alırlar. Sınıf (clasis) birimi, kendisinden önceki tüm birimleri kapsar, bu nedenle, tür, cins, takım ve familyadan daha fazla sayı ve çeşitte canlıyı içerir. Yanıt: D

Filogenetik sistematikte (bilimsel sınıflandırma) yerleri belli olmayan X ve Y türünün sistematikteki yerleri bu iki canlıda aşağıdakilerden hangisine bakılarak belirlenemez?

ÇÖZÜM Filogenetik sistematikte canlılar köken (orijin) ilişkilerine, evrimsel basamaklarına, akrabalık derecelerine göre sınıflandırılır. Canlıların, köken benzerlikleri veya akrabalık dereceleri sahip oldukları homolog yapıları, anatomik (iç yapı), fizyolojik (yaşamsal olaylar) ve hücre yapısı benzerlikleri ile belirlenir. Analog organlara bakılarak evrimsel akrabalık belirlenemez.

5.

Aşağıdakilerden hangisi canlıların ortak özelliklerinden biridir? A) Kendi besinini sentezleme B) Aktif hareket etme C) Aerobik solunum yapma D) Dıştan ve içten gelen uyartılara tepki verme E) Eşeyli üreme ile çoğalma

Yanıt: A I. Serçenin kanadı - Kelebeğin kanadı II. Atın ön ayağı - Balinanın ön yüzgeci III. İnsanın kolu - Yarasanın kanadı IV. Arının kanadı - Sineğin kanadı V. Örümceğin ayakları - Kedinin ayakları

ÇÖZÜM Kendi besinini sentezleme ototrof organizmaların özelliğidir. Bazı bakteriler, rüzgâr, su, toz parçacıkları ile pasif yer değiştirme özelliğindedir. Bazı canlılar aerobik solunum yaparken bazıları da anaerobik solunum yapar. Bazı organizmalar eşeysiz üreme ile çoğalırken bazıları eşeyli üreme ile çoğalır. Tüm canlılar dış ya da iç ortamlarından gelen uyartılara tepki verirler (irkilme). Yanıt: D

Yukarıda verilenlerden hangileri homolog yapılardır? A) I ve II B) I, II ve III C) I, II ve V D) II, III ve IV E) III, IV ve V -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

C) Familya E) Tür

ÇÖZÜM

A) Analog organlar B) Anatomik yapılar C) Hücresel yapılar D) Homolog organlar E) Fizyolojik benzerlikler

3.

B) Takım D) Sınıf

Yanıt: E

2.

Aşağıda verilen sistematik birimlerinden hangisinde canlı sayısı ve çeşidi en fazladır?

49

BİYOLOJİ – ÖSS Ortak KONU TESTİ 1.

6.

Bir türün bireyleri için aşağıdakilerden hangisi yanlıştır?

Bilim adamları, uzun süre atnalı yengeci olarak tanınan bir organizmanın aslında örümcek olduğunu saptamışlardır. Bu örnek, canlıları sınıflandırırken,

A) B) C) D)

Kromozom sayıları aynıdır. Ortak proteinleri vardır. Genlerinin nitelikleri aynıdır. Eşleştiklerinde kısır olmayan yavrular oluşturabilirler. E) Beslenme şekilleri aynıdır.

I. embriyo gelişimi benzerlikleri II. morfolojik benzerlikler III. evrimsel köken benzerlikleri ile ilgili bulgulardan hangilerinin, araştırmacıları yanıltabileceğini gösterir? A) Yalnız I

2.

I. Ciconia nigra

7.

II. Ciconia alba III. Motacilla alba IV. Pinus nigra

Türler

3.

B) I ve IV C) II ve III D) II ve IV E) I, II ve III

Yandaki grafikte (?) yerine, sınıflandırma biriminin içinde yer alan canlıların, aşağıdaki özelliklerinden hangisi yazılamaz?

Etçiller takýmý

Felis cinsi

8.

Omurgalı bir hayvanın, kuşlar sınıfından olmadığı, aşağıdaki özelliklerden hangisine sahip olmasından anlaşılır?

I. Canis lupus II. Pinus nigra III. Canis dingo IV. Morus nigra Yukarıda tür adları verilmiş olan canlıların hangilerinde, – protein – gen çeşidi – DNA daki baz dizilimi

Akciğer solunumu yapması Yavrularını sütle beslemesi Sıcakkanlı olması Etçil beslenmesi Kapalı dolaşım sistemine sahip olması

benzerliği en fazladır? A) I ve II

9.

Kozalaklı bir bitkide; I. meyve içinde tohum II. iletim demeti III. kambiyum gibi yapılardan hangileri bulunmaz? A) Yalnız I

1.C

B) II ve III


3.C

4.B

C) III ve IV E) II ve IV

– Kalpleri dört odacıklıdır. – Kalbin sol karıncığından çıkan aort sola döner. – Kas yapılı diyaframı bulunur. – Azotlu boşaltım maddesi üre ve ürik asittir. – Olgun alyuvarları çekirdeksizdir. Yukarıda verilen özellikler hangi sınıfa aittir?

B) Yalnız II C) Yalnız III D) I ve II E) II ve III

2.A

K – – +

A) X ve Z nin homolog yapıları fazladır. B) Y ve Z nin ortak proteinleri, Z ve K den daha fazladır. C) Y ve K, aynı sınıf içerisinde yer alır. D) X ve Z canlıları eşleştiklerinde verimli soylar oluştururlar. E) X ve K, ortak özellikleri en az olan canlılardır.

Felidae familyasý

D) I ve III

5.

Z + + +

Tablo verilerine göre aşağıdaki yorumlardan hangisi geçersizdir?

?

A) Birey sayısı B) Bireylerin benzerliği C) Protein çeşidi D) Tür sayısı E) Gen çeşitliliği

A) B) C) D) E)

Y – + +

Bir ekosistemde yaşayan X, Y, Z ve K türlerinin ortak sistematik birimleri tabloda gösterilmiştir.

Sýnýflandýrma birimleri

4.

X + + +

Cins Familya Takım

Yukarıda tür adları verilen canlılardan hangilerinin protein benzerliği en fazladır? A) I ve II


A) Kuşlar B) Sürüngenler C) Memeliler D) Balıklar E) Kurbağalar 5.A 50

6.B

7.D

8.D

9.C

TARİH – ÖSS Ortak

ATATÜRK DÖNEMİ TÜRK DIŞ POLİTİKASI ransı). 5 Haziran 1924’e kadar süren görüşmelerde bir sonuca varılamadı. Türkiye’nin bu bölgede halkoylaması isteğine rağmen İngiltere, sorunu Milletler Cemiyeti’ne götürdü. Sorunu yerinde inceleyen komisyon, çalışmalarını 16 Aralık 1925’te İngiltere’nin lehine sonuçlandırdı. Türkiye bu durumu değiştirmeye çalıştı; ancak içte meydana gelen Şeyh Sait İsyanı’yla da uğraşmak zorunda kalan Türkiye’nin bu girişimi sonuçsuz kaldı. 5 Haziran 1926 tarihinde yapılan Ankara Antlaşması’yla Türkiye - Irak sınırı, Musul Irak’ta kalacak şekilde çizildi. Musul’un Irak’a bırakılmasına karşılık, Türkiye’nin Musul petrollerinden 25 yıl süre ile yüzde on hisse alması kabul edilmiştir.

“Esaslı ıslahat ve gelişme içinde bulunan bir ülkenin hem kendisinde, hem çevresinde barış ve huzuru cidden arzu etmesinden daha kolay izah olunabilecek bir keyfiyet olamaz.” Mustafa Kemal ATATÜRK Türkiye’nin Dış Politikasının Özellikleri Nelerdir? Cumhuriyet kurulduğunda, bu yeni ulusal devlet, bağımsız ve barışçı bir dış politika yürütebilmek için gerekli temeli atmış bulunuyordu. Türkiye Cumhuriyeti, dış politikasının temel ilkesi olarak Atatürk’ün deyişiyle “Yurtta sulh, cihanda sulh” ilkesini belirlemiş ve bunu başarıyla uygulamıştır. Karşılaşılan dış sorunlar, barışçı yöntemlerle ve karşılıklı görüşmelerle çözümlenmiştir. Bu tutum da Atatürk döneminde Türkiye Cumhuriyeti’ne dünya devletler topluluğu içinde saygın bir yer sağlamıştır.

Önemi: On yıllık savaştan yeni çıkmış Türkiye’nin devrimlere devam etmesi gerekmekteydi. Türkiye bu nedenle İngiltere ile yeni bir savaşı göze alma hatasına düşmemiştir. Şeyh Sait İsyanı da Türkiye’nin Musul konusunda İngiltere karşısında zayıflamasına yol açmıştır.

Atatürk Döneminde Türk Dış Politikasındaki Gelişmeler Nelerdir?

• Nüfus Mübadelesi Sorunu Nedeni: Lozan Barış Antlaşması’nda, İstanbul Rumları ile Batı Trakya Türkleri dışındaki Türkiye’de yaşayan Rumlarla, Yunanistan’da yaşayan Türklerin karşılıklı olarak yer değiştirmeleri kabul edilmişti. İstanbul’da olabildiğince fazla Rum bırakmak isteyen Yunanistan, 30 Ekim 1918’den önce İstanbul’da bulunan her Rum’un “yerleşmiş” sayılması gerektiğini öne sürmüştür. Türkiye ise bu durumun Türk kanunlarına göre saptanması gerektiğini belirtti. Bu durum Türkiye ile Yunanistan arasında gerginliğe sebep olmuştur.

• Yabancı Okullar Sorunu Nedeni: Lozan Barış Antlaşması’nda, Osmanlı döneminde açılmış olan yabancı okulların, Türk yasalarına bağlı olmaları ve Türk Hükümeti tarafından denetlenmeleri koşuluyla varlıkları tanınmıştı. Ancak, bazı okullar bu kurala uymak istemediler ve bağlı oldukları devletlerin elçileri aracılığıyla Türk Hükümeti’yle görüşmek istediler. Özellikle Fransız okulları tarih ve coğrafya gibi derslerin Türkçe ve Türk öğretmenler tarafından okutulmasına karşı çıktılar. Sorunun çözümlenmesi: Türk Hükümeti bu okulları kendisine muhatap alarak, bu devletlerin elçileriyle görüşme yapmayı kesinlikle reddetti. Hükümet bu konuda kararlı davranarak kendi belirlediği kuralların geçerli olacağını, bu koşullara uymayan okulların kapatılacağını duyurdu.

Sorunun çözümlenmesi: 10 Haziran 1930’da Ankara’da yapılan bir antlaşmayla, yerleşme ve doğum tarihleri ne olursa olsun, İstanbul Rumları ile Batı Trakya Türklerinin hepsi “yerleşmiş” kavramının içine alınmış ve her iki ülkenin azınlıklarına ait mallar konusunda da düzenlemeler yapılmıştır.

Önemi: Türk Hükümeti’nin bu sorunu “iç sorun” sayarak yabancı devletleri işe karıştırmadan çözümlemesi, bağımsız devlet anlayışını korumaya yöneliktir.

Önemi: Türkiye bu sorunu da barışçı yollarla çözümlemiş oldu. 1930’da başlayan Türk - Yunan dostluğu, 1954 Kıbrıs sorununun başlamasına kadar sürmüştür. Türkiye’nin Milletler Cemiyeti’ne Üye Olması (18 Temmuz 1932)

• Musul Sorunu Nedeni: Türkiye’yi, İngiltere’yi ve bu devletin mandası altındaki Irak’ı ilgilendiren bu sorun, Lozan Barış Konferansı’nda çözüme kavuşturulamamıştı. Sorun, İngiltere ile Türkiye arasında görüşülmek üzere sonraya bırakılmıştı.

Anahtar sözcük Milletler Cemiyeti: Wilson İlkeleri’nde önerilen bir barış örgütü olarak Ocak 1919’da Paris Barış Konferansı’nda kurulması kararlaştırılmış, Ocak 1920’de de kurulmuştur.

Sorunun çözümlenmesi: Türk - Irak sınırı ile ilgili görüşmeler 19 Mayıs 1924’te İstanbul’da başladı (Haliç Konfe-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

51

TARİH – ÖSS Ortak Türkiye’nin Milletler Cemiyeti’ne geç katılmasının nedenleri şunlardır:

laşmanın dışında bırakılmış olan Arnavutluk ise, İtalya’nın etkisinde bir devlet olduğu için bağımsız bir dış politika izleyecek durumda değildi.)

- Cemiyetin, büyük devletlerin çıkarlarına hizmet etmesi - Cemiyetin, Musul sorununun çözümünde İngiltere’nin güdümünde hareket etmesi - Türk - Sovyet ilişkilerinin olumsuz etkilenmesinin istenmemesi

Balkan Antantı’nın kurulmasındaki etkenler: - Balkan Antantı, bu ittifakta yer alan devletlerin Balkanlardaki sınırlarını korumak için bu bölgedeki yayılmacı devletlere karşı alınmış bir önlemdir. Bu bölgede yayılmacı politikayı izleyen devlet ise Bulgaristan’dı. Bulgaristan, bir taraftan Ege Denizi’ne çıkış ararken diğer taraftan da Romanya’nın bir parçası olan Dobruca’yı almaya çalışıyordu. - Mussolini, iktidarı ele geçirdikten sonra izlediği emperyalist politikayla Akdeniz’i bir İtalyan gölü haline getirmek istiyordu. İtalya’nın bu politikası, Türkiye’nin yanı sıra Yugoslavya ve Yunanistan’ı da endişelendiriyordu. - Almanya’da revizyonist (mevcut statükoyu değiştirmek isteyen) emeller taşıdığı bilinen Nazi Partisi’nin iktidara gelmesi de Balkan Antantı’nın kurulmasında etkili olmuştur.

Anahtar sözcük Türk-Sovyet İlişkileri: Türkiye’nin II. Dünya Savaşı öncesinde attığı dış politika adımlarını, Sovyetler Birliği’nin dostluğu ile birlikte ele aldığı gözlenir. Türkiye, Milletler Cemiyeti’ne girmeden önce, henüz bu örgütün üyesi olmayan Sovyetler Birliği’ni bilgilendirmiştir. Sovyetler Birliği de 1934’te örgüte girmiştir. Türkiye’nin Milletler Cemiyeti’ne girmesinin nedeni:

Sonuç: Balkan Antantı’nın üye devletlerin sınırlarını dış tehlikelere karşı koruyacak bir mekanizma kuramaması bu örgütün en zayıf yönü idi. Balkan Antantı, 1936 yılından itibaren süratle gelişmeye başlayan büyük devletlerin iktisadi ve siyasi yayılma ve nüfuz politikası karşısında çözülmeye başladı. Balkan devletleri birer birer Almanya ve İtalya’ya yaklaşmaya başladı. Türkiye Balkan Antantı’nı yaşatmak için uğraşmış, ancak Balkan devletleri arasındaki görüş ayrılıklarını önleyememiştir. Balkan devletleri son toplantılarını 1940 yılında Belgrat’ta yaparken Romanya’nın parçalanma süreci başlamıştı.

Türkiye, yaklaşan II. Dünya Savaşı nedeniyle barıştan yana olduğunu kanıtlamak ve uluslararası barışa katkıda bulunmak amacıyla Milletler Cemiyeti’ne üye olmuştur. Katılım, Milletler Cemiyeti’nin daveti sonucunda gerçekleşmiştir. Bu durum Türkiye’nin uluslararası saygınlığının arttığını gösterir. ÖRNEK İşgallere karşı bağımsızlık savaşı vererek kurulan Türk Devleti’nin dış politikadaki temel ilkesi, “yurtta barış, dünyada barış” anlayışı olmuştur.

Montrö Boğazlar Sözleşmesi ( 20 Temmuz 1936) Lozan’da imzalanan Boğazlar Sözleşmesi’nde yer alan Boğazların silahtan arındırılması hükmü, 1930’ların uluslararası koşulları içinde Türkiye’nin güvenliği ile bağdaşmıyordu. Türkiye, durumu bir nota ile ilgili devletlere duyurdu. Bunun üzerine Montrö’de bir konferans toplanması kararlaştırıldı.

Bu bilgiye göre, Atatürk dönemi dış politikasının amaçları arasında, aşağıdakilerden hangisi yoktur? A) Her türlü silahlanmaya karşı olmak B) Ulusların eşitliğini savunmak C) Yayılmacılığa karşı olmak D) Ulusların egemenlik haklarına saygılı olmak E) Ulusların bağımsızlığından yana olmak

Katılan Devletler: Türkiye, Bulgaristan, Fransa, İngiltere, Japonya, Romanya, Sovyetler Birliği, Yugoslavya ve Yunanistan. İtalya, konferansa katılmadığı halde, 1938’de sözleşmeye katıldı.

ÇÖZÜM Atatürk dönemi Türk dış politikasının temel amacı, ülkenin sınırlarını korumak ve ulusun güvenliğini sağlamaktır. Bu nedenle her türlü silahlanmaya karşı olması beklenemez. Ancak saldırgan amaçlı silahlanmaya karşıdır. Güvenlik içinse belli ölçüde silahlanma zorunludur. Yanıt: A

Türkiye’nin amacı: Lozan Boğazlar Sözleşmesi’nin Boğazların askersizleştirilmesiyle ilgili hükümlerini ve egemenlik haklarını sınırlandıran uluslararası komisyon yönetimini kaldırtmaktı. Sözleşme koşulları: Boğazların güvenliğinden Türkiye sorumlu olacaktır. Boğazlardan geçiş özgürlüğüne ilişkin yeni bir düzenleme yapıldı. Buna göre; savaş zamanında ticaret gemilerinin geçişi, Türkiye savaşta tarafsız ise, barış zamanında olduğu gibi serbestçe olabilecektir. Barış zamanında Karadeniz’de kıyısı bulunmayan devletlerin savaş gemilerinin geçişlerine sayı ve büyüklük bakımından sınırlandırma getirilecektir. Karadeniz’e kıyısı olan devletlere ise bu sınırlandırma getirilmeyecektir. Yalnızca geçiş biçimine ilişkin bazı kurallar saptanacaktır.

• Balkan Antantı ( 9 Şubat 1934) Türkiye’nin Yunanistan’la olan sorunları da çözüldükten sonra, Balkanlarda iyi ilişkiler içinde olmadığı devlet kalmamıştı. 1929 - 1933 yılları arasında toplanan Balkan Konferanslarında ve bu konferansların sonucunda 1934’te Balkan Antantı’nın kurulmasında, Türkiye en etkin rolü oynayan devlet olmuştur. Katılan Devletler: Türkiye, Yunanistan, Romanya, Yugoslavya. (Yayılmacı eğilimleri açığa çıkan Bulgaristan dışarıda kalmıştır. Bir Balkan devleti olmakla birlikte, ant-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

Sonuç: Montrö Boğazlar Sözleşmesi’yle Boğazların denetimi Türkiye’ye geçmiştir. Askersiz bölge uygulamalarına 52

TARİH – ÖSS Ortak Sorunun çözümlenmesi: Haziran 1938’de Avrupa’da siyasal ilişkilerin son derece gerginleşmesi, anti revizyonist devletlerin Türkiye’ye ihtiyaçlarını artırmıştır. Bu nedenle Fransa, Türkiye ile olan bu sorununu bir an önce çözmek istemiştir. Temmuz 1938’de yapılan seçimler sonucunda Sancak’taki Türk topluluğu, 40 milletvekilliğinden 22’sini kazanmış ve meclis Sancak’a “Hatay Devleti” adını vermiştir.

son verilmiştir. Türkiye’nin katıldığı bir savaş durumunda Boğazlardan savaş gemilerinin geçişi tümüyle Türkiye’nin yetkisine bırakılmıştır. Türkiye’nin katılmadığı bir savaş durumunda ise, savaşa katılan devletlerin savaş gemilerinin Boğazlardan geçişi yasaklanmıştır. Tarafsız devletlerin savaş gemileri ise, barış zamanındaki koşullara uygun olarak geçiş özgürlüğünden yararlanabileceklerdir. Önemi: Türkiye, Montrö Boğazlar Sözleşmesi ile Boğazlar üzerindeki egemenlik haklarını güçlendirmiştir.

Önemi: Hatay Devleti kurulduktan bir yıl kadar sonra, 29 Haziran 1939’da, son toplantısını yapan meclisin oybirliğiyle verdiği kararla Türkiye’ye katılmıştır. Hatay’ın Türkiye’ye katılması, Atatürk dönemindeki Türk dış politikasının son başarısı olmuştur. Hatay, anavatana Atatürk’ün ölümünden sonra katılmakla beraber, Misak-ı Milli sınırları içinde bulunan bu bölgenin Türkiye içine alınması girişimleri Atatürk zamanında başlamıştı. Hatay olayındaki Türk başarısını, Atatürk döneminde izlenen barışçı dış politikanın bir ürünü olarak kabul etmek gerekir.

• Sadabat Paktı ( 8 Temmuz 1937) Mussolini’nin önderliği altındaki faşist İtalya’nın 1934 yılından sonra Asya ve Afrika’ya sarkma politikası (İtalya’nın Habeşistan’a girmesi) Türkiye’yi, Doğulu devletlerle birlikte Balkan politikasına benzeyen bir politika izlemeye sevk etmiştir. Katılan Devletler: Türkiye, İran, Afganistan ve Irak (Paktın imzalandığı tarihte, Irak hâlâ İngiltere’nin mandası altındaydı. Bu yüzden Irak, İngiltere’nin onayını almıştır.)

ÖRNEK

Sonuç: Türkiye’nin doğusunu güvenlik altına almaya çalıştığı bu antlaşma, karşılıklı yardım ve askeri güvenceden söz etmediği için, bir ittifak antlaşması değildir. Antlaşma ile devletler, sınırların dokunulmazlığına uyacaklar, ilgili konularda birbirlerine danışacaklar ve birbirlerine karşı saldırmayacaklardı. Hukuksal bakımdan II. Dünya Savaşı sonrasında da varlığını korumuş olan bu antlaşma, 1955’te Bağdat Paktı’nın yapılması üzerine değerini tamamen yitirmiştir.

İkinci Dünya Savaşı çıkmadan önce Atatürk, “Bir dünya harbi olacaktır. Bu harp neticesinde dünyanın durumu ve dengesi baştan başa değişecektir. İşte bu sırada doğru hareket etmesini bilmeyip en küçük bir hata yapmamız halinde, başımıza mütareke yıllarından daha çok felaketler gelmesi mümkündür.” demiştir. Atatürk bu sözüyle,

ÖRNEK I. geçmişten ders alma, II. savaş ortamından çıkar sağlama, III. savaşların getirdiği sonuçları kabullenme

Türkiye Cumhuriyeti hükümetleri, 1925 – 1937 yılları arasında Balkan Antantı’na ve Sadabat Paktı’na öncülük etmişlerdir.

yaklaşımlarından hangilerinin gerektiğini vurgulamıştır?

Aşağıdakilerden hangisi, bu girişimlerin amacı değildir?

A) Yalnız I A) Sınırların güvenliğini sağlamak B) Yurtta barış, dünyada barış ilkesine uymak C) Komşu devletlerin dostluğunu kazanmak D) Devletlerarası güç birliği kurmak E) Komşu devletler arasındaki anlaşmazlıklara çözüm bulmak (ÖSS – 1986)

C) Yalnız III E) II ve III (ÖSS SOS -1 2006)

ÇÖZÜM Atatürk, II. Dünya Savaşı’nın çıkacağını çok önceden tahmin ediyordu. Çünkü 1930’lu yılların koşulları yeni bir savaşa doğru gidişin belirtilerini taşıyordu. I. Dünya Savaşı’ndan sonra dünyada ekonomik sorunlar artmıştı ve sömürgecilik siyaseti sona ermemişti. Atatürk, olası bir savaşın dışında kalmanın zorunlu olduğunu düşünüyordu. Çünkü I. Dünya Savaşı’nın olumsuzlukları ortadaydı. Mütarekeden sonra Türkiye paylaşılmış, bağımsızlık elden gitmişti. Zorlu bir Kurtuluş Savaşı’ndan sonra Türk milleti yeniden var olmuştu. Atatürk, savaş dışı kalmamız gerektiğinden söz ederken geçmişten ders almanın gerektiğini vurgulamıştır (I). II. Dünya Savaşı, Atatürk’ün ölümünden sonra 1939’da başladı ve 1945’e kadar sürdü. Bu dönemde Türkiye Cumhuriyeti’nin cumhurbaşkanı İsmet İnönü, Türkiye’yi savaş dışı tutmayı başardı. Savaşın sona ermesine yakın bir tarihte Türkiye kâğıt üstünde bu savaşa katılarak, savaş sonrasında Milletler Cemiyeti’nin yerini alan Birleşmiş Milletlere katıldı. Böylelikle Türkiye barıştan yana olduğunu bir kez daha göstermiş oldu. Yanıt: A

ÇÖZÜM Balkan Antantı’nın ve Sadabat Paktı’nın, komşu devletler arasındaki anlaşmazlıklara çözüm bulma gibi bir amacı yoktur. Yanıt: E • Hatay Sorunu Nedeni: 9 Eylül 1936’da Fransa, Suriye’ye bağımsızlık veren bir antlaşma imzalarken, İskenderun Sancağı (Hatay) ile ilgili tüm sorumluluklarını da Suriye’ye devrettiğini açıkladı. Türkiye bu durumun, 1921 Ankara Antlaşması’na aykırı olduğunu öne sürerek itiraz etti. Suriye’ye tanınan bağımsızlığın İskenderun Sancağı’na da tanınmasını istedi. Konu, Milletler Cemiyeti’ne taşındı. -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

B) Yalnız II D) I ve II

53

TARİH – ÖSS Ortak KONU TESTİ 1.

4.

Türkiye Cumhuriyeti’nin Atatürk döneminde görülen özelliklerinden bazıları şunlardır: I. Dünya barışını korumaya çalışma II. Hiçbir devletin hukukuna saldırmama III. Bağımsızlığını sağlama ve sürdürmede başarılı olma

Atütürk’ün bu sözleri, yeni Türk Devleti’nin, I. yurtta ve dünyada barış, II. uluslararası barış kurullarına üyelik, III. Misak-ı Milli’yi tamamlama

Bunlardan hangilerinin evrensel sonuçlar ortaya çıkardığı savunulabilir? A) Yalnız I


2.

Atatürk, “Esaslı devrim hareketleri içinde bulunan ülkemizin hem kendisinde hem de çevresinde barış ve huzuru arzu etmesinden daha kolay açıklanabilecek bir durum olamaz.” demiştir.

gibi dış politika ilkelerinden hangileriyle doğrudan ilişkilidir?

C) Yalnız III E) II ve III

A) Yalnız I

“Yurtta barış, dünyada barış ilkesini savunan Atatürk’ün bu anlayışının,

5.

I. Türk ulusunun bağımsızlığının sağlanmasının öncelikli olması, II. dış politikanın sağlam ve kararlı olmasının iç politikada güçlü olmaktan kaynaklanması, III. dünya uluslarının mutluluğu için çalışmanın kendi ulusunun mutluluğunu sağlamaya katkıda bulunması

II. Dünya Savaşı öncesinde, 9 Temmuz 1937’de bölgesel bir ittifak olarak, İran, Irak, Afganistan ve Türkiye’nin katılımıyla Sadabat Paktı kurulmuştur. Bu paktın kuruluşunda,

düşüncelerinden hangilerine dayandığı savunulabilir?

I. Almanya ve İtalya’nın Ortadoğu’ya yönelik yayılmacı politika izlemesi, II. ortak sınırların dokunulmazlığı ve sınırların karşılıklı güvenliğinin istenmesi, III. taraf devletlerin ekonomik kalkınmalarını sağlamak için bir ortak pazar oluşturma düşüncesi

A) Yalnız I

durumlarından hangilerinin etkisi olmuştur?



A) Yalnız I

3.

B) Yalnız III C) I ve II D) I ve III E) II ve III

-

Yunanistan ve Türkiye arasında Rum ve Türk nüfusun karşılıklı değiştirilmesi Türkiye’deki yabancı okullar sorununun, “iç sorun” olarak çözümlenmesi Musul’un Türkiye’ye katılması için İngiltere ile diplomatik görüşmelerin yapılması

6.

Yeni Türk Devleti’nin ilk yıllarında dış politikada yaşanan bu gelişmeler, aşağıdakilerden hangisiyle ilişkilendirilemez?

2.E


C) Yalnız III E) I ve III

Ağustos 1939’da Almanya ile saldırmazlık paktı imzalayan Sovyet Rusya, Ekim 1939’da Türkiye’ye, Türkiye’nin bağımsızlığını ve egemenliğini tehdit edebilecek önerilerde bulunmuştur. Türkiye, bu önerileri reddederek, 19 Ekim 1939’da Ankara’da Türkiye – İngiltere – Fransa ittifak antlaşmasını imzalamıştır. Buna göre, aşağıdaki gelişmelerden hangisi beklenebilir?

A) Misak-ı Milli sınırlarının tamamlanmak istenmesiyle B) Dış politikada tarafsızlık ilkesinin izlenmesiyle C) Ulus devlet olma özelliğiyle D) Egemenlik hakkının korunmasıyla E) Bağımsız devlet anlayışıyla 1.C


A) Türk – Sovyet dostluğunun zayıflaması B) Türkiye’nin İngiltere ve Fransa’nın yanında savaşa girmesi C) Sovyetlerin Türkiye’ye savaş açması D) Boğazlar sözleşmesinin yenilenmesi E) Türk – Alman ilişkilerinin yeniden başlaması

3.B

4.C 54

5.D

6.A

COĞRAFYA– ÖSS Ortak

COĞRAFİ BÖLGELER – II ÖRNEK 1

Ege Bölgesi: Anadolu’nun batı kısmını oluşturur. Biçimi, bir üçgene benzer. Bu üçgenin tabanını Ege Denizi kıyıları oluşturur. Kenarları, içerlere doğru birbirine yaklaşır ve Afyon’un doğusunda birleşir.

Ege Bölümü’nün önemli yüzey şekillerini, doğu batı yönünde uzanan dağlar ve bunlar arasında bulunan uzun ve geniş çöküntü alanları oluşturur. Buna göre, Ege Bölümü’nde yüzey şekillerinin aşağıdakilerin hangisi üzerinde etkili olduğu söylenemez? A) Kuzeye doğru gidildikçe orman üst sınırının alçalması B) Deniz etkisinin iç kesimlere kadar sokulması C) İç bölgelerle kıyı arasında karayolu ulaşımının yapılması D) Kıyı ile iç kesimler arasında tarım ürünlerinin benzerlik göstermesi E) Korunaklı liman sayısının fazla olması (ÖSS 2003) ÇÖZÜM:

– Ege Bölgesi coğrafi özellikleri birbirinden farklı iki bölüme ayrılır. Bunlar: – Ege(Kıyı Ege) Bölümü – İç Batı Anadolu Bölümü’dür.

Ege Bölümü’nde yüzey şekillenin kıyıya dik uzanması nedeniyle B, C, D, ve E seçeneklerindeki durumlar görülür. Kıyı Ege’de kuzeye gidildikçe orman üst sınırının alçalmasının nedeni enlemdir. Bilindiği gibi ekvatordan kutuplara gidildikçe bitkinin yükselti sınırı deniz seviyesine yaklaşır. Yanıt: A

Ege Bölümü: Bölgenin batı yarısını kaplar. Bölümün doğu sınırı Ege ovalarının sona erdiği ya da İç Batı Anadolu platolarının başladığı yerde sona erer. Buna bağlı olarak da bu sınır boyunca Akdeniz ikliminin etkili olduğu alanlardan, karasal etkilerin belirgin olduğu alanlara geçilir. Ege Bölümü’nün güneyi, yerşekilleri yönüyle farklılıklar gösterdiği için bu yer, Menteşe Yöresi olarak ayrılmıştır.

b) İklim-Bitki Örtüsü: Ege Bölgesi’nin iki bölümü, iklim ve bitki örtüsü bakımından birbirinden çok farklıdır. Ege Bölümü’nde ılık ve yağışlı kışları, sıcak ve kurak yazları olan Akdeniz iklimi görülür. İç Batı Anadolu’da ise karasal iklim görülür. Ege Bölümü’nün alçak yerlerinde maki, yüksek yerlerinde ormanlar bulunur. İç Batı Anadolu’da ise doğal bitki örtüsünü bozkır oluşturur.

İç Batı Anadolu Bölümü: Bölümde en geniş yeri yükseltisi 800 -1000 m. olan platolarla kaplıdır. Bunların üzerinde 2000 m. yüksekliğine ulaşan dağlar bulunur. İklim koşulları Ege Bölümü’nden çok farklıdır. Bu farklılık en belirgin olarak kış aylarının sıcaklıklarında, yağış miktarında ve yağış rejiminde kendini gösterir. Uyarı: Ege Bölgesi’nin doğusu ve batısı arasında yüzey şekilleri, iklim, bitki örtüsü, toprak özellikleri bakımından büyük farklılıklar vardır. Doğal koşullardaki bu farklar beşeri ve ekonomik özellikleri de etkilemiştir. a) Yerşekilleri: Kıyı Ege Bölümü’nün, Büyük Menderes’in kuzeyinde kalan büyük kısmında yüzey şekillerinin başlıca özelliğini kıyıya dik uzanan orta yükseklikteki dağlar oluşturur (Yunt, Madra, Bozdağlar ve Aydın Dağları). Bunların arasında, iç kısımlara doğru uzanan geniş ovalar (Bakırçay, Gediz, Küçük ve Büyük Menderes) yer alır. Bölge’nin güneybatısında yer alan Menteşe Yöresi’nde dağların doğrultusu kuzeybatı güneydoğudur. Bölgenin en dağlık olan bu yöresinde bazı küçük ovalar bulunur. İç Batı Anadolu’nun en yaygın yeryüzü şeklini platolar oluşturur. Bu platolar üzerinde yer yer orta yükseklikteki dağlar ve çoğu faylarla sınırlanmış ovalar bulunur.


Uyarı: Ege Bölgesi’nde en fazla yağış alan ve buna bağlı olarak orman bakımından en zengin olan yer, Menteşe Yöresi’dir. c) Nüfus ve Yerleşme: Ege Bölgesi, yüzölçümü küçük olan bölgelerimizden biri olduğu halde nüfus miktarı birçok bölgeden fazladır. Bölge, nüfus miktarında ve nüfus yoğunluğunda ilk sıralarda yer alır. Bölge nüfusunun 2/3’ü Ege Bölümü’nde toplanmıştır. Bu durum, bölümün verimli tarım alanlarına, iç ve dış ticarette aranan değerli tarım ürünlerinin yetiştirilmesine, ticaret, sanayi ve turizmin ge55

COĞRAFYA– ÖSS Ortak Bölgenin en belirgin özelliklerinden biri de karstik şekillerin yaygın olmasıdır. Bölgenin yapısında kireçtaşları geniş yer kaplar. Yeraltına sızan suların etkisiyle lapyalar, dolinler, polyeler; yeraltı sularının etkisiyle mağaralar, düden ve obruklar oluşmuştur.

lişmiş olmasına bağlıdır. Ege Bölümü’nde şehirleşme oranı da çok yüksektir. İç Batı Anadolu’da nüfus az, şehirleşme oranı düşüktür. Uyarı: Ege Bölgesi’nin en seyrek nüfuslu yeri Ege Bölümü’ndeki Menteşe Yöresi’dir. Bu durum yörenin engebeli olmasının sonucudur.

Uyarı: Türkiye’nin %15 ini kaplayan Akdeniz Bölgesinin, yüzölçümüne göre az nüfuslanmasının başlıca nedeni dağlık ve engebeli olmasıdır. Bölgedeki dağlar, bölgenin diğer bölgelerle ulaşım ve bağlantısını zorlaştırmıştır.

d) Ekonomisi: İklim ve yerşekillerinin sonucu olarak bölge, çok önemli tarım koşullarına sahiptir. Tarımsal üretimi ve tarımdan elde edilen geliri yüksektir. Kıyı Ege Bölümü’nde zeytin, tütün, incir, üzüm, pamuk, turunçgiller ve çeşitli sebzeler; İç Batı Anadolu’da buğday, arpa, şekerpancarı, üzüm ve haşhaş ekilmektedir. Tarım koşullarının kısıtlı olduğu yerlerde hayvancılık önem kazanmıştır. İç Batı Anadolu’da küçükbaş hayvancılık (koyun, keçi), Menteşe Yöresi’nde arıcılık önemlidir. Nüfusun fazla olduğu (İzmir-Denizli) kentlerin çevresinde ise ahır hayvancılığı ile kümes hayvancılığı yaygındır. Maden bakımından zengin olan bölgede; linyit başta olmak üzere krom, demir, bor, mermer çıkarılmaktadır. Bölge, elektrik enerjisi üretiminde de önemlidir. Elektrik enerjisi termik, hidroelektrik ve jeotermal santrallerden sağlanmaktadır. Ege Bölgesi sanayide Marmara’dan sonra gelir. Sanayi tesisleri daha çok tarım ürünlerine dayalıdır. Dokuma, zeytinyağı, şeker, şarap, sigara bunlardan bazılarıdır. Bölgede ayrıca petrokimya, azot, seramik gibi sanayi kolları da bulunmaktadır Turizm gelirlerinin yüksek olduğu bölgede deniz turizmi, sağlık turizmi ile kültür ve doğal güzellikler turizmi önemlidir.

b) İklim ve Bitki Örtüsü: Bölge genelinde Akdeniz iklimi görülür. Fakat bazı iklim elemanları bakımından kıyı kesimleri ile iç kesimler arasında önemli farklılıklar vardır. Bu farklılıklar sıcaklık, yağış miktarı ve yağış rejiminde belirgin olarak görülür.

Bölge sınırları içinde iklim elemanlarında meydana gelen değişim, bitki örtüsünün de değişmesine yol açmıştır. Kıyı kesimi, 700-800 m. yüksekliğe kadar makilerle kaplıdır; yer yer de meşe ve kızılçam koruları görülür. Bol yağışlı ve serin Toros Dağları ise önemli bir orman alanıdır.

AKDENİZ BÖLGESİ Türkiye’nin güneyinde yer alan bölge, Toros Dağları’nın batı ve orta kesimlerini, Nur Dağları’nı ve Hatay çukurluğunu kapsar.

c) Akarsu ve Gölleri: Bölgede bulunan başlıca akarsular, Toroslardan kaynağını alır. Orta Toroslar’dan beslenen Seyhan ve Ceyhan ırmakları Çukurova’yı geçerek denize dökülür. Taşeli Platosu’nu derin vadilerle parçalayan Göksu, Silifke Ovası’nı oluşturarak denize dökülür. Antalya Körfezi’nde denize dökülen önemli akarsular Aksu, Köprü ve Manavgat çaylarıdır. Bölgenin batısındaki Dalaman Çayı ile Lübnan Dağları’ndan kaynağını alan Asi Irmağı bölgedeki diğer önemli akarsulardır. Bölgedeki göllerin çoğu Göller Yöresi’nde toplanmıştır. Beyşehir, Eğirdir, Burdur ve Acıgöl, Göller Yöresi’nin başlıca gölleridir.

Büyük bölgelerimizden biri olan Akdeniz Bölgesi, Antalya ve Adana Bölümü olarak iki bölüme ayrılmıştır. Bazı özelliklerindeki farklılıklar nedeniyle Antalya Bölümü’nde Teke Yöresi ve Göller Yöresi bulunmaktadır.

Uyarı: Göller Yöresi’ndeki Beyşehir ve Eğirdir gölleri fazla sularını dışarıya gönderdikleri için suları tatlıdır. Burdur ve Acıgöl’ün gidegeni olmadığı için suları tatlı değildir.

Antalya Bölümü: Antalya Körfezi’nin iki yanında ve genişliği 150 km. olan bir şerit biçimindedir. Doğuda Manavgat Çayı Vadisi’nden başlar, batıda Köyceğiz Gölü’nün batısında sona erer. Adana Bölümü: Antalya Bölümü’nün hemen hemen iki katı büyüklüğündedir. Coğrafi konum bakımından daha elverişli durumdadır. Bölüm, kuzeybatı ve iç kesimleri Mezopotamya’ya bağlayan yollar üzerindedir.

d) Nüfus ve Yerleşme: Bölgenin başlıca beşeri özelliklerinden biri, kapladığı alana göre az nüfuslanmasıdır. Nüfus yoğunluğu, Türkiye ortalamasının altındadır. Bölgenin en seyrek nüfuslu yerleri Teke ve Taşeli yöreleri ile dağlık alanlarıdır. Buna karşılık Çukurova, Hatay ve AntalyaAlanya arasıdaki kıyı şeridi en kalabalık yerleri oluşturur.

a) Yerşekilleri: Bölgenin yüzey şekilleri olarak en belirgin özelliği Toros Dağları’yla kaplı olmasıdır. Toroslar, Alp kıvrım kuşağının topraklarımız üzerindeki uzantısı olan genç dağlardır. Toros Dağları, Akdeniz Bölgesi’nde Batı Toroslar ve Orta Toroslar olarak iki kesime ayrılır. Bu dağları Taşeli Platosu birbirinden ayırır.


Uyarı: Adana Bölümü; tarım alanları daha geniş ve verimli, ulaşım ve sanayisi daha fazla gelişmiş olduğundan, Antalya Bölümü’nden daha çok nüfuslanmıştır.

56

COĞRAFYA– ÖSS Ortak ÖRNEK 2

Bölge, doğal özellikleri yönünden fazla çeşitlilik göstermez. Yüzey şekilleri, iklim, bitki örtüsü ve toprak tipi geniş alanlarda birbirine benzeyen bölge, dört bölüme ayrılır. Bunlar: 1. Konya Bölümü: Bölgenin güneybatı kesimini kaplar. Bölgenin ortak özelliklerini en iyi yansıtan bölümüdür. Bölümün en büyük kesimini iki büyük kapalı havza ve bu havzaları birbirinden ayıran platolar kaplar. Bölgenin en az yağış alan bölümüdür. 2. Yukarı Sakarya Bölümü: Bölgenin kuzeybatı kesimini oluşturur. İklim ve ulaşım koşullarının elverişli olması nedeniyle bölgenin en yoğun nüfuslu bölümüdür. Yukarı Sakarya Bölümü’nde tarım, kısal kesimin en önemli geçim kaynağıdır. Tahıl üretiminde bölüm, Konya Bölümü’nden sonra gelir. 3. Orta Kızılırmak Bölümü: Bölgenin en büyük bölümüdür. Kızılırmak Irmağı’nın orta çığırı ile Kızılırmak’ın başlıca kollarından biri olan Delice Irmağı’nın havzasını kaplar. Bölümde verimli tarım alanları nedeniyle kır nüfusu en fazladır. 4. Yukarı Kızılırmak Bölümü: İç Anadolu’nun en küçük, en yüksek ve en engebeli bölümüdür. İç Anadolu’da kış aylarının ortalama sıcaklığı en düşüktür. Bu bölüm, İç Anadolu Bölgesi’nin ve Türkiye’nin en seyrek nüfuslu alanlarından biridir.

Akdeniz Bölgesi’nin genelde engebeli olmasının, aşağıdakilerden hangisi üzerinde en az etkili olduğu söylenebilir? A) B) C) D) E)

Nüfus dağılışı Kara ulaşımı Bitki örtüsü Turizm olanaklarının çeşitliliği Sanayi ürünü çeşitliliği (ÖSS 2000)

ÇÖZÜM: Akdeniz Bölgesi’nin engebeli olması başta iklim ve bitki örtüsü olmak üzere birçok durumu etkiler. Nüfus dağılışı, ulaşım koşulları ve turizm bunlardan bazılarıdır. Sanayi ürünlerin çeşidi hammadde kaynaklarına, pazar koşulları ve enerji kaynakları gibi birçok etkene bağlıdır. Yüzey şekillerinin engebeli olması sanayi tesislerinin kuruluş şartlarını etkileyebilir, çeşidini etkilemez. Yanıt: E e) Ekonomisi: Bölge ekonomisinde tarımın önemi fazladır. Bölgede çalışan nüfusun hemen hemen yarısı, tarım işleriyle uğraşır. Tarımdan elde edilen gelirlerin yüksek olduğu bölgelerimizden biridir. Bu gelirde buğday ve arpanın payı azdır. İklimin olumlu etkileriyle ticari değeri yüksek olan pamuk, susam, yerfıstığı turunçgiller, turfanda sebze ve meyveler ekilir, seracılık yapılır. Bölgenin engebeli yapısı koyun ve sığır yetiştirilmesini engellemiştir. En çok kıl keçisi beslenir. Bölgede arıcılık da önemlidir. Bölgenin önemli yeraltı kaynakları Keçiborlu’da kükürt, Seydişehir ve Akseki’de boksit, Toros ve Nur dağlarında çıkarılan kromdur. Kıyı kesiminde önemi son yıllarda büyük ölçüde artan bir gelir kaynağı da turizmdir. Güneşli ve uzun süren yaz dönemi, deniz ve plaj turizmini; tarihi yerler ve kültürel değerler bölgedeki diğer önemli turizm kaynaklarını oluşturur. Sanayi kıyıda yoğunlaşmış, özellikle Adana Mersin, İskenderun yörelerinde gelişmiş olup çok çeşitlidir. En önemli sanayi kolları dokuma, besin, kimyasal ürünler, gübre, kâğıt, cam ve demir-çeliktir.

a) Yerşekilleri: İç Anadolu’nun etrafı dağlarla çevrilidir ve büyük kısmı 1000-1200 m. yükseklikteki platolardan oluşmaktadır. Bölgenin başlıca platoları kuzeybatı kesiminde Cihanbeyli ve Haymana; Tuz Gölü’nün güneybatısında Obruk; kuzeydoğusunda Bozok’tur. Bölgede kıvrımlı dağlar ile volkanik kökenli dağlar bulunur. Sivrihisar, Sündiken, Elmadağ ve Akdağlar kıvrımlı dağlara; Karadağ, Karacadağ, Hasan Dağı, Melendiz ve Erciyes volkanik dağlara örnektir. b) İklim ve Bitki Örtüsü: Bölgede step iklimi görülür. Yıllık yağış miktarı en az olan bölgemizdir. Kenar kesimlerinde yıllık ortalama 400 mm. civarında olan yağış miktarı, bölgenin orta kesimine doğru azalır ve Tuz Gölü çevresinde ortalama 300 mm. ye düşer. Kış ve ilkbahar mevsimleri yağışlı, yazlar kuraktır. Konveksiyonel (kırkikindi) yağışların etkisiyle en fazla yağış ilkbahar mevsiminde düşer. Doğal bitki örtüsü bozkırdır (step). Ormanların tahribiyle oluşan antropojen bozkırlar, doğal bozkırların etrafını çevreler. Akarsu boyları ve dağ yamaçlarında ağaçlar görülür.

İÇ ANADOLU BÖLGESİ Türkiye’nin orta kesiminde yer alan İç Anadolu Bölgesi, yüzölçümünün büyüklüğü bakımından, Doğu Anadolu Bölgesi’nden sonra gelir. Bölge, Türkiye yüzölçümünün %19,5 unu kaplar.

Uyarı: İç Anadolu Bölgesi’nde yarı kurak iklim özelliklerinin ortaya çıkmasındaki temel neden etrafının yüksek sıradağlarla çevrili olmasıdır. İklim özellikleri, bölgenin bitki örtüsü, tarım ürünü çeşidi, hayvan türü, ev tipleri, nüfus ve yerleşme gibi birçok özelliğini belirlemiştir. c) Nüfus ve Yerleşme: İç Anadolu genişliğine göre az nüfuslanmıştır. Nüfus miktarında 2., nüfus yoğunluğunda ise 6. sırada gelir. İç Anadolu Bölgesi’nin de çeşitli yöreleri -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

57

COĞRAFYA– ÖSS Ortak arasında nüfuslanma bakımından büyük farklar vardır. Bölgede nüfusun ve yerleşmelerin dağılışı, suya ve tarım koşullarına bağlıdır. Bu nedenle nüfus, bölgenin daha yağışlı çevre kesimlerinde, ırmak ve derelerle sulanan dağ eteklerinde ve tarıma elverişli alanlarında yoğunlaşmıştır. Bölge nüfusunun %60’tan fazlası kentlerde yaşar. ÖRNEK 3 İç Anadolu Bölgesi’nin aşağıdaki özelliklerden hangisi üzerinde yağış azlığının etkisi yoktur? A) B) C) D) E)

Tarımsal ürün çeşidinin az olması Nüfusun daha çok akarsu vadilerinde toplanması Doğal göllerin bulunması Nadas uygulamasının sürdürülmesi Küçükbaş hayvancılığın sürdürülmesi

Yüzölçümü en büyük, yükseltisi en fazla olan Doğu Anadolu, dört bölüme ayrılır. Bunlar:

ÇÖZÜM: Yağış azlığı; nüfus dağılışında, tarım ürünü çeşidinde, hayvan türlerinde ve tarım yöntemlerinde etkilidir. Göl oluşumunda yağış azlığının etkisi yoktur. Bu durumun etkisine göre düşünüldüğünde İç Anadolu’da göller oluşmazdı. Ya da daha az olurdu. Yanıt: C

1. Erzurum-Kars Bölümü: Yurdumuzun en yüksek bölümüdür. Yüksekliği nedeniyle, Türkiye’nin en soğuk ve kışları en uzun geçen yeridir. 2. Yukarı Fırat Bölümü: İklim koşullarının en elverişli olduğu bölümdür. Yeraltı zenginlikleri ve çeşitleri, bakımından Türkiye’nin en zengin yeridir.

d) Ekonomisi: İç Anadolu’nun ekonomik bakımdan başlıca özelliklerinden biri, Türkiye’nin önemli bir tarım alanı olmasıdır. Yarı kurak iklime rağmen tarım alanları çok geniştir. En çok tahıl yetiştirilir. Üretilen toprak ürünlerinin değerce %38 kadarını tahıl, özellikle buğday ve arpa oluşturur. Başlıca tarım ürünleri; buğday, arpa, şekerpancarı, baklagiller, üzüm ve patatestir.

3. Yukarı Murat-Van Bölümü: Doğu Anadolu’nun yüksek volkanik dağları bu bölümdedir. Bölümün önemli bir bölümü kapalı havzadır. 4. Hakkâri Bölümü: Türkiye’nin en engebeli bölümüdür. Vadi buzulları fazladır. Bölgenin en küçük bölümüdür. Uyarı: Yükselti, engebelilik ve deniz etkilerinden uzaklık Doğu Anadolu Bölgesi’nin doğal, beşeri ve ekonomik özelliklerini doğrudan ya da dolaylı olarak belirleyen üç faktördür.

Uyarı: İç Anadolu Bölgesi, Türkiye’nin buğday ambarı olarak ün salmıştır. Bunun bir nedenide ilkbahar yağışları ve yaz kuraklığı ile iklimin buğday üretimine elverişli olmasıdır.

a) Yerşekilleri: Bölgenin yüzey şekillerinin ana özelliklerini kıvrımlı dağ sıraları ile bunlar arasındaki plato ve çöküntü ovaları oluşturur. Dağlar bölgede üç sıra halinde uzanır. Bu sıralar bölgenin orta kesiminde birbirine yaklaşır, batıda ve doğuda birbirinden uzaklaşır. Bölgede, kıvrımlı sıradağlardan başka birbirinden ayrı koniler oluşturan genç volkanik dağlar ve lavlarla kaplı geniş platolar da yaygındır.

İç Anadolu’da en çok küçükbaş hayvan, özellikle koyun, ve tiftik keçisi beslenir. Çünkü bölgenin doğal bitki örtüsü olan bozkır küçükbaş hayvan beslenmesine elverişlidir. Bölgede sanayi, son yıllarda hızla gelişmektedir. Ülkemizin toplam sanayi üretiminin %15’ini sağlayan bölgedeki başlıca sanayi merkezleri Ankara, Eskişehir, Kırıkkale, Konya ve Kayseri’dedir. En önemli sanayi kolları gıda, çimento, dokuma, lastik, silah, uçak, ilaç ve rafineridir. İç Anadolu Bölgesi, yeraltı kaynakları bakımından oldukça zengindir. Başlıca yeraltı kaynakları linyit (Ankara), lületaşı, krom, bor (Eskişehir), çinko (Kayseri) ve civa (Niğde) dır. İç Anadolu, doğal güzellikleri, tarihi ve kültürel değerleriyle turizmde önemli bir yere sahiptir. Nevşehir’deki peribacaları, Ankara, Eskişehir’deki kaplıcalar, Hattuşaş, Yazılıkaya, Alacahöyük, Gordiyon gibi tarihi merkezler, Hacı Bektaş Veli ve Mevlana türbeleri önemli turizm zenginlikleridir.

b) İklim ve Bitki Örtüsü: Karasal iklim özellikleri hâkimdir. Kışlar çok soğuk geçer ve uzun sürer. Donma ve karın yerde kalma süresi uzundur. Yazlar kısa ve sıcak geçer. Bölgenin güneyine ve batısına doğru sıcaklıklar artar. Yıllık yağış miktarı ortalama 500-600 mm. dir. Doğal bitki örtüsü; alçak kesimlerinde bozkır, dağlarda orman ve yüksek kesimler ile Erzurum-Kars Bölümü’nde çayırdır. Uyarı: Yükselti ve deniz etkilerine uzak olması bölgenin iklim özelliklerini belirleyen iki temel etkendir. Bu etkenler sonucunda bölgede kuvvetli karasallık görülür.

DOĞU ANADOLU BÖLGESİ Bölge, Türkiye’nin doğusunu oluşturur. Biçimi bir üçgene benzer. Tabanı doğu sınırlarımıza dayalı olan bu üçgen, batıda Karadeniz ve Güneydoğu Anadolu bölgelerimizin arasına sokularak daralır. -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

Doğu Anadolu’nun bol yağışlı dağları bölgedeki ırmakları besleyen bir su deposudur. Birçok akarsu buradan özellikle Bingöl ve Tunceli Yöresi’ndeki dağlardan doğar. Tür58

COĞRAFYA– ÖSS Ortak kiye’nin hidroelektrik üretim potansiyelinin en büyük kısmını, gömük ve çok eğimli vadilerde akan ırmakları (Fırat, Aras, Kura) meydana getirir. Doğu Anadolu’da birçok göl de vardır.

Uyarı: Güneydoğu Anadolu’da yüzey şekillerinin sade olması tarım alanlarının oranını artırmış, ulaşım koşullarını kolaylaştırmıştır.

c) Nüfus ve Yerleşme: Doğu Anadolu, nüfusu en seyrek bölgemizdir. Nüfus miktarı ve nüfus yoğunluğu en son sırada yer alır. Nüfus artış hızı az olan, hatta kırsal nüfusu azalan bir bölgemizdir. Bölgede şehirleşme oranı da düşüktür.

b) İklim ve Bitki Örtüsü: Bölgede, Akdeniz ikliminin etkileri görülür. Burada da kışlar yağışlı, yazlar kuraktır. Bölgenin doğusuna gidildikçe karasallık artar. Karasal etkiler dolayısıyla burada kışlar Karadeniz ve Marmara kıyılarından daha soğuktur. Yıllık yağış miktarı bölgenin alçak yerlerinde 450-500 mm., yüksek alanlarında 700-800 mm. yi bulur. Bitki örtüsü bakımından en fakir bölgemizdir. Bozkırlar geniş yer kaplar. Bölgenin doğusuna ve kuzeyine doğru gidildikçe bitki örtüsü artar.

d) Ekonomisi: Bölgenin çeşitli bölüm ve yöreleri arasında yüzey şekilleri ve iklim bakımından görülen farklılıklar, buralarda tarım etkinlikleri ve toprak ürünleri arasında farklara yol açar. Yerşekillerinin ve iklimin olumsuz koşulları altında tarım gelişememiştir. Topraklarının ancak %10 u tarıma elverişlidir. Tarımsal etkinlikler, batıdaki ve güneyindeki ovalarda yoğunlaşmıştır. Bölgede hayvancılık en önemli geçim kaynağıdır. Bölgede büyükbaş hayvancılık, küçükbaş hayvancılık ve arıcılık yapılmaktadır.

Uyarı: Güneydoğu Anadolu Bölgesi yaz mevsiminde, - sıcaklığın en yüksek, - bağıl nemin en düşük, - buharlaşma şiddetinin en fazla, - kuraklığın en şiddetli olduğu bölgedir. Bu durum, tarımda sulamaya en çok ihtiyaç duyulan bölge olmasına yol açmıştır.

Uyarı: Doğu Anadolu’nun ekonomik bakımdan geri kalmasına yol açan nedenlerin başında ulaşım yetersizliği gelir. Madenler ve Enerji Kaynakları: Maden bakımından en zengin bölgedir. Demir, bakır, krom, kurşun, çinko, linyit, kayatuzu çıkarılır. Keban, Karakaya, Girlevik ve Tercan hidroelektrik santralleriyle Afşin-Elbistan termik santralinde elektrik üretilir. Sanayi: Yeterince gelişmemiştir. Başlıca sanayi kolları; et kombinası, süt ürünleri, şeker, yem, sigara, çimentodur.

c) Nüfus ve Yerleşme: Güneydoğu Anadolu az nüfuslu bölgelerimizden biridir. Fakat alanı küçük olduğundan nüfus yoğunluğunda Ege’den sonra (3.) gelir. Bölgede nüfus dağılışı düzenli değildir. Nüfusun dağılışını ve yerleşmelerin yerini, her şeyden önce su kaynakları ve buna bağlı olarak tarım koşulları belirler. Bölge genelinde şehirleşme oranı düşüktür. Kentleşme oranı yörelere göre değişir. Bu oran bölgelerin doğusunda daha düşüktür. Bölgede, her biri önemli ticaret, sanayi ve kültür merkezi olan üç şehir vardır. Gaziantep, Şanlıurfa ve Diyarbakır.

GÜNEYDOĞU ANADOLU BÖLGESİ Güneydoğu Anadolu Bölgesi, ülkemizin güneydoğusunda yer alır. Batıdan Akdeniz, kuzeyden ve doğudan Doğu Anadolu Bölgesi ile çevrilidir. Türkiye’nin en küçük bölgesidir.

d) Ekonomisi: Güneydoğu Anadolu Bölgesi’nin en büyük gelir kaynağı tarımdır. Bölge, uzun ve etkili yaz kuraklığına ve su sorununa rağmen ekili-dikili alanların oranında 3. sırada gelir. Ekili-dikili alan bölgenin doğusunda az, batısında fazladır. Ayrıca yarı kurak iklim nedeniyle nadasa ayrılan tarlalar da fazladır. Bölgede sulanan alanlarda çeşitli sebzeler ve endüstri bitkileri, sulanamayan alanlarda buğday, arpa, darı ve baklagiller (kırmızı mercimek ve nohut) ekilir. Bölge, Türkiye’de kırmızı mercimek, pamuk ve antepfıstığı üretiminde 1. sıradadır. Güneydoğu Anadolu’da hayvancılık toprak ürünleri kadar, hatta bazı yörelerde daha önemli geçim kaynağıdır. Bölgedeki etkili iklim koşulları sonucunda en çok küçükbaş hayvan (koyun, keçi) beslenir. Hayvancılıkla geçinenlerin bir kısmı konargöçerlerdir. Bölge, Türkiye ölçüsünde bazı önemli yeraltı kaynaklarına sahiptir. Bölgenin en önemli yeraltı kaynağı petroldür. Türkiye’de üretilen petrolün tamamına yakını (%99) bu bölgeden çıkarılır. Petrol çıkarılan başlıca yataklar; Raman, Garzan, Ilısu yöreleridir. Sanayi Orta Fırat Bölümü’nde daha çok gelişmiştir. Gaziantep büyük sanayi merkezidir. Bölgede tarıma dayalı sanayi kolları önemlidir. Güneydoğu Anadolu, turizm etkinlikleri bakımından geri kalmış bölgelerimizden biridir. Bölgede kültür turizmi potansiyeli yüksektir.

Bölgedeki Karacadağ volkan kütlesi bölgeyi iki bölüme ayırır. Bunlar Orta Fırat ve Dicle bölümleridir. 1. Orta-Fırat Bölümü: Bölgenin batısını oluşturur. Bölümde Akdeniz iklimi hissedilir. 2. Dicle Bölümü: Güneydoğu Anadolu’nun doğu yarısını içine alır. Diyarbakır Havzası ve Mardin Eşiği bölümdeki önemli yerşekilleridir. a) Yerşekilleri: Bölgenin yüzey şekilleri sadedir. Burada en geniş yeri kaplayan yerşekli platolardır. Bölgenin bu özelliği jeolojik olayların sonucudur. Bölgenin doğu yarısı daha engebelidir. Karacadağ volkanı ile Mardin Eşiği bölgenin en yüksek yerleridir. -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

59

COĞRAFYA– ÖSS Ortak 7.

KONU TESTİ 1.

Ege Bölgesi’nde dağların kıyıya dik uzanması, aşağıdakilerden hangisini azaltıcı etkide bulunur? A) B) C) D) E)

2.

A) Kıvrımlı dağ B) Tektonik göl C) Volkan konisi D) Taban seviyesi ovası E) Karstik şekiller

Tarım alanlarını Deniz turizmini Doğal koy ve limanları Yağış miktarını Deniz etkisinin yayılış alanını

8.

İncir, tütün, üzüm ve zeytin Türkiye’nin dışsatımında (ihracatında) önemli paya sahip olan ürünlerdir.

9.

A) Antalya B) Kıyı Ege C) Güney Marmara D) Orta Karadeniz E) Orta Fırat

Nüfusun fazla olması Sulamanın yetersiz olması Yerşekillerinin sade olması Tarım alanlarının geniş olması İklimin yarı kurak olması

Doğu Anadolu Bölgesi’nin tarım ve hayvancılık gelirleri düşüktür. Ekili dikili alanların oranı, Türkiye ortalamasının altında Marmara Bölgesi’nin ise yarısından azdır. Bu bilgilerden, Doğu Anadolu Bölgesi ile ilgili, aşağıdakilerden hangisine ulaşılabilir?

Aşağıdakilerden hangisi, Akdeniz Bölgesi’nde yetişen ürünlerin, diğer bölgelerimizden daha önce olgunlaşmasının nedenlerinden biridir? A) B) C) D) E)

İç Anadolu Bölgesi’nde un, makarna, bisküvi, bira gibi sanayi kollarının yaygın olmasının temel nedeni, aşağıdakilerden hangisidir? A) B) C) D) E)

Bu tarım ürünlerinin en fazla üretildiği bölüm, aşağıdakilerden hangisidir?

3.

İç Anadolu Bölgesi’nde, aşağıdaki yerşekillerinden hangisi yer almaz?

A) B) C) D) E)

Yağış miktarının fazla olması Cephe yağışlarının daha çok görülmesi Sıcaklık ortalamasının yüksek olması Yerşekillerinin dağlık ve engebeli olması Sulamalı tarım yönteminin yaygın olması

Kuraklığın en fazla olduğu bölgedir. Yüzölçümü en büyük olan bölgedir. Yerşekilleri ve iklimi tarıma elverişli değildir. Kuru tarım yöntemi yaygındır. Maden ve enerji üretimi daha fazladır.

10. Doğu Anadolu Bölgesi, ülke ekonomisine hayvancılık 4.

A) Zeytin

B) Muz D) Gül

5.

Bölgenin, aşağıdaki hayvancılık faaliyetleri ve hayvansal ürünlerden hangisi bakımından ülke ekonomisine katkısının fazla olduğu söylenemez?

C) Boksit E) Kükürt

A) Dericilik B) Küçükbaş hayvancılık C) Et üretimi D) Kümes hayvancılığı E) Arıcılık ve bal üretimi

Aşağıdakilerden hangisi, Akdeniz Bölgesi’nde şiddetli buharlaşma ile ortaya çıkan yaz kuraklığının sonuçlarından biridir? A) B) C) D) E)

6.

alanında büyük katkı sağlamaktadır.

Aşağıdakilerden hangisinin üretiminin tamamı, Akdeniz Bölgesi’ne ait değildir?

11. Güneydoğu

Anadolu Bölgesi’nde endüstri kuruluşlarının çoğu, bölgenin batı kesiminde toplanmıştır.

Rüzgârların şiddetli esmesi Seracılığın gelişmiş olması Karstik şekillerin yaygın olması Makilerin küçük ve sert yapraklara sahip olması Turunçgiller tarımının yapılabilmesi

Bu duruma yol açan temel etmen, aşağıdakilerden hangisidir? A) B) C) D) E)

İç Anadolu Bölgesi’nde turizmin ve endüstrinin en çok geliştiği bölümler sırasıyla, aşağıdakilerden hangisinde doğru verilmiştir? Turizm A) B) C) D) E)

1.D

Endüstri

Yukarı Kızılırmak Orta Kızılırmak Yukarı Sakarya Yukarı Kızılırmak Konya 2.B

Küçükbaş hayvancılığın yaygın olması Tarıma elverişli ovaların olması Ulaşım yolları üzerinde bulunması Nüfus yoğunluğunun fazla olması Akdeniz iklim etkilerinin görülmesi

3.C


12. Yukarı

Fırat, İç Batı Anadolu, Batı Karadeniz ve Dicle bölümlerinin, Türkiye ekonomisine aşağıdaki alanlardan hangisindeki katkıları benzerdir?

Yukarı Sakarya Yukarı Sakarya Konya Orta Kızılırmak Yukarı Sakarya 4.A

5.D

A) Tarım D) Ticaret 6.B

7.D 60

8.E

9.C

B) Sanayi C) Turizm E) Madencilik 10.D

11.C

12.E

FELSEFE – ÖSS Ortak

DİN FELSEFESİ Din Felsefesinin Konusu

Tanrı’nın Varlığı Sorunu

Bireysel ve toplumsal yönleri olan bir kurum olarak din, teolojinin (dinbilim, ilahiyat), sosyal bilimlerin ve felsefenin ilgi alanındadır. Teoloji, Tanrı’nın varlığını, niteliklerini, evrenle ve insanla olan ilişkilerini açıklamaya çalışır. Bu açıklamalarında kutsal kitaba ve peygamberlerin bildirdiklerine dayanır. Bu nedenle teoloji dogmatiktir, otoriteye bağımlıdır. Din felsefesi ise, dinin kavramlarını, temel ilkelerini akılcı ve kapsamlı bir biçimde düşünmek, irdelemektir. Ayrıca her dinin hatta her mezhebin kendine özgü bir teolojisi vardır. Oysa din felsefesi, herhangi bir dine özgü değildir, genel olarak din olgusuyla ilgilenir.

1. Tanrı’nın varlığını kabul edenler Teizm Bu görüşe göre Tanrı, ezeli ve edebi ( öncesiz ve sonrasız) dir. Evrendeki her şeyin tek yaratıcısıdır. Evrenle sürekli ilişki içindedir. Teist düşünürler, Tanrı’nın varlığını açıklamak amacıyla çeşitli kanıtlar öne sürmüşlerdir. – Ontolojik kanıt: Tanrı kavramının tanımından hareket eder. Tanrı yetkin bir varlık olduğuna göre, biz de tanrı fikri bulunduğuna göre, Tanrı vardır. – Kozmolojik kanıt: Evrenin varlığından hareket eder. Madem ki evren vardır ve her şeyin de bir nedeni vardır, o halde Tanrı da vardır. – Düzenlilik ve ereksellik kanıtı: Evrende mükemmel bir düzen vardır. Bu düzen belli amaçlara hizmet etmektedir. Düzen ve amaç kendi başına var olmayacağına göre Tanrı vardır.

Din Felsefesinin Temel Kavramları Tanrı Evrende var olan her şeyin yaratıcısı olduğuna, eşsiz, öncesiz ve sonrasız olduğuna inanılan yüce varlıktır.

Deizm Bu görüşe göre, bu evrenin yaratıcısı, aşkın (trancendant) bir varlık olan Tanrı vardır. Ancak Tanrı, evreni mükemmel bir düzende yarattığı için artık işleyişe müdahale etmez. Doğa kendi yasalarına göre işler. Tanrı ile insan arasında aracı kurumlara gereksinim yoktur.

Vahiy Tanrı’nın buyruklarını peygamberlerine doğrudan ya da melekleri aracılığıyla iletmesidir. Vahiy doğrudan ya da dolaylı olabilir. İslam inancına göre, Tanrı’nın vahyi tüm peygamberlere yapılmıştır.

Panteizm Bu görüşe göre, Tanrı ve evren bir ve aynıdır. Deizm ve teizmden farklı olarak panteizm, aşkın bir Tanrı anlayışı yerine içkin bir Tanrı anlayışını kabul eder.

Peygamber Tanrı’nın buyruklarını insanlara ileten elçidir. İman Tanrı’nın buyurduklarına kesin olarak inanmadır. İman, tüm dinlerin temel koşuludur. Tanrı’ya ve buyruklarına kesin inanma ve itaati ifade eder.

2. Tanrı’nın varlığını reddedenler Ateizm Bu görüşe göre, Tanrı yoktur, evrenin bir yaratıcıya gereksinimi de yoktur. Ateizm, teistlerin Tanrı’nın varlığını kanıtlamak için öne sürdükleri görüşleri çürütmek için çeşitli kanıtlar öne sürer. – Kötülük kanıtı: Tanrı, mükemmel ve güçlü bir varlıksa neden bunca kötülüğü önlemediğinden hareket ederek Tanrı’nın olmadığı öne sürülür. – Ahlaki gerekçeler kanıtı: İnsanın kendi özünü oluşturan özgür bir varlık olduğundan hareket ederek bu gücünün olmasının Tanrı’nın olmamasını gerektirdiği öne sürülür.

İbadet Tanrı’ya tapınma, buyruklarını yerine getirmedir. Her dinin kendine özgü ibadetleri vardır. Yüce İnsanca ölçüleri aşan, üstün nitelikleri olan ulu varlıktır. Kutsal Din açısından saygınlığı yüksek, Tanrı ya da peygamberler tarafından kutsanmış olandır. Tanrı’nın peygamberleri aracılığıyla gönderdiği kitaplar, kutsal olarak nitelendirilir.

3. Tanrı’nın varlığı ya da yokluğunun bilinemeyeceği öne sürenler

Din Felsefesinin Temel Sorunları

Agnostisizm Bu görüşe göre, Tanrı’nın varlığı ya da yokluğu bilinemez. Teistler ve ateistlere göre, agnostisizm tutarsız bir öğretidir.

Tanrı’nın varlığı, nitelikleri, evrenin yaratılışı ve işleyişi, vahyin olanağı ve ruhun ölümsüzlüğü gibi konular, din felsefesinin temel sorunlarıdır.


61

FELSEFE – ÖSS Ortak Evrenin Yaratılışı Sorunu

2.

Bu sorun çerçevesinde evrenin yaratılmış ya da öncesiz ve sonsuz olup olmadığı türünden sorular üzerine düşünülür ve yanıtlamaya çalışılır.

Bu açıklamaya göre, din felsefesinde aşağıdakilerden hangisinin oluşması ya da yapılması beklenmez?

Vahyin Olanağı Sorunu “Vahiy olanaklı mıdır?” sorusuna verilen yanıtlar çerçevesinde konu irdelenir.

A) İnancın karşısında akla öncelik vermek B) Tanrı’nın evrenle ve yaratılmış varlıklarla ilişkisiyle ilgili din kurallarını temellendirmek C) Dinin temel inançlarını mantıksal yolla analiz ettikten sonra tutum geliştirmek D) Din karşısında objektif ve eleştirel bir tavır almak E) İnanç sistemleri karşısında eşit mesafede durmak, herhangi birine yakın, diğerini karalayıcı olmamak

Ruhun Ölümsüzlüğü Sorunu “Ölüm, bir son mudur, yoksa başka bir yaşamın başlangıcı mıdır?”, “Ruh nedir?”,”Ruhlar âlemi var mıdır?” gibi sorular çerçevesinde incelenen bir sorundur. Monoteist (tektanrıcı) dinlere göre ruh, bedenden ayrı başka bir dünyada da varlığını sürdürebilen, maddi olmayan bir varlıktır. Bazılarına göre ise ruh, bedenin bir işlevidir ve bedenle birlikte yok olup gider.

ÇÖZÜM Din felsefesinin temel işlevi, dinsel kavramları analiz etmek ve din dogmalarını akılcı ve eleştirel bir açıdan değerlendirmektir. O halde inanç karşısında akla önem verecektir, temel inançları mantıksal yolla analiz edecektir ve inanç sistemlerine eşit mesafede kalarak nesnel bir tutum izleyecektir. Ancak din felsefesinin, din dogmalarını temellendirmek gibi bir işlevi yoktur. Felsefe tarihine bakıldığında yalnızca skolastik dönemde, felsefeye böyle bir görev yüklendiği görülür.

Tüm bu sorunlara verilen yanıtlar, birbiriyle ilişkilidir.

ÇÖZÜMLÜ TEST 1.

Din felsefesi; dini tanımlama, açıklama ve anlamlandırmaya, dinsel kavramları felsefi temel üzerinde savunma ya da eleştirmeye, dinlerin kullandığı dili çözümlemeye yönelik felsefe araştırmalarından oluşur.

Yanıt: B

Din felsefesi, şu türden sorulara yanıt arar: – Bir Tanrı var mıdır? – Tanrı’nın varlığı kanıtlanabilir veya çürütülebilir mi? – Dinsel inanç akılsal mı, yoksa akıldışı mıdır? – Tanrı’nın varlığı ya da var olmayışı, bizim yaşamlarımız açısından neyi değiştirir? Buna göre, din felsefesi için aşağıdakilerden hangisi söylenebilir?

3.

A) Temel görevi, dinsel kavramları analiz etmek ve dinsel inançları değerlendirmek olan bir etkinlik alanıdır. B) İman ve aklı uzlaştırarak inançlarımızı temellendirmeye çalışan bir alandır. C) Temel ereği öğüt vermek, teselli etmek ve insanlara kurtuluş yolları önermek olan inanç sistemidir. D) Toplumsal yaşamda düzen ve istikrarı sağlamaya çalışan değerler sistemidir. E) Bilim, din ve felsefe arasındaki farklılıkları sorgulayan düşünsel etkinliktir.

Dinler, Tanrı’nın var olduğu inancına dayanır. Bu durumda dinin temellendirilebilmesi için Tanrı’nın varlığının kanıtlanması gerekir. Din felsefesi, “Tanrı’nın varlığı sorunu”nu temel problem olarak ele alır ve bu konuda ileri sürülen görüşlerle varlığına ya da yokluğuna ilişkin kanıtlamalarda bulunmaya çalışır. Aşağıdaki yaklaşım ya da disiplinlerden hangisi, bu soruya yanıt bulma çabası gütmez? A) Teizm

B) Deizm C) Teoloji D) Panteizm E) Agnostisizm

ÇÖZÜM ÇÖZÜM Parçada verilen sorulara baktığımızda, bunların dinin temel kavramlarına, Tanrı’nın varlığı ve inanç sorununa ilişkin olduklarını görürüz. O halde din felsefesi, dinsel kavramları analiz eden ve din dogmalarını değerlendiren felsefe dalıdır. Din felsefesinin temel özelliği, felsefenin genel tavrı olarak konusuna eleştirel açıdan yaklaşması, herhangi bir inanç sisteminden yana olmamasıdır.

Dinler, Tanrı’nın var olduğu inancına dayalı olduğu için, din felsefesi alanında, Tanrı’nın varlığının gerekçelendirilmesi gerekir. Oysa dinbilim (teoloji, ilahiyat), Tanrı’nın varlığını ve dinin tüm dogmalarını gerçekler olarak kabullendiği için, temellendirme çabası içine girmez. Zaten din felsefesi ile dinbilim arasındaki temel fark budur. Teizm, deizm ve panteizm Tanrı’nın varlığını kabul ederken, agnositisizm, Tanrı’nın varlığının bilinemez olduğunu savunur.

Yanıt: A

Yanıt: C


62

FELSEFE – ÖSS Ortak KONU TESTİ 1.

4.

Din felsefesinin amacı öğüt vermek, teselli etmek, kurtarmak ya da dinin herhangi bir işlevini yüklenmek değildir. Onun amacı, felsefi soruşturma aracılığıyla, insani varlığın belli bir alanına yani dine ve özel olarak dinsel kavram ve inançlara ilişkin anlayışımızı derinleştirmektedir. Bunun yanı sıra o, bu kavramları ve inançları akılsal açıdan eleştirir.

Doğaüstücülüğe göre, doğa dediğimiz şeyden herhangi bir bakımdan daha üstün ve yüce bir varlık vardır. Bu varlık, aşağıdakilerden hangisidir? A) Tanrı

Buna göre, din felsefesinin en temel işlevi aşağıdakilerden hangisidir?

5.

A) Dinin toplumsal yaşam üzerindeki etkilerinin ne olduğunu araştırmak B) İman ve akıl arasında bir uzlaşma kurarak inançlarımızı temellendirmeye çalışmak C) Tanrı’nın var olup olmadığı sorununu dinsel dogmalardaki açıklamalarla temellendirmek D) Dindeki temel kavramları eleştirel açıdan sorgulayarak dinin insan yaşamındaki yerinin daha etkin bir biçimde anlaşılmasını sağlamak E) Dinsel yaşamın, insanın tinsel dünyası ve korkuları üzerindeki etkilerini araştırmak

B) Ruh D) Düşünce

Tanrı’nın, seçtiği insana doğrudan ya da dolaylı olarak ilahi bilgiler aktarmasıdır. Tanrı, insanlara iletmek istediklerini, onlardan beklediklerini bu vasıtayla duyurur. Bu parçada belirtilen Tanrı’nın bildirgelerine verilen ad aşağıdakilerden hangisidir? A) Tanrı

B) Kutsal D) İman

6.

A) B) C) D) E)

B) Mucize D) İman

Felsefe, dini temellendirirken kendine özgü yöntem ve araçlar kullanır. Sanata, ahlaka, siyasete yönelttiği bakış tarzını dine bakışında da sürdürür. Bu durumda, felsefenin dine yaklaşımında aşağıdakilerden hangisinin var olması beklenemez?

7.

Rasyonel bir bakış açısı geliştirmek Geniş kapsamlı ve kuşatıcı bir tutum geliştirmek Çelişkili açıklamalardan kaçınmak, tutarlı olmak Konuyu olabildiğince açık seçik ifade etmek Taraflı bir tutumla öznel bir görüş geliştirmek

C) Vahiy E) Mucize

İnsanın kendisini her türlü kuşku ve kaygıdan sıyrılmış olarak Tanrı’ya vermesine ve O’na tam bir güven duymasına verilen ad, aşağıdakilerden hangisidir? A) Tanrı

2.

C) Madde E) Nesne

C) Ruh E) Vahiy

Kutsal, tanrısallığın ve yüceliğin ifadesi olduğu ve dinlerin dokunulmaz kabul ettiği değer, kavram, kişi ve nesnenin niteliğidir. Aşağıdakilerden hangisi, bu niteliğine uygun değildir? A) Kur’an - cami B) İncil - kilise C) Tevrat – sinagog D) Mekke – Kudüs E) Tekke – hacıyağı

3.

8.

Doğa yasasına aykırı bir biçimde, doğaüstü bir alemin sonucunda ortaya çıkan olaydır. Doğal kavramlarla açıklanmadığından, insan kavrayışının dışında kalır. Çünkü Tanrı’nın doğa olaylarının akışına müdahalesinin sonucunda gerçekleşir.

Tanrı’ya yüklenen üstün, büyük ve kutsal niteliktir. Erişilmesi güç, saygı ve güven duyulan varlığın özelliğidir. Bu özelliği ifade eden kavram, aşağıdakilerden hangisidir?

Burada tanımlanan kavram, aşağıdakilerden hangisidir?

A) Zekâ

B) Yetkin D) Güzel

A) Tanrı

B) Mucize D) İman


C) Vahiy E) Yüce

63

C) Yüce E) İyi

FELSEFE – ÖSS Ortak 9.

13. Tanrı doğal olmayan bir biçimde evrene etki eden bir

Din felsefesi, diğer felsefi disiplinlerde olduğu gibi çeşitli sorunlara yanıt çabası güder. Bu sorunlara ilişkin üretilen düşünceler, din felsefesinin kapsamını ve sınırlarını oluşturur.

varlık değil, evrenin kendisi ya da süreçleridir. Tanrı, evrenin her yanına yayılmış, içkin bir varlıktır. Evrenle Tanrı bir ve aynıdır. Her şey Tanrı’dır, Tanrı da her şeydir. İnsanın kendisi ve sahip olduğu her şey Tanrı’nın bir parçasıdır. İnsan, bütünüyle Tanrı’ya bağlıdır, Tanrı’da ortaya çıkar, Tanrı’da yaşar. Bu bakımdan hem insanın kendisi hem de evren ilahi niteliğe sahiptir.

Aşağıdaki sorunların hangisi, bu disiplinin kapsamın içinde yer almaz? A) B) C) D) E)

Tanrı’nın varlığı Ruhun ölümsüzlüğü Evrenin yaratılışı Vahyin imkânı Bilginin kaynağı

Tanrı’nın varlığı sorununa yanıt arayışta ortaya çıkan bu yaklaşım, aşağıdakilerden hangisidir? A) Teizm D) Ateizm

B) Deizm C) Panteizm E) Agnostisizm

10. Tanrı

yaratıcıdır, varoluşla değerin kaynağı ve koruyucusudur. Onun gücü her şeye yeter, O her şeyi bilir. Tanrı güç, gerçeklik ve değer bakımından en üstün varlıktır. İnsan, O’nu bilebilir. O’na erişebilir. Tanrı, doğanın üstünde ve ötesinde olan varlıktır.

14. K. Jaspers’a göre, “Din, vahye dayanır, felsefede ise üstün bir güç yoktur. Din, kiliseye bağlılığı gerektirir, felsefe ise bireyin koşulsuz özgürlüğünü ister. Din kendi doğrularını olmuş bitmiş dogmalar olarak öne sürer, felsefe ise tümüyle dogmalara karşıdır, değişme ve gelişmeyi temel bir veri olarak kabul eder. Din insanlara güven vermeye çalışır, felsefe ise aksine güvensizlik, kuşku, sorgulayıcı bir düşünce alanı içinde gelişir. Din, öteki dünya ile ilgili olarak Tanrı sevgisini önerir, felsefe ise yaşadığımız dünyayı ve insan sevgisini…”

Bu düşünüş, aşağıdakilerden hangisidir? A) Teizm B) Ateizm C) Deizm D) Panteizm E) Agnostisizm

11. 17.

yüzyılda Fransa ve İngiltere’de ortaya çıkan bu düşünce akımı, Tanrı’nın evrenin dışında olduğunu, evreni bir kez planlayıp yarattıktan sonra evrene müdahale etmediğini savunur. Dine akılcı bir açıdan yaklaşarak boş inanç ve hoşgörüsüzlüğü yıkmaya çalışır. İnsanları, batıl inançlardan ve dogmalardan koruyarak din çerçevesinde akıllı, bilgili ve sorumlu bir biçimde davranmalarını sağlayacak temel hazırlar.

Bu parçada, felsefeyi dinden ayıran hangi özellikten söz edilmemiştir? A) Değişme ve gelişmelere açık olma B) Her türlü otoriteden bağımsız olma C) İnsanı ve bu dünyayı anlamayı öncelikli ilke olarak alma D) İnsanı tedirgin etse bile yaşamı eleştirel açıdan sorgulama E) İnsanlara farklı bakış açıları sunma

Bu felsefi yaklaşım, aşağıdakilerden hangisidir? A) Teizm D) Ateizm


15. Tanrı, evrenin dışındadır (aşkındır). Bir saatçinin, saati üretip zamanı gösterecek biçimde ayarladıktan sonra saatin dışında ve saatten tamamıyla farklı olması gibi Tanrı da evrenden tümüyle farklıdır, evrenin dışındadır. Saati üreten saatçinin, saatiyle bir ilişkisi kalmaması gibi Tanrı’nın da evrenle bir ilişkisi yoktur. Tanrı, evreni yarattıktan sonra artık bir daha ona müdahale etmez.

12. Bazı

filozoflar, Tanrı’nın varlığını reddetmiş, dinlerin tümüne karşı çıkmıştır. Bu filozoflar, akıl yürüterek, tartışarak Tanrı’nın var olamayacağını öne sürmüşlerdir. Onlara göre Tanrı, insanları suç işlemekten alıkoymak, korkutmak için bilge insanların uydurduğu bir varlıktır. Bu görüş, aşağıdakilerden hangisiyle adlandırılır? A) Teizm D) Ateizm

1.D

2.E

3.B

Bu yaklaşımın Tanrı tanımı, aşağıdakilerden hangisine uygundur?


4.A


5.C

6.D

7.E

A) Doğa Tanrı B) Mutlak Tanrı C) Tüm Tanrı D) Egemen Tanrı E) Bilinmeyen Tanrı

8.C

9.E 64

10.A

11.B

12.D

13.C

14.E

15.A

MATEMATİK – ÖSS SAY/EA

İNTEGRAL ÖRNEK 2

BELİRLİ İNTEGRAL

6

∫ f(x)dx = F(x) + c olsun.

ÇÖZÜM b

∫ f(x) dx = F(x) |

a

a

= F(b) − F(a) dır.

6

b

a

∫ (2x − 5)dx = −28 ve a − b = 4 olduğuna göre,

a

b

a.b çarpımı kaçtır?

a

b

b

b

a

a

a

∫ ( f(x) + g(x)) dx = ∫ f(x) dx + ∫ g(x) dx b

4.

k∈R için,

ÇÖZÜM b

b

∫

∫ k f(x) dx = k ∫ f(x) dx a

5.

3 dir. 2

b

∫ f(x) dx = −∫ f(x) dx

3.

= ln 9 − ln 6 = ln

ÖRNEK 3

f(x) dx = 0

a

2.

3

3

a

∫

6

dx

∫ x + 3 = ln x + 3 |

BELİRLİ İNTEGRALİN ÖZELLİKLERİ

1.

ifadesinin değeri kaçtır?

3

b

F: [a, b] → R ise,

dx

∫ x+3

f: [a,b] → R integrallenebilir bir fonksiyon ve

c

a

a

b

a

= −28

b2 − 5b − (a2 − 5a) = −28

a < b < c olmak üzere, b

b

|

a

a

c

(2x − 5) dx = x 2 − 5x

b2 − a2 − 5b + 5a = −28 b + a = 12 b − a = −4 ten, b = 4 ve a = 8 olup, a.b = 32 dir.

∫ f(x) dx = ∫ f(x) dx + ∫ f(x) dx ⎛b ⎞ d ⎜ f(x) dx ⎟ = 0 ⎟⎟ dx ⎜⎜ ⎝a ⎠

∫

6.

ÖRNEK 4 2

∫

ÖRNEK 1

1

4

∫ (3x

2

+ 2x) dx ifadesinin değeri kaçtır?

3x 3 + 2x 2 + x + 2 dx ifadesinin değeri kaçtır? x

ÇÖZÜM

2

2

∫

ÇÖZÜM

1

4

∫ (3x 2

2

3

+ 2x) dx = x + x

2

4

|

3

2

2

= x + x + x + 2ln x

2

= 11 + 2ln 2 dir.

= 64 + 16 − (8 + 4) = 68 dir. -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

3

3x + 2x + x + 2 dx = x

67

2

|

1

2

⎛

∫ ⎜⎝ 3x 1

2

+ 2x + 1 +

2⎞ ⎟ dx x⎠

= 8 + 4 + 2 + 2ln 2 − (1 + 1 + 1)

MATEMATİK – ÖSS SAY/EA ÖRNEK 8

ÖRNEK 5 π 8

∫

2

∫

(sin2x + cos 2x) dx ifadesinin değeri kaçtır?

π 12

0

ÇÖZÜM

ÇÖZÜM π 8

∫

1 1 (sin 2x + cos 2x) dx = − cos 2x + sin 2x 2 2

=

π π ⎛ π π ⎞⎤ 1⎡ ⎢ − cos + sin − ⎜ − cos + sin ⎟ ⎥ 2⎣ 4 4 ⎝ 6 6 ⎠⎦

=

1⎡ 2 2 3 1⎤ 1 + + − ⎥ = ( 3 − 1) dir. ⎢− 2⎣ 2 2 2 2⎦ 4

π 12

4 − x 2 dx ifadesinin değeri kaçtır?

|

x = 2 sin t dersek, dx = 2 cos t dt dir. π 2 = 2 sin t ise, t = 2 0 = 2 sin t ise, t = 0 dır.

π 8

π 12

2

∫

4 − x 2 dx =

0

π 2

∫

4 − 4 sin2 t .2 cos t dt

0

π 2

π 2

∫

∫

= 4 cos t .cos t dt = 4 cos2 t dt

ÖRNEK 6 6

x dx ifadesinin değeri kaçtır? x+3

∫

1

4 = 2

ÇÖZÜM

0 π 2

∫ 0

0

⎛ 1 ⎞ (1 + cos 2t) dt = 2 ⎜ t + sin 2t ⎟ ⎝ 2 ⎠

|

π 2

0

⎛π ⎞ = 2 ⎜ + 0 − 0 ⎟ = π dir. ⎝2 ⎠

u2 = x + 3 ise, 2u du = dx 2 x = u − 3 olup, x = 6 için u = 3 ve x = 1 için u = 2 dir. 6

x dx

∫

x+3

1

3

=

∫ 2

2

ÖRNEK 9

(u − 3).2u du u

3

⎡u ⎤ = 2 (u2 − 3)du = 2 ⎢ − 3u⎥ ⎢⎣ 3 ⎥⎦ 2 3

∫

3

∫ (x + 1)ln(x + 1) dx ifadesinin değeri kaçtır?

3

|

1

2

⎡ ⎛8 ⎞ ⎤ 20 = 2 ⎢9 − 9 − ⎜ − 6 ⎟ ⎥ = tür. ⎝3 ⎠⎦ 3 ⎣

ÇÖZÜM

ÖRNEK 7

dv = (x + 1) dx , v =

(x + 1) 2

∫ u dv = u. v − ∫ v du =

(x + 1)2 1 ln(x + 1) − (x + 1) dx 2 2

u = ln(x + 1) , du =

ln8

∫

x e x dx ifadesinin değeri kaçtır?

ln 4

3

∫

ÇÖZÜM

1

ln 8

∫

(x + 1)ln(x + 1) dx =

dx x +1 2

∫

(x + 1)2 (x + 1)2 ln(x + 1) − 2 4

= 8 ln 4 − 4 − (2ln 2 − 1) = 14 ln 2 − 3 tür.

x e x dx integralinde,

ln 4

u = x , du = dx x

dv = e dx ,

v=e

x

∫ udv = u.v − ∫ v du = x.e − ∫ e = xe − e | = e (x − 1)| x

x

x

ln 8

x

ln 4

ln 8

=e

x

ÖRNEK 10

dx

5

ln 8

ln 4

ln 4

(ln 8 − 1) − e

(ln 4 − 1) = 16 ln 2 − 4 tür.


x−3

∫3 x2 − 3x + 2 dx ifadesinin değeri kaçtır? 68

3

|

1

MATEMATİK – ÖSS SAY/EA ÇÖZÜM

ÖRNEK 13

x−3

a b + den, x − 1 x −2 x − 3x + 2 a = 2 ve b = −1 bulunur. 5

∫x

5

x−3 2

− 3x + 2

3

3

=

2

dx =

⎛ 2

∫x 1

+3


1 ⎞

∫ ⎝⎜ x − 1 − x − 2 ⎠⎟ dx

ÇÖZÜM

3

5

|

= 2ln x − 1 − ln x − 2

dx 2

3

∫x

3

= 2ln 4 − ln 3 − (2ln 2 − 0) = ln

4 tür. 3

dx 2

1

+3

3

=

∫ 1

dx 2

=

2

x + ( 3)

1 3

arctan

x

| 3

1

=

1 ⎡ 3 1 ⎤ 1 ⎛π π⎞ − arctan ⎢arctan ⎥= ⎜ − ⎟ 3 ⎢⎣ 3 3 ⎥⎦ 3 ⎝4 6⎠

Şekilde, d1 ve d2 doğruları f

=

fonksiyonunun eğrisine A ve B noktalarında teğettir.

3π dır. 36

ÖRNEK 14

ÖRNEK 11

Buna göre,

3

3

4

∫ f(4x − 1) dx = 8 olduğuna göre,

∫0 f (x) ( f(x) + f (x)) dx ı

ıı

1


11

∫3 f(x) dx ifadesinin değeri kaçtır?

ÇÖZÜM 4

∫ ( f(x).f (x) + f (x).f (x)) dx ı

ı

ıı

ÇÖZÜM

0

( f(x))2 + ( f (x)) = ı

2

=

2

+

2

( ) f ı(4)

3

4

|

2

( f(4))

= 8+

2

∫ f(4x − 1) dx = 8 integralinde

0

2

2

( )

⎛ f ı (0) ⎜ ( f(0))2 −⎜ + 2 ⎜⎜ 2 ⎝

2

1

⎞ ⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎠

u = 4x − 1 dersek, du = 4 dx ve x = 3 için, u = 11 x = 1 için, u = 3 tür. 3

3 ⎛ 1⎞ − 8 + ⎟ = 1 dir. 2 ⎜⎝ 2⎠

∫

f(4x − 1) dx = 8

1 4

,

1 11

11

∫ f(u) du = 8 olup, 3

∫ f(x) dx = 32 dir.

ÖRNEK 12

3

2

∫0 (6x

5

+ 5x 4 + 4x 3 + 3x 2 + 2x + 1) dx ifadesinin değeri

ÖRNEK 15

kaçtır?

1

⎛ x2 + 1 ⎞ ⎟ ifadesinin değeri kaçtır? ⎠

∫0 d ⎜⎝ e

ÇÖZÜM 2

∫ (6x

5

4

3

2

+ 5x + 4x + 3x + 2x + 1) dx

ÇÖZÜM

0

= x 6 + x5 + x 4 + x3 + x 2 + x 6

5

4

3

2

|

1

2

= 2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 2 − 0 = 126 dır.


⎛

∫ d ⎜⎝ e

0

0

69

2 x +1 ⎞

⎟=e ⎠

2

x +1

1

|

0

2

= e − e = e (e − 1) dir.


ÖRNEK 19

Şekilde, f fonksiyonunun grafiği verilmiştir.

π 3

∫ tan

∫ −2

x dx ifadesinin değeri kaçtır?

0

Buna göre, 2

3

2

∫ x f (x) dx −2 ı

f(x) dx +

ÇÖZÜM π 3


∫ tan

ÇÖZÜM 2

2

ı

2

|

= x.f(x)

π 3

ı

−2

∫ d(f

−1

2

)

x) − tan x dx

tan2 x = + ln ( cos x ) 2 3 = − ln 2 dir. 2

|

2x + 4 olduğuna göre, x

)

x dx

x + 1 − 1) dx

0

ÖRNEK 17

4

2

∫ ( tan x(1+ tan

=

2

0

0 π 3

= 2.4 + 2.1 = 10 dur.

f(x) =

∫ tan x. tan

∫ tan x(tan

=

−2

= 2f(2) + 2f( −2)

−2

x dx =

0

2

∫ f(x) dx + ∫ x f (x) dx = ∫ ( f(x) + x f (x)) dx

−2

3

π 3

π 3

0

=

3 1 + ln − 0 2 2

(x) ifadesinin değeri kaçtır?

3

ÇÖZÜM f(x) = 4

∫ d(f

ÖRNEK 20

2x + 4 4 −1 ise, f (x) = dir. x x−2

−1

)

−1

4

3

3

∫

| = x 4− 2|

(x) = f (x)

3

4

2

e −1

0

ÇÖZÜM

= 2 − 4 = −2 dir.

u = ln(x + 1) ise, du =

ÖRNEK 18 π 2

∫

ln(x + 1) dx ifadesinin değeri kaçtır? x+1

2 e −1

∫

cos3 x dx ifadesinin değeri kaçtır?

0

ln(x + 1) dx = x +1

1 dx tir. x +1

2

∫

u du =

0

u2 2

2

|

0

= 2 − 0 = 2 dir.

0

ÇÖZÜM π 2

∫ cos

3

π 2

ÖRNEK 21

∫

2

x dx = cos x .cos x dx

0

⎧2x + 1 , x < 1 ise, f(x) = ⎨ ⎩ 4x − 1 , x ≥ 1 ise, fonksiyonu veriliyor.

0

π 2

π 2

∫

∫

= (1 − sin2 x)cos x dx = (cosx − sin2 x cos x) dx 0

= sin x −

sin3 x 3

|

π 2

0

2

0

= 1−

Buna göre,

1 2 −0 = tür. 3 3


∫ f(x) dx ifadesinin değeri kaçtır? 0

70


ÖRNEK 24 π

2

1

∫0 ( sin x + cos x ) dx ifadesinin değeri kaçtır?

2

∫ f(x) dx = ∫ (2x + 1) dx + ∫ (4x − 1) dx 0

0

2

1

1

|

2

= x + x + 2x − x 0

ÇÖZÜM

2

|

1

= 1 + 1 − 0 + 8 − 2 − (2 − 1) = 7 dir.

π

0

0 π 2

∫ sin x dx + ∫ cos dx

ÖRNEK 22

π

∫

4

∫

π

2x − 1 dx ifadesinin değeri kaçtır?

π

∫

∫

sin x dx + cos x dx + − cos x dx

0

π 2

0

−1

π

|

= − cos x

ÇÖZÜM

0

+ sin x

|

π 2

0

π

|

− sin x

π 2

= 1 − ( −1) + 1 − 0 − 0 + 1 = 4 tür. 1 2

4

∫

∫

2x − 1 dx =

−1

2x − 1 dx +

∫ 2x − 1 dx

ÖRNEK 25

1 2

−1 1 2

=

4

6

∫ sgn(x − 2) dx ifadesinin değeri kaçtır?

4

∫ (1− 2x) dx + ∫ (2x − 1) dx 1 2

−1

2

|

= (x − x )

0

1 2

−1

6

4

|

+ (x 2 − x)

ÇÖZÜM

0

= −x

ÖRNEK 23

ÖRNEK 26

5

2

6

0

2

0

2

| + x|

= −2 + 0 + 6 − 2 = 2 dir.

4

x 2 − 6x + 9 dx ifadesinin değeri kaçtır?

∫ x sgn(x − 1) dx ifadesinin değeri kaçtır?

0

−1

ÇÖZÜM

ÇÖZÜM

5

5

∫

x 2 − 6x + 9 dx =

0

∫

4

−1

5

∫ x − 3 dx + ∫ x − 3 dx 0 3

=−

∫ 0

4

2 x 1

−1

1

|

2 x 4

|

+ 2 −1 2 1 1 ⎛ 1⎞ 1 15 dir. = − −⎜− ⎟ + 8 − = 2 ⎝ 2⎠ 2 2

3 5

= (3 − x) dx +

1

∫ x sgn(x − 1) dx = ∫ −x dx + ∫ x dx

x − 3 dx

0

3

=

6

∫ sgn(x − 2) dx = ∫ (−1) dx + ∫ (1) dx

1 2

1 1 ⎛ 1 1 ⎞ 29 = − − ( −1 − 1) + 16 − 4 − ⎜ − ⎟ = dir. 2 4 ⎝ 4 2⎠ 2

∫

2

∫ (x − 3) dx 3

2 2 ⎛ ⎞ 5 x ⎞ 3 ⎛x ⎟ +⎜ = ⎜ 3x − − 3x ⎟ ⎜ ⎟ 3 2 ⎟⎠ 0 ⎜⎝ 2 ⎝ ⎠ 9 25 ⎛9 ⎞ 13 = 9− −0+ − 15 − ⎜ − 9 ⎟ = dir. 2 2 ⎝2 ⎠ 2

|

ÖRNEK 27

|


4

∫ a x + 1b dx ifadesinin değeri kaçtır? 1

71

MATEMATİK – ÖSS SAY/EA ÇÖZÜM ÇÖZÜM 4

2

3

4

∫ ax + 1b dx = ∫ ax + 1b dx + ∫ ax + 1b dx + ∫ ax + 1b dx 1

1

2

=

2

3

m

∫

3

2

4

∫ 2 dx + ∫ 3 dx + ∫ 4 dx 1

2

= 2x

3

1

2

| + 3x|

+ 4x

|

3

İNTEGRAL FONKSİYONUNUN TÜREVİ

∫ a x + 2b

a x + 2b

dx ifadesinin değeri kaçtır?

∫ f(x) dx = F(x) + c ve

0

u, v: [a, b] → R iki fonksiyon olsun.

ÇÖZÜM

u(x)

a x + 2b

∫ a x + 2b

1

∫

a x + 2b

∫

a x + 2b

dx = a x + 2b

0

3

= ln 3

f(m) = ln 3 f(2) f(m) = 3 ten, f(m) = 12 dir. 4

ÖRNEK 28

3

2

ln

4

= 4 − 2 + 9 − 6 + 16 − 12 = 9 dur.

3

m

|

ln f(m) − ln f(2) = ln 3

3

2

d f(x) = ln f(x) f(x)

+ a x + 2b

0 1

dx =

2

|

2

|

dx + a x + 2b

1

∫ f(t) dt

dx

ise,

a

2

1 3

dF ı ı = F (x) = u (x). f ( u(x)) tir. dx

1

2

F(x) =

u(x)

3

|

= 4x + 27x + 256x 0

∫

a x + 2b

∫ 4 dx + ∫ 27 dx + ∫ 256 dx 0

1

2

F(x) =

∫

f(t) dt ise,

v(x)

dF = Fı (x) = uı (x).f ( u(x)) − vı (x).f ( v(x)) tir. dx

2

= 4 + 54 − 27 + 3.256 − 2.256 = 287 dir.

ÖRNEK 29 ÖRNEK 31

3

∫x

2

a x b dx ifadesinin değeri kaçtır?

x

f(x) =

1

3

∫x

2

=

∫ 1

=

t

2

dt olduğuna göre,

∫

f ı (x) in eşitini bulalım.

3

∫

2

2

a x b dx = x a x b dx + x a x b dx

1

2

∫e 2

ÇÖZÜM 2

2

1

2

3

3

x x dx + 2x dx = 3 2

∫

2

2

2x + 3 1

|

2

ÇÖZÜM

3 3

|

x

2

f(x) =

8 1 16 − + 18 − = 15 tir. 3 3 3

∫e

t

2

ı

dt ise, f (x) = 2xe

x

4

2

ÖRNEK 32

ÖRNEK 30 f : R → R sürekli ve türevli olan bir fonksiyondur. m

f(2) = 4 ve

2

∫ 2

f(x) =

d f(x) = ln 3 olduğuna göre, f(x)

4

x

2

∫ ln t dt olduğuna göre,

df in eşitini bulalım. dx

f(m) nin pozitif değeri kaçtır? -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

x

72

tür.


ÇÖZÜM x

1

4

∫

∫ ln t dt ise,

f(x) =

x

0

2

df ı 3 4 2 = f (x) = 4x ln x − 2x ln x dx

2

t

2

x2 − 1

ifadesinin eşitini bulalım.

x2 − 1

de

2

∫ e dt t

lim

x →1

2

A=

2

t+4

f(x) fonksiyonunun eğrisine üzerindeki x = 2 apsisli noktadan çizilen teğetin eğimi kaçtır? ÇÖZÜM

∫

∫ a

b

2

∫

c

∫

A + A = − f(x)dx + f(x) dx tir.

t+4

∫ t + 1 dt ise,

1

2

a

b

2x

2

2x + 4 ⋅2 2x + 1 x +1 32 16 16 ı f (2) = tir. − = 5 5 5 ı

f (x) =

x +4 2

4. y = f(x) ile y = g(x) fonksiyonlarının eğrileri x1 < x2 olmak üzere, iki

⋅ 2x −

farklı noktada kesiştiklerinde, bu iki fonksiyonun eğrileri arasında kalan bölgenin alanı,

ÖRNEK 35 1

∫ 0

⎡ ⎢ d ⎢ dx ⎢ ⎣

0

, A = − f(x) dx tir.

f : [a, c] → R, y = f(x)

3.

2x

f(x) =

1

|

b

f(x) dx

fonksiyonu [a,b] aralığında negatif değerli, [b,c] aralığında pozitif değerli, sürekli bir fonksiyon ise, y = f(x) fonksiyonunun eğrisi, x = a, x = c ve y = 0 doğruları tarafından sınırlanan bölgelerin alanları toplamı,

∫ t + 1 dt olduğuna göre,

x

2

∫ f(x) dx tir.

a

ÖRNEK 34

f(x) =

dx = e x

0

b

4xe2x = lim = 2e2 dir. 2 2x → x 1 x −1

2

x

2

fonksiyonu negatif değerli, sürekli bir fonksiyon ise, y = f(x) eğrisi, x = a, x = b ve y = 0 doğruları ile sınırlı bölgenin alanı,

0 belirsizliği vardır. 0

L’hospital kuralı uygulanırsa, 2x

x

f : [a, b] → R, y = f(x)

2.

e t dt

2

x →1

∫ 2x.e

a

2

∫

lim

1

1

b

A=

ÇÖZÜM 2x

∫

⎤ ⎥ e t dt ⎥ = ⎥⎦

fonksiyonu pozitif değerli, sürekli bir fonksiyon ise, y = f(x) eğrisi, x = a, x = b ve y = 0 doğruları ile sınırlı bölgenin alanı,

∫ e dt

lim

2

f : [a, b] → R, y = f(x)

1.

ÖRNEK 33

x →1

x

ALAN HESABI

= 16x3 ln x − 4x ln x = 4x(4x 2 − 1)ln x tir.

2x

⎡ ⎢d ⎢ dx ⎢⎣

x2

∫

1

⎤ ⎥ e dt ⎥ ifadesinin değeri kaçtır? ⎥ ⎦

x

t


A=

2

∫ ( f(x) − g(x)) dx

x

1

73

tir.

= e − 1 dir.

MATEMATİK – ÖSS SAY/EA 5. y = f(x), y = g(x) fonksiyonlarının eğrileri ile x = a ve x = b doğruları arasında kalan bölgenin alanı

ÖRNEK 39 f(x) = 2x2 ve g(x )= x3 fonksiyonlarının eğrileri arasında kalan bölgenin alanı kaç birimkaredir? ÇÖZÜM

b

A=

∫ ( f(x) − g(x)) dx

tir.

x 3 = 2x 2 den, x = x = 0 ve x = 2 dir.

a

1

2

3

2

A=

ÖRNEK 36

0 2

f(x) = 2x3 fonksiyonunun eğrisi, x = 2, x = 4 ve y = 0 doğruları ile sınırlanan bölgenin alanı kaç birimkaredir?

A=

A=

4

∫ 2x

3

2

− x3 ) dx

2 3 x4 x − 3 4

2

|

0

16 4 − 4 = birimkaredir. 3 3

=

dx

2 4 4

x = 128 − 8 2 2 = 120 birimkaredir. =

∫ ( 2x 0

ÇÖZÜM A=

∫ ( f(x) − g(x)) dx

|

ÖRNEK 40 f(x) = (x–2)2 ve g(x) = x3 fonksiyonlarının eğrileri ile, x = 0 ve x = 2 doğruları arasında kalan bölgelerin alanları toplamı kaç birimkaredir?

ÖRNEK 37 f(x) = –3x2 fonksiyonunun eğrisi, x = 1, x = 3 ve y = 0 doğruları ile sınırlanan bölgenin alanı kaç birimkaredir?

ÇÖZÜM f(x) = (x − 2)2 ve g(x) = x3 f(x) = g(x) ten, x = 1 dir.

ÇÖZÜM

1

A =

3

1

∫

A = − −3x 2 dx

0

1

A=x

3

3

|

1

1

2 3 ∫ ( f(x) − g(x)) dx = ∫ ((x − 2) − x ) dx 0

3

4 x 1

(x − 2) 1 1 ⎛ 8⎞ − =− − −⎜− ⎟+0 3 4 0 3 4 ⎝ 3⎠ 7 1 25 A = − = birimkaredir. 1 3 4 12 A = 1

= 27 − 1

= 26 birimkaredir.

|

2

A = 2

ÖRNEK 38

1

3

A =

1

0

∫ −x

3

∫

A = 4+

|

3

dx + x dx

4 x 0

4

2

|

1

−2

A=−

(x − 2)3 2

2

ÇÖZÜM Alanlar toplamı, A = A + A

1

4

x ⎛ 1 1⎞ − = 4−0−⎜ + ⎟ 4 3 ⎝4 3⎠ 1 41 A = birimkaredir. 2 12 11 Toplam alan = A + A = birimkaredir. 1 2 2

f(x) = –x fonksiyonunun eğrisi, x = –2, x = 1 ve y = 0 doğruları ile sınırlanan bölgelerin alanları toplamı kaç birimkaredir?

A=

2

3 2 ∫ ( g(x) − f(x)) dx = ∫ ( x − (x − 2) ) dx

−2

+

ÖRNEK 41

0 4 x 1

4

|

f(x) = x 2 − 4x fonksiyonunun eğrisi ile y = 0 doğrusu tarafından sınırlanan bölgenin alanı kaç birimkaredir?

0

1 17 birimkaredir. = 4 4


74


ÖRNEK 44

f(x) = 0 , x 2 − 4x = 0 x = 0 ve x = 4 tür.

f(x) = ex fonksiyonunun eğrisi, üzerindeki x = 1 apsisli noktasından çizilen teğeti ve x = 0 doğrusu tarafından sınırlanan bölgenin alanı kaç birimkaredir?

1

2

4

4

∫

∫

2

A = − f(x) dx = ( − x + 4x) dx 0

3

x + 2x 2 3

A=−

=

ÇÖZÜM

0

4

|

0

=−

64 + 32 3

Teğetin değme noktası, A(1, e) ve eğimi, m = e dir. Teğetin denklemi, y = ex tir. Taralı alan,

32 birimkaredir. 3

1

∫ (e

x

− ex ) dx

0

e 2 1 x 2 0 e e = e − − 1 = − 1 birimkaredir. 2 2 x

=e −

ÖRNEK 42 Şekilde, f(x) = 2x2 ve g(x) = 9 – x2 fonksiyonlarının grafikleri verilmiştir.

|

Buna göre, taralı bölgenin alanı kaç birimkaredir? ÇÖZÜM

ÖRNEK 45 2

f(x) = g(x) , 2x = 9 − x

2

, x = 3 tür.

f(x) = 2x2 fonksiyonunun eğrisi ve y = 2x + 4 doğrusu tarafından sınırlanan bölgenin alanı kaç birimkaredir?

3

Taralı alan =

∫ ( g(x) − f(x)) dx 0

3

=

∫ (9 − 3x

2

ÇÖZÜM

) dx = 9x − x3 |

3

2x 2 = 2x + 4 ten, x = −1 ve x = 2 dir.

0

0

1

= 9 3 − 3 3 = 6 3 birimkaredir.

2

Taralı alan, 2

∫ ( 2x + 4 − 2x

2

) dx

−1

ÖRNEK 43

2 3 2 x 3 −1 16 ⎛ 2⎞ = 4+8− − ⎜ 1 − 4 + ⎟ = 9 birimkaredir. 3 ⎝ 3⎠

= x 2 + 4x −

f(x) = x3 fonksiyonunun eğrisi, y = 1, y = 8 ve x = 0 doğruları tarafından sınırlanan bölgenin alanı kaç birimkaredir?

|

ÇÖZÜM 3

y = x ise, x = 3 y dir. 8

A=

1 8

A=

∫ 1

A=

ÖRNEK 46

∫ f(y) dy 3

y dy =

3 3 y y 4

Şekilde, f(x) = 2 x fonksiyonunun eğrisi ile g(x) = 2x – 4 doğrusunun grafikleri verilmiştir.

8

|

1

3 [8.2 − 1] = 45 birimkaredir. 4 4


Buna göre, taralı bölgenin alanı kaç birimkaredir?

75


ÇÖZÜM 8 2x = ten, x = 2 dir. x 4.2 A = = 4 birimkaredir. 1 2

f(x) = g(x) ise, 2 x = 2x − 4 ten, x = 4 tür.

e

Taralı alan, 4

∫

A =

4

2 x dx −

0

∫

2

(2x − 4) dx

8 dx = 8 ln x x

e

|

2

2

2 = 8 ⎡⎣ln e − ln 2⎤⎦ A = 16 − 8 ln2 birimkaredir.

4 4 4 2 x x − ( x − 4x ) 3 0 2 32 20 = − [16 − 16 − (4 − 8)] = birimkaredir. 3 3

|

∫ 2

2

=

2

|

2

Taralı alan, A1 + A2 = 20 – 8ln2 birimkaredir.

ÖRNEK 49 Şekilde, f ve g fonksiyonlarının türevleri olan fı ve gı fonksiyonlarının grafikleri verilmiştir. f fonksiyonunun yerel ekstremum noktaları; A(0,3), B(4, 12) ve g fonksiyonunun yerel ekstremum noktaları; C(0,–1), D(4, 16) dır.

ÖRNEK 47

Buna göre, taralı alan kaç birimkaredir? ÇÖZÜM 4

Şekilde, f fonksiyonunun grafiği verilmiştir. A1, A2, ve A3

A=

bulundukları bölgelerin alanlarını göstermektedir.

ı

ı

4

0

0

c

A1 = 16 br2, A2 = 6 br2 ve

∫ ( g (x) − f (x)) dx = ( g(x) − f(x))|

= g(4) − f(4) − [ g(0) − f(0)]

∫ f(x) dx = 30 olduğuna göre,

= 16 − 12 − ( −1 − 3) = 8 birimkaredir.

a

A3 kaç birimkaredir?

ÖRNEK 50

ÇÖZÜM

f(x) = sinx ve g(x) = cosx fonksiyonlarının eğrileri, π 5π x = ve x = doğruları arasında kalan bölgenin 4 4 alanı kaç birimkaredir?

c

∫

0

f(x) dx =

a

∫

b

∫

c

∫

f(x) dx + f(x) dx + f(x) dx

a

0

ÇÖZÜM

b

f(x) = sin x ve g(x) = cos x ise, sin x = cos x π 5π x = ve x = tür. 1 4 2 4

= 16 + ( −6) + A = 30 dan, 3

A = 20 birimkaredir. 3

5π 4

Taralı alan,

π 4

ÖRNEK 48 5π 4

8 fonksix yonunun eğrisi, y = 2x, x = e2 ve y = 0 doğruları tarafından sınırlanan bölgenin alanı kaç birmkaredir? Şekilde, f(x) =


∫ ( f(x) − g(x)) dx

∫

=

2 2 ⎛ 2 2⎞ + −⎜− − ⎟ = 2 2 birimkaredir. 2 2 ⎝ 2 2 ⎠

π 4

76

|

5π 4

( sin x − cos x ) dx = ( − cos x − sin x )

π 4


ÖRNEK 54

f(x) = lnx fonksiyonunun eğrisi, y = 0, x = 0 ve y = 2 doğruları arasında kalan bölgenin alanı kaç birimkaredir?

Şekilde, f(x) = x3 + 1 ve g(x) = x3 fonksiyonlarının grafikleri verilmiştir. A1 ve A2 bulundukları böl-

ÇÖZÜM

gelerin alanlarını göstermektedir. A1 = A2 olduğuna göre,

y

y = ln x ise, x = e dir. Taralı alan, 2

∫

2

f(y) dy =

0

∫

a kaçtr?

y

e dy

0

=e

y

2

|

0

ÇÖZÜM

2

= e − 1 birimkaredir. A = 1

ÖRNEK 52 2

A =

2

f(x) = x + 4 ve g(x) = x fonksiyonlarının eğrileri ile x = 0 ve x = 2 doğruları tarafından sınırlanan bölgenin alanı kaç birimkaredir?

2

a

a

0 a

0

∫

a

g(x) dx =

0

A = A ise, a = 1

ÇÖZÜM

a

∫ ( f(x) − g(x)) dx = ∫ dx = x|

2

∫

3

x dx =

0 4

0

x4 4

a

|

0

=

=a a4 4

a ten, a = 3 4 tür. 4

2

∫ ( f(x) − g(x)) dx

Taralı alan,

0

2

=

∫ (x

2

+ 4 − x 2 ) dx

ÖRNEK 55

= 8 birimkaredir.

Şekilde, f(x) = x3 fonksiyonu ile g doğrusunun grafikleri verilmiştir.

0

= 4x

2

|

0

ÖRNEK 53


Şekilde, f fonksiyonunun grafiği verilmiştir.

ÇÖZÜM

8

∫

Buna göre,

3

f(x) = x ve g(x) = 2x + 4 ten,

f(x) dx

3

x = 2x + 4 , x = 2 dir. Taralı alan,

−2


2

∫ (2x + 4 − x ) dx 3

ÇÖZÜM

0

2

= x + 4x −

4 2

x 4

|

0

= 8 birimkaredir.

ÖRNEK 56 8

2

6

8

∫ f(x) dx = ∫ f(x) dx + ∫ f(x) dx + ∫ f(x) dx

−2

−2

2

f(x) = ex ve g(x) = e–x fonksiyonlarının eğrileri, y = 0, x = –1 ve x = 1 doğruları tarafından sınırlanan bölgenin alanı kaç birimkaredir?

6

= A − A + A = 4 − 4 + 2 = 2 dir. 1

2

3


77


ÇÖZÜM

0

A = 1

0

∫

A =

f(x) dx

1

−1 0

A = 1

∫

e x dx = e x

A = 1− 1

A = 2

∫

A = 2

−1

A = 2

1

g(x) dx =

0

∫

1

|

e − x dx = −e− x .

0

Toplam alan, A + A = 2 − 1

dx = −

2

∫

0

= 1−

x4 4

0

|

−2

= 4 birimkaredir.

0

f(y) dy = −

−1

1 e

1

3

−2 0

0

|

−1

∫ −x

∫

3

y dy = −

−1

3 3 y y 4

−1

3 birimkaredir. 4

Taralı alanlar toplamı, A + A =

1 e

0

|

1

2

19 birimkaredir. 4

2 birimkaredir. e

ÖRNEK 59 a fonksiyox nunun grafiği ile y = x, y = 0 ve x = e2 doğruları verilmiştir. 3a Taralı bölgenin alanı bi2 rimkare olduğuna göre,

Şekilde, f(x) =

ÖRNEK 57 Şekilde, f ve g fonksiyonlarının grafikleri verilmiştir. A1 ve A2 bulundukları bölgelerin alanlarını göstermektedir. A1 = 10 br2 ve A2 = 6 br2

a kaçtır?

olduğuna göre,

ÇÖZÜM

4

∫ ( f(x) − g(x)) dx ifadesinin değeri kaçtır?

f(x) =

0

a = x ten, x = a dır. x

ÇÖZÜM 4

2

4

0

0

2

A ( a, a ) olup,

∫ ( f(x) − g(x)) dx = ∫ ( f(x) − g(x)) dx + ∫ ( f(x) − g(x)) dx 2

=

∫

a. a a = birimkare, 2 2

A = 1

4

( f(x) − g(x)) dx −

0

a ve y = x ise, x

e

∫ ( g(x) − f(x)) dx

A = 2

2

2

∫

a

= 10 − 6 = 4 tür.

a = a ln x x

e2

|

a

a = 2a − ln a birimkaredir. 2

a a 3a 2 + 2a − ln a = den, a = e dir. 2 2 2

ÖRNEK 58 Şekilde, f(x) = –x3 fonksiyonunun grafiği verilmiştir.

ÖRNEK 60

Buna göre, taralı alanların toplamı kaç birimkaredir?

Şekilde, f(x) = x2 ve g(x) = 8 x fonksiyonlarının grafikleri verilmiştir.



78


4. x = f(y), x = g(y) bağıntılarının eğrileri ile y = a, y = b doğrularının sınırladığı bölgenin y ekseni etrafında 360° döndürülmesiyle oluşan dönel cismin hacmi,

2

f(x) = g(x) ise, x = 8 x , x = 4 tür. 4

Taralı alan,

∫ ( g(x) − f(x)) dx 0

4

=

∫ (8

x −x

2

⎛

) dx = ⎜ 16 x

0

⎝ 3

x−

3 x ⎞ 4 ⎟ 3 ⎠ 0

|

b

∫

2 2 V = π ⎡⎣ f (y) − g (y)⎤⎦ dy birimküptür.

128 64 64 = − = birimkaredir. 3 3 3

a

ÖRNEK 61 HACİM HESABI

y = 2 x fonksiyonunun eğrisi ile, x = 2 ve y = 0 doğruları tarafından sınırlanan bölgenin, x ekseni etrafında 360° döndürülmesiyle oluşan dönel cismin hacmi kaç birimküptür?

1. y = f(x) fonksiyonunun eğrisi, x = a, x = b ve y = 0 doğruları ile sınırlanan bölgenin x ekseni etrafında 360° döndürülmesiyle oluşan dönel cismin hacmi,

ÇÖZÜM 2

∫

V = π f 2 (x) dx

b

∫

0 2

2

V = π f (x) dx birimküptür.

∫

V = π (2 x )2 dx

a

0 2

2

|

∫

V = π 4x dx = π 2x 2

0

0

2. x = f(y) bağıntısının eğrisi, y = a, y = b ve x = 0 doğruları ile sınırlanan bölgenin y ekseni etrafında 360° döndürülmesiyle oluşan dönel cismin hacmi,

ÖRNEK 62 f(x) = sinx fonksiyonunun eğrisi, x = 0, x = π ve y = 0 doğruları arasında kalan bölgenin, x ekseni etrafında 360° döndürülmesiyle oluşan dönel cismin hacmi kaç birimküp olur?

b

∫

= 8π birimküptür.

2

V = π f (y) dy birimküptür. a

ÇÖZÜM π

∫

V = π sin2 x dx

3. y = f(x), y = g(x) fonksiyonlarının eğrileri ile x = a, x = b doğrularının sınırladığı bölgenin x ekseni etrafında 360° döndürülmesiyle oluşan dönel cismin hacmi,

0 π

V=

∫ 0

b

∫

2 2 V = π ⎡⎣ f (x) − g (x)⎤⎦ dx birimküptür. a


π (1 − cos 2x) dx 2

79

π

V=

π⎛ 1 ⎞ ⎜ x − sin 2x ⎟ 2⎝ 2 ⎠

V=

π birimküp olur. 2

|

2

0

=

π( π − 0 − 0) 2

MATEMATİK – ÖSS SAY/EA ÖRNEK 63 ÇÖZÜM 2

f(x) = x , g(x) = x fonksiyonlarının eğrileri arasında kalan bölgenin x ekseni etrafında 360° döndürülmesiyle oluşan dönel cismin hacmi kaç birimküp olur?

2x =

ÇÖZÜM

8 ten, x = 2 dir. x 2

∫

V = π (2x)2 dx

2

1

f(x) = x ve g(x) = x ise,

0

2

x = x ten, x = 1 dir. 2

0 1

V=π

1

∫ ( g (x) − f (x)) dx 2

∫ (x − x

4

) dx = π ⎛⎜ x

4

V =π 2

⎝ 2

0

4x 3 3

V =π

1

V=π

8 ise, x

y = 2x ve y =

2

x ⎞ ⎟ 5 ⎠ 0 5

−

1

2

|

0

64

∫x

2

2

|

32 π birimküp 3

⎛ 64 ⎞ dx = π ⎜ − ⎟ ⎝ x ⎠

V =V +V = 1

=

2

⎛ 1 1⎞ 3 V = π⎜ − ⎟ = π birimküptür. ⎝ 2 5 ⎠ 10

4

|

2

= 16π birimküp

80 π birimküp olur. 3

ÖRNEK 64 b 2 2 a −x a fonksiyonunun eğrisi ile, x = 0 ve y = 0 doğruları tarafından sınırlanan bölge verilmiştir.

Şekilde, y =

ÖRNEK 66 Şekilde, f fonksiyonunun eğrisi, x = 2 ve y = 0 doğrularının sınırladığı bölgenin alanı A = 6 birimkaredir.

Taralı bölge, y ekseni etrafında 360° döndürüldüğünde oluşan dönel cismin hacmi kaç birimküp olur?

2

∫ ( f(x) − 2)

2

dx = 16 oldu-

0

ğuna göre,

ÇÖZÜM y=

taralı bölge, x ekseni etrafında 360° döndürüldüğünde oluşan dönel cismin hacmi kaç birimküp olur?

2

b 2 a 2 2 2 2 a − x ise, x = 2 (b − y ) a b b

∫

b

2

V = π x dy = π 0

a

∫b

2 2

2

2

(b − y ) dy

ÇÖZÜM

0

2

3 2 3 πa2 ⎛ 2 y ⎞ b πa ⎛ 3 b ⎞ ⎜b y − ⎟ = ⎜b − ⎟ 2 ⎝ 2 3 ⎠ 0 b ⎝ 3 ⎠ b 2 2 V = πa b birimküp olur. 3

V=

∫ ( f(x) − 2) dx = 16

|

0 2

∫

∫

0 2

ÖRNEK 65

0

∫f

8 Şekilde, y = fonksiyonux nun eğrisi, y = 2x, x = 4 ve y = 0 doğruları tarafından sınırlanan bölge verilmiştir.

2

2

∫ 4 dx = 16 0

(x) dx − 4.6 + 8 = 16 dan,

0 2

∫f

2

(x) dx = 32 dir.

0

2

∫

Taralı bölge, x ekseni etrafında 360° döndürülürse, oluşan dönel cismin hacmi kaç birimküp olur? -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

2

f 2 (x) dx − 4 f(x) dx +

2

V = π f (x) dx = 32π birimküp olur. 0

80


ÇÖZÜMLÜ TEST a

∫ (3x

1.

2

x = 3 sin t ise, dx = 3 cos t dt π 3 = 3 sin t , t = ve 0 = 3 sin t , t = 0 2

)

− 6x + 3 dx = 64 olduğuna göre,

1

3

A) 2

B) 3

C) 4

D) 5

E) 6

2

=

∫

3 sin t.3 cos t dt 9 − 9 sin2 t

0

π 2

∫

= 3 sin t dt elde edilir.

a

∫ (3x

9−x

0

ÇÖZÜM

0

)

2

x dx

∫

a kaçtır?

π 2

Yanıt: B

− 6x + 3 dx = 64

2

1

3

2

x − 3x + 3x 3

a

|

1

∫x

4.

= 64

2

− 1 dx ifadesinin değeri kaçtır?

0

2

a − 3a + 3a − 1 = 64

A) 6

3

(a − 1) = 64 ten, a = 5 tir.

B) 5

C) 4

D) 3

E) 2

ÇÖZÜM 2

Yanıt: D

∫

∫ sin

3

1 3

C)

2 3

D) 1

E)

4 3

ÇÖZÜM

5.

π

∫ sin

0

x dx =

0

∫ sin

2

x .sin x dx

2

0

π

Buna göre,

π

∫

∫

2

|

f : R → R , sürekli ve türevli bir fonksiyondur. f fonksiyonunun eğrisi, A(1,–2) ve B(2,4) noktalarından geçmektedir.

π

3

∫ f (x) dx ifadesinin değeri kaçtır?

A) –2

0

= − cos x +

3

cos x 3

π

|

0

= 1−

1 ⎛ 1⎞ 4 tür. − −1 + ⎟ = 3 ⎜⎝ 3⎠ 3

B) 2

2

2

∫ f (x) dx = f(x) | ı

1

1

3.

∫ 0

x dx 9 − x2

x

lırsa, aşağıdaki integrallerden hangisi elde edilir?

A)

∫

π 2

B)

sin t dt

∫

C)

0

0

π 6

D)

∫ 9 sin

2

t dt

0


∫

E)

∫ 9 cos

6. 3 cos t dt

lim

x →2

A) 2

= f(2) − f(1)

2

∫ ( e − 1) dt

0

π 2

E) 8

t

π 2

3 sin t dt

D) 6

= 4 − ( −2) = 6 dır. Yanıt: D

integralinde, x = 3sint dönüşümü yapı-

π 3

C) 4

ÇÖZÜM

Yanıt: E 3

ı

1

2

= (1 − cos x) sin x dx = (sin x − cos x sin x) dx 0

2

1

|

0

B)

∫

2

3 3 ⎛ ⎞ 2 x ⎞ 1 ⎛x ⎟ = ⎜x − +⎜ − x⎟ ⎜ ⎟ 1 3 ⎟⎠ 0 ⎜⎝ 3 ⎝ ⎠ 1 8 ⎛1 ⎞ = 1 − + − 2 − ⎜ − 1⎟ = 2 dir. 3 3 ⎝3 ⎠ Yanıt: E

x dx ifadesinin değeri kaçtır?

A) 0

2

∫

0

π

2.

1

2

x − 1 dx = (1 − x ) dx + (x − 1) dx

t dt

2x

x2 − 4

e4 − 1 2

B) D)

0

81


e2 − 1 2

e4 − 1 4

C) e4 − 1 E)

e4 + 1 2

MATEMATİK – ÖSS SAY/EA ÇÖZÜM x

9.

2

∫ (e − 1) dt 2x t

lim

te

2

x −4

x →2

∫ (e − 1) dt 2x

⎛ x2 ⎞ 2x 2x ⎜ e − 1⎟ − 2 e − 1 ⎝ ⎠ = lim 2x x →2

2

x −4

x →2 4

)

(

t

lim


0 belirsizliği vardır. 0

x2

4

A) 2

4

4(e − 1) − 2(e − 1) e − 1 dir. = 4 2 Yanıt: A =

∫

f(x) =

Taralı alan,

0

B) 1

C) 2

D)

1 2

E)

3 2

=

π 2

π 2

1 + sin 2x dx = π 2

=

∫0 π 2

=

∫0

D) 6

E) 9

1 3 (x − 3) 9

1

∫ 3 (x − 3) 0 3

|

0

=

2

dx

1 [0 − ( −27)] = 3 birimkaredir. 9

Yanıt: B

ÇÖZÜM

∫0

C) 4

1 2 (x − 3) dir. 3 3

1 + sin2x dx ifadesinin değeri kaçtır?

A) 0

B) 3

ÇÖZÜM

π 2

7.

Grafik, f(x) = ax2 + bx + c parabolüne aittir.

∫0

2

2

cos x + 2 sin x cos x + sin x dx

10. Şekilde f fonksiyonunun eğrisi, x = 3, x = 6 ve y = 0 doğrularının sınırladığı bölgenin alanı 24 birimkare olduğuna göre,

π 2

2

(cos x + sin x) dx =

∫0 cos x + sin x dx

( cos x + sin x ) dx = ( sin x − cos x )

π 2

|0

2

∫ f(3x) dx ifadesi-

1 − 0 − (0 − 1) = 2 dir.

1

nin değeri kaçtır? Yanıt: C

A) 4

π

8.

∫ x cos x dx ifadesinin değeri kaçtır?

B) 6

C) 8

D) 12

ÇÖZÜM

0

6

A) –2

B) –1

C) 1

D) 2

∫ f(x) dx = 24 tür.

E) 3

3 2

ÇÖZÜM

∫ f(3x) dx int egralinde, u = 3x dönüşümü yapılırsa,

u = x ise, du = dx dv = cos xdx ise, v = sin x π

π

1

du olur. 3 x = 1 için, u = 3 ve x = 2 için, u = 6 dır.

du = 3 dx , dx =

π

∫ x cos x dx = x sin x| − ∫ sin x dx 0

0

π

|

= x sinx + cos x

0

2

0

∫

= 0 − 1 − (0 + 1) = −2 dir.

1

Yanıt: C

Yanıt: A


6

f(3x) dx =

82

1 1 f(u) du = ⋅ 24 = 8 dir. 3 3

∫ 3

E) 18

MATEMATİK – ÖSS SAY/EA KONU TESTİ

6.

f(x) =

x+2 fonksiyonu veriliyor. 2x − 3

x

1.

∫

4

2

f(x) = (3t − 12t − 4) dt biçiminde f fonksiyonu veri-

∫ d(f

Buna göre,

0

)

−1

(x) ifadesinin değeri kaçtır?

1

liyor. A) 1

B) 2

C) 3

D) –3

E) –2

f(x) = 0 denklemini sağlayan x değerlerinin toplamı kaçtır?

A) 3

B) 4

C) 5

D) 6

E) 8

3

7.

⎛ 36 − x 2 − 3 x ⎞ dx ifadesinin değeri kaçtır? ⎟ ⎠

∫0 ⎜⎝

A) 2π

B) 3π

C) 4π

D) 6π

E) 9π

10

2.

∫ f(x) dx = 20 olduğuna göre, 6

8.

2

e

4

e

2

1 + lnx

∫ 1 − ln x dx integralinde, x = e

2t

∫ ( f ( 4x + 2) + 2) dx ifadesinin değeri kaçtır?

lırsa, aşağıdaki integrallerden hangisi elde edilir?

A) 5

A) 2

1

2

B) 6

C) 7

D) 9

E) 11

∫1

2t + 1 2t e dt 1 − 2t 2

∫1

D)

3.

dönüşümü yapı-

π 2

∫

1 + cos 2x dx ifadesinin değeri kaçtır?

9.

π 6

2 2

A)

B)

C)

2

1 2

D) 1

E) 2 2

2

B)

∫1

2

2t + 1 dt 1 − 2t

2t + 1 2t e dt 1 − 2t

C) 2 4

E)

2t + 1

∫1 1− 2t dt

2t + 1

∫2 1− 2t dt

Şekilde, f fonksiyonunun eğrisi ile, y = 6 ve x = 0 doğrularının sınırladığı bölgenin alanı 10 birimkare olduğuna göre, 4

∫0 f(x) dx 4

4.

∫1

ifadesinin değeri

kaçtır? 1 ⎛ ⎞ ⎜ 2x + 1 + ⎟ dx ifadesinin değeri kaçtır? 2x + 1 ⎠ ⎝

A) 6 + 3

B) 9 − 3

D) 9 + 2 3

A) 10

C) 12 − 3

B) 14

C) 15

D) 16

E) 18

10. Şekilde, f: R → R+,

E) 12 − 2 3

bire bir ve örten f fonksiyonunun grafiği verilmiştir. Buna göre,

5

5.

2x + 1

∫x 1

2

+ 4x

1

5

dx +

∫x 1

3 2

+ 4x

∫0 f(x) dx + ∫1 f

dx ifadesinin değeri kaç-

B) 2ln3

−1

(x) dx


tır?

A) ln3

e

C) 3ln3


D) 4ln3

E) 6ln3

A) 1

83

B) e+1

C) e

D) e–1

E)

1 e

MATEMATİK – ÖSS SAY/EA 11. Şekilde, f fonksi-

15. Şekilde, f(x) = lnx fonksiyonunun eğrisi ile, x = e2 ve y = 0 doğrularının sınırladığı bölgenin alanı kaç birimkaredir?

yonunun grafiği verilmiştir. S1, S2 ve S3 bulundukları bölgelerin alanlarını göstermektedir. S1 + S2 = 20 br2, S2 + S3 = 26 br2

A) e2 – 1

c

ve

∫

B) e2 + 1

C) e – 1

f(x) dx = 34 olduğuna göre,

2

D) e + 1

a

E)

S3 kaç br2 dir?

A) 18

B) 21

C) 22

D) 24

16. f(x) = x2 + 1 ve g(x) = 3 – x2 fonksiyonlarının eğri-

E) 25

leri tarafından sınırlanan bölgenin alanı kaç birimkaredir?

12. Şekildeki d doğrusu, f(x) = x3 + 2 fonksiyonunun eğrisine x = 1 apsisli A noktasında teğettir.

A)

3 4

4 3

B) 2

C)

8 3

D)

10 3

E) 4

D)

10 3

E) 4

17. Şekildeki d doğrusu ile,


A)

e 2

B) 1

C)

5 4

D)

3 2

E)

f(x) = x + 1 fonksiyonunun eğrisi, x = 3 apsisli A noktasında kesişmektedir.

7 4


13. Şekildeki d1 ve d2 doğruları f fonksiyonunun eğrisine A ve B noktalarında teğettir.

A)

Buna göre,

18.

4

∫ f (x) ( f(x) + f (x)) dx ı

ıı

−1

B) 8

C) 9

D) 10

8 3

C) 3

2

A)

E) 12

B)

f(x) = x + 1 ve g(x) = x + 1 fonksiyonlarının grafikleri tarafından sınırlanan bölgenin alanı kaç birimkaredir?


A) 6

7 3

1 2

B)

1 3

C)

1 4

D)

1 5

E)

1 6

tan x

∫ ( t + 1) dt 2

14.

lim x→

π 4

A) 2

1.D

1

π x− 4

19. f(x) = ex fonksiyonunun eğrisi ile, x = 0, y = 0 ve

B) 3

2.C

x = ln5 doğrularının sınırladığı bölge, x ekseni etrafında 360° döndürüldüğünde, oluşan dönel cismin hacmi kaç π birimküp olur?


C) 4

3.A


D) 5

4.E

A) 6

E) 6

5.B

6.D

84

B) 8

7.B

C) 9

8.A

D) 10

9.B

E) 12

10.C

GEOMETRİ – ÖSS SAY/EA

BİR NOKTANIN BİR ÇEMBERE GÖRE KUVVETİ Tanım: Bir çember ile bir P noktası verilsin. P noktasından geçen herhangi bir kesen, çemberi A ve B noktalarında kesiyorsa |PA| . |PB| çarpımına, P noktasının bu çembere göre kuvveti denir. 1.

P den geçen iki kesen, çemberi sırasıyla A, B ve C, D noktalarında kesiyorsa, |PA| . |PB| = |PC| . |PD| dir.

P

ÇÖZÜM K noktasının kuvveti yazılırsa AK .6 = 4.9 , AK = 6 cm P noktasının kuvveti yazılırsa

B A

2

P

x = 6.18 = 108 cm

[PT, T noktasında çembere teğet ve P den geçen bir kesen, çemberi A ve B noktalarında kesiyorsa, |PT|2 = |PA| . |PB| dir. P

3.

P noktası çemberin içinde her hangi bir nokta, P den geçen iki kiriş, sırası ile çemberi A, B ve C, D noktalarında kesiyorsa, |PA| . |PB| = |PC| . |PD| dir.

A

ÖRNEK 2 Şekildeki çembere [BC, C de teğet [ AB] ∩ [CF] = {E}

C

m(AF) = m(FD) T

BC = 6 cm BD = 4 cm ise,

A

B

Kesişen iki çembere P noktasından teğetler çizildiğinde, teğet parçalarının uzunlukları eşittir. |PA| = |PB|

AE kaç cm dir? ÇÖZÜM B noktasının kuvveti yazılırsa

D

62 = 4. BA

, BA = 9 cm

AD = 9 − 4 = 5 cm dir. A

P

O

m(CAB) = m(DCB) = α

( aynı yayı gördüklerinden ) B

C

4.

m(ACF) = m(FCD) = β

( eş yayları gördüklerinden ) m(CEB) = α + β ( dış açı)

P A C

BCE ikizkenar üçgen BC = BE = 6 cm , DE = 2 cm dir.

B

AE = 5 − 2 = 3 cm olur. D

ÖRNEK 3 Şekildeki çembere [PE, E de teğet [PB] ∩ [CE] = {D}

ÖRNEK 1 Şekildeki çemberde [PT, T de teğet [PB] ∩ [CD] = {K}

CB = CA

PA = KB = 6 cm

PA = AB

CK = 4 cm

PB = 2 2 cm ise,

KD = 9 cm ise,

AD kaç cm dir? PT = x kaç cm dir? -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

, x = 6 3 cm dir.

B

D

2.

2

85

GEOMETRİ – ÖSS SAY/EA ÇÖZÜM PA = AB = 2 cm P noktasının kuvveti yazılırsa

ÖRNEK 5 Şekildeki çemberde ADC bir üçgen [AE] iç açıortay [ AE] ∩ [BC] = {F}

2

PE = 2.2 2 = 4

AF = 7 cm

PE = 2 cm dir.

FE = 2 cm

m(CBA) = m(CAB) = α olsun. A ile E noktasını birleştirelim.

AC = 6 cm ise,

m(CBA) = m(CEA) = α ( aynı yayı gördüklerinden )

AD kaç cm dir?

m(ECA) = m(AEP) = θ olsun. ( aynı yayı gören açılar )

ÇÖZÜM

m(PDE) = α + θ ( dış açı)

m(DAE) = m(EAC) = α olsun.

PDE ikizkenar üçgen PD = PE = 2 cm

m(DAE) = m(BCD) = α dır.

( aynı yayı gören açılar )

AD = ( 2 − 2 ) cm dir.

Δ

Δ

CEF ∼ AEC (A.A.A) EC 2 = 9 EC 2

EC = 18 , EC = 3 2 cm ADC üçgeninde açıortay teoremi yazılırsa, DE AD = , DE = x 6 3 2

ÖRNEK 4 AB ve DC şekildeki çemberlerin dış ortak teğetleri E, F, B doğrusal EC = 2. ED

AD = 2x tir. 2

AE = AD . AC − DE . EC bağıntısı uygulanırsa 27 92 = 2 x.6 − x.3 2 , x = 2 27 AD = 2 ⋅ = 27 cm dir. 2

EF = 4 cm FB = 6 cm O merkezli çemberin yarıçapı

10 cm ise,

OB kaç cm dir?

ÖRNEK 6 Şekildeki çemberde ABC bir üçgen

ÇÖZÜM

m(BAE) = m(EAC) AB = 12 cm AC = 6 cm DC = 4 cm ise,

DE kaç cm dir? ÇÖZÜM Açıortay teoremi yazılırsa BD 12 = , BD = 8 cm dir. 4 6 Uzunluk bağıntısı yazılırsa

DE = k , EC = 2k dir. E nin kuvveti yazılırsa

( 2k )2 = 4.10 , 4k 2 = 40 , k 2 = 10 k = 10 cm dir.

2

AD = 12.6 − 8.4 = 40

AB = DC = 3 10 cm dir. O ile A birleştirilirse [OA ] ⊥ AB dir. AOB üçgeninde Pisagor bağıntısı yazılırsa, OB = ( 10 ) + ( 3 10 ) 2

2

AD = 2 10 cm D noktasının kuvveti yazılırsa DE .2 10 = 4.8

2

DE =

OB = 10 cm dir.


86

16 10

=

8 10 cm dir. 5

GEOMETRİ – ÖSS SAY/EA 5.

KONU TESTİ 1.

Şekildeki O merkezli yarım çemberde [CH] ⊥ [ AB]

[CD] ⊥ [BC]

Şekildeki çemberler A ve F de kesişmektedir.

m(DBC) = m(CBA)

m(DFE) = 48° ise,

DE = 4 cm EB = 5 cm ise,

m(BAC) kaç derecedir?

AH = x kaç cm dir? A) 116

2.

B) 120

C) 124

D) 128

A) 1

E) 132

6. A ve B merkezli dik kesişen çemberlerin yarıçapları 6 3 cm ve 6 cm ise,

D) 4

E) 5

C) 20

D) 18

E) 15

D) 8

E) 9

O merkezli üç çemberde OA = AB = BC m(FOD) = 40° ise, m(BPL) = α kaç derecedir?

B) 3 ( 3 + 2 )

D) 2 ( 3 + 2 )

C) 2 ( 3 + 1)

A) 28

E) 3 ( 3 + 3 )

7. 3.

C) 3

FD = 4. AE

taralı kısmın çevresi kaç π cm dir? A) 2 ( 3 + 3 )

B) 2

ABCD dörtgeninin içinde dörtgenin üçer kenarına şekildeki gibi teğet olan çemberler G noktasında dıştan teğettir. AB + DC = 20 cm , AD = 8 cm , EF = 3 cm F, G, E doğrusal olduğuna göre,

B) 25

Analitik düzlemdeki A(4, 2), B(1, 10) noktaları y = 4x + k doğrusunun farklı tarafında ise,

k nin alabileceği kaç tamsayı değeri vardır?

A) 5

B) 6

C) 7

BC kaç cm dir? A) 4

4.

B) 6

C) 8

D) 10

8.

E) 12

m(AOC) = m(COB)

O merkezli [EF] çaplı yarım çemberin içine ABCD dikdörtgeni çizilmiştir. C ve D köşeleri çember üzerindedir. O merkezli [AB] çaplı yarım çember [DC] ye G de teğet, D, H, F doğrusal

m(CDB) = 30° ise,

CD nin denklemi aşağıdakilerden hangisidir? A) 7(y + 3x) = 12(1 − 3)

DC = ( 2 2 + 4 ) cm ise,

B) 7(y − 3x) = 12( 3 − 1)

HB kaç cm dir? A)

2 −1 D) 2 + 2


Dik koordinat sisteminde A(–4, 0), B(0, 3) noktaları veriliyor.

C) 7(y + 3x) = 12( 3 − 1)

B)

2 +1

C) 2 − 2

D) 5(y + 3x) = 12( 3 + 1)

E) 2 2 − 2

E) 5(y + 3x) = 7( 3 + 1)

87

GEOMETRİ – ÖSS SAY/EA 9.

Analitik düzlemde DB ⊥ [AE

13.

m(ACD) = m(DCF) A(0, 4) B( −8,0) olduğuna göre,

CD nin eğimi kaçtır? Şekildeki küpte

5 −1 3

A)

B) D)

5 −1 2

5 +1 3

E)

ı

BL = 3. LB = 3. KD = 3 cm ise,

5 +1 2

C)

KL kaç cm dir?

5 6

A) 4

10. Şekilde

B) 5

D) 4 2

C) 6

E) 4 3

14. Şekildeki

dik silindirin tabanındaki [AB] çapının A ucundan yola çıkarak C noktasına silindir yüzeyi üzerinden ulaşan bir böcek en az 10π cm yol almıştır.

A, E, B ve C, E, D doğrusal noktalardır. A(–2, 4) B(4, –4) D(0, m) CD = 5 birim

CAı = CBı ve OB = 4 cm ise,

AE DE AB = = EB EC CD olduğuna göre,

taban

yarıçapı

silindirin hacmi kaç π2 cm3 tür?

m nin alabileceği değerlerin toplamı kaçtır? 8 A) − 3

4 B) − 3

4 D) 3

C) 0

A) 80

8 E) 3

A) 1 3 4

C)

2 3

D)

1 2

E)

C) 27

D) 28

2.D

3.B

4.C


5.B

6.E

7.A

D)

5 2

E)

5 −1 2

dik koni çıkarıldıktan sonra geriye kalan şeklin hacmi kaç π cm3 tür?

E) 29 8.A

C) 2 ( 2 − 1)

m(CTD) = 60° ise,

A) 90 1.E

2 2

6 cm O merkezli, [AB] çaplı demirden yapılmış yarım kürenin içerisinden, taban merkezi O olan (T, CD) dik konisi, şekildeki gibi oyularak çıkarılıyor.

olan çemberin dış bölgesinde bulunmayan, koordinatları tamsayı olan kaç tane nokta vardır? B) 26

B)

16. Yarıçapı

2 5

12. Merkezi başlangıç noktasında ve yarıçapı 3 birim

A) 25

E) 160

Piramidin içine yerleştirilen en büyük hacimli küpün bir ayrıtı kaç cm dir?

m kaçtır?

B)

D) 128

ABCD) kare düzgün piramidinin yan yüzleri birer eşkenar üçgendir. AB = 2 cm olduğuna göre,

y = 3x ve y = mx doğruları ABCD karesinin D ve C köşelerinden geçtiğine göre,

4 3

C) 100

15. (T,

11. Analitik düzlemde

A)

B) 96

9.C 88

10.A

B) 100 11.B

12.E

C) 110 13.C

D) 120 14.D

15.C

E) 130 16.D

FİZİK – ÖSS SAY

YÜKLÜ PARÇACIKLARIN ELEKTRİKSEL ALANDA HAREKETİ ve GÜNEŞ ENERJİSİ 2. YÜKLÜ PARÇACIKLARA ETKİ EDEN ELEKTRİKSEL KUVVET

1.YÜKLÜ PARÇACIKLAR a) Elektron • Atomların çekirdeğinin etrafında dolanır. • Elektrik yükü negatiftir. qelektron = - 1,6 . 10–19 C dur.

Bir noktadaki elektrik alan o noktada bulunan pozitif birim yüke etki eden elektriksel kuvvet olarak tanımlanır. havasý boþaltýlmýþ kap

• Durgun kütlesi bir hidrojen atomunun yaklaşık 1/1837 katına eşittir. melektron = 9, 11 . 10–31 kg dır.

+ + + + + + + + + + + + + ++ + +

b) Proton • Atomların çekirdeğinde bulunur. • Elektrik yükü pozitiftir. qproton = +1, 6 . 10–19 C dur.

® F

+q

+

• Durgun kütlesi bir hidrojen atomunun kütlesinin 1836 katına eşittir. 1837 mproton = 1,67 . 10–27 kg dır.

+

V Þekil 1

d) α parçacığı • Atom çekirdeğinin bozunması sırasında çekirdekten fırlatılan bir parçacıktır. • Elektrik yükü helyum çekirdeğinin yüküne eşittir. qα = +2.1,6 . 10–19 C dur. • Kütlesi yaklaşık helyum çekirdeğinin kütlesine eşittir. mα = 6,67 . 10–27 kg dır.

Þekil 2

Düzgün elektriksel alandaki –q yüküne uygulanan elektriksel kuvvet elektriksel alan ile zıt yöndedir (Şekil 3).

ÖRNEK 1 γ ışını için, I. Işık hızıyla yayılır. II. Elektriksel ve magnetik alanda sapar. III. Frekansı çok büyük olan fotonlardır. yargılarından hangileri doğrudur?

® F

_ _q

® E

Þekil 3

ÖRNEK 2 Düzgün elektriksel alan içine konulan bir elektron ve bir protona etki eden elektriksel kuvvetlerin büyüklüklerinin oranı kaçtır? (Yerçekimi önemsenmiyor.) 1 1 1 1 A) B) C) D) E) 1 183,5 1835 4 2

C) Yalnız III E) Yalnız I

ÇÖZÜM Fe E.qe q = = e Fp E.qp qp

ÇÖZÜM γ – ışınları, radyoaktif çekirdeklerin bozunması sırasında çekirdekten yayınlanan yüksek frekanslı, yüksek enerjili fotonlardır. γ – ışınları e.m.d olduğundan ışık hızıyla yayılır. γ – ışınları elektrik yüklü olmadığından elektriksel ve magnetik alanda sapmazlar. Yanıt: B -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

→ Şekil 1 de düzgün E elektrik alanında bulunan +q yüklü → → parçacığa etki eden elektriksel kuvvet, F = q . E dir. → V Bu alan içindeki E elektrik alanının şiddeti, E = bağıntıd sıyla bulunur. Bu nedenle bu alanda +q parçacığa etki eden V bağıntısıyla bulunur. elektriksel kuvvetin büyüklüğü F = q. d Düzgün elektriksel alanın içinde bulunan yüklü bir parçacığa uygulanan elektriksel kuvvet sabittir. Düzgün elektriksel alandaki +q yüküne uygulanan elekt® riksel kuvvet elektriksel alan E ® q + F ile aynı yöndedir (Şekil 2).

• Kütlesi elektronun kütlesine eşittir. mβ = 9,11 . 10–31 kg

B) I ve III D) Yalnız II

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ __ _ _ __

d

c) β parçacığı • Atom çekirdeğinin bozunması sırasında çekirdekten fırlatılan bir parçacıktır. • Elektrik yükü elektronun yüküne eşittir. qβ= -1,6. 10–19 C

A) II ve III

® E

protonunun yükü mutlak değerce elektronun yüküne eşit qe F = 1 dir. Bu nedenle e = 1 dir. olduğundan, qp Fp Yanıt: E 89

FİZİK – ÖSS SAY 3. YÜKLÜ PARÇACIKLARIN HIZLARI ve İVMELERİ d Paralel levhalar arasındaki → ® düzgün E elektriksel alanı + E içinde serbest bırakılan v0 = 0 + → parçacık sabit F kuvvetinin + ® etkisiyle sabit ivmeli hare+ +q + F + ket yapar. x L K + İvmenin büyüklüğü dinamiğin temel kanunuyla but sürede + lunur. İvme vektörü elektriksel kuvvetin yönündedir. Şekil 4 te, K noktasından + _ serbest bırakılan +q yüklü → V m kütleli parçacık F elektÞekil 4 riksel kuvvetin etkisinde x yolunu alarak L noktasına → v hızıyla gelmiş olsun. Bu durumda, cisme uygulanan elektriksel kuvvet , V F=q.E=q. dir. d

_ _

_

_

d

Yerçekimi ivmesinin önemsenmediği Şekil 10 daki düzenekte – q yüklü parçacık v0 hızı ile atılırsa, parçacığa etkiyen elektriksel kuvvet elektrik alanla ters yönde olur. Bu da parçacığa düzgün yavaşlayan hareket yaptırır.

zaman

t

_

v0

_

+

_

+

_ +

_

V Þekil 10

arasında durur ve geriye dönerek hızlanır.

ÖRNEK 3

hýz

zaman

a

t

Þekil 7

Paralel levhalar arasında; I. Proton düzgün hızlanır, elektron düzgün yavaşlar. II. İkisine de eşit büyüklükte elektriksel kuvvet etki eder. III. Protonun ivmesinin büyüklüğü elektronunkinden daha küçüktür.

konum

zaman 0

p

v

e-

v

+V _

yargılarından hangileri doğrudur? (Yerçekimi önemsenmiyor, protonun kütlesi elektronunkinden büyüktür.)

x ® Dx

d

Uçlarına V potansiyel farkı uygulanmış paralel levhalardan oluşan şekildeki düzenekte proton (p) ve elektron (e-) ayrı ayrı eşit v hızlarıyla fırlatılıyor.

v

t

A) Yalnız I

Þekil 8

D) II ve III -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

+

de hızlanır. c) Ek < q.V ise parçacık karşı levhaya çarpmaz levhaların

zaman

Şekil 7 deki hız – zaman grafiğindeki taralı alan ise parçacığın yer değiştirmesini verir. v.t 1 2 Taralı alan = Δx = = at dir. 2 2

Parçacığın elektriksel kuvvet-konum grafiği Şekil 9 daki gibidir.

_ _q

b) Ek = q.V ise parçacık çarpma anında durur ve ters yön-

Þekil 6

Parçacığın konum – zaman grafiği Şekil 8 deki gibidir.

+

_

harekete ters yönde yapılan işin büyüklüğü karşılaştırılırsa, a) Ek > q.V ise parçacık karşı levhaya çarpar.

0

0

® E

+

Parçacığın atıldığında sahip olduğu kinetik enerjisi Ek ile

® Dv

® Dv

+

Bu durumda parçacık karşı levhaya çarpabilir de çarpmayabilir de.

ivme a

konum x

varsa x konumunda parçacığın kinetik enerjisi, 1 1 mv2 + F. x = mv2 dir. 0 2 2

Þekil 5

Yüklü parçacığın ivme – zaman grafiği Şekil 6 daki gibi olur. İvme - zaman grafiğindeki taralı alan yüklü parçacığın hızındaki değişimi verir. → → Δ v =Δ a . Δt

W= DEk 0

da parçacığın kinetik enerjisi, 1 E = F.x = mv2 dir. k 2 x0 = 0 iken parçacığın elektriksel alan yönünde v0 hızı

_

t

0

F

x0 = 0 konumunda parçacığın hızı v0 = 0 ise, x konumun-

F DP = itme

elektriksel kuvvet

Þekil 9

_ ® F

elektriksel kuvvet

Kuvvet – zaman grafiği Şekil 5 teki gibidir. Kuvvet – zaman grafiğinin altındaki taralı alan yüklü parçacığa uygulanan itmeyi verir. → → ΔP =Δ F . Δt dir.

Parçacığın hızının büyüklüğü, q.E q. V v = a .t = .t = .t m m.d bağıntısıyla bulunur. Parçacığın hız - zaman grafiği Şekil 7 deki gibidir. Hız – zaman grafiğinin eğimi parçacığının ivmesini verir. q.E q. V = Eğim = tan α = dir. m m.d

Şekil 9 daki elektriksel kuvvet – konum grafiğindeki taralı alan elektriksel kuvvetin yaptığı işi, bu da parçacığın kinetik enerjisindeki değişimi verir. W =ΔEk = F . x

90


FİZİK – ÖSS SAY ÇÖZÜM

ÖRNEK 5

® E

Proton (+) yüklü olduğundan elektrik- p v sel alanla aynı yöndeki elektriksel kuvvetin etkisiyle düzgün hızlanır. Elektron (-) yüklü olduğundan elekt- ev riksel alanla zıt yöndeki kuvvetin etkisiyle düzgün yavaşlar. Protonun yükü, elektronun yüküne eşit olduğundan ikisine de etki eden elektriksel kuvvet F = q . E eşit bü+V _ yüklüktedir. Protonun kütlesi elektronunkinden büyük olduğundan, protonun ivmesi, elektronunkinden daha küçüktür.

Bu levhalar arasına bırakılan elektronun ivmesinin bulunabilmesi için, d uzaklığından başka; V, levhalar arasındaki potansiyel farkı m, elektronun kütlesi e, elektronun yükü niceliklerinden hangileri bilinmelidir? (Yerçekimi önemsenmiyor.)

Yanıt: E

d

+q

Åv

Å

0

2d

L

K

v1

Åv

L

+q

Å

0

V

V

Þekil 1

Þekil 2

m kütleli – q yüklü bir parçacık → şiddeti E olan şekildeki elektriksel alan içinde:

hızı ile harekete başlarsa L levhasına v1 hızı ile çarpmak-

I. L den ilk hızsız bırakılmışsa hızlanır. II. K den elektrik alanla aynı yönde ilk hızla fırlatılırsa yavaşlar. III. İlk hızla elektrik alana dik olarak fırlatılırsa hızı değişmez. yargılarından hangileri doğrudur? (Yerçekimi önemsenmiyor.)

tadır. Başka bir değişiklik yapılmadan Şekil 2 deki gibi levhalar arasındaki uzaklık 2d yapılırsa aynı parçacık v2 hızı ile L levhasına ulaşmaktadır. Buna göre, v2 hızının büyüklüğü v1 hızının kaç katıdır? (Yerçekimi önemsenmiyor.) B)

2

C) 2

D)

3

E) 3

A) Yalnız I

ÇÖZÜM


K

L

+ V


ÇÖZÜM

→ I. L den serbest bırakılan – q yüklü parçacık E elektriksel alanıyla zıt yönde elektriksel kuvvetin etkisinde kalır. Bu nedenle düzgün hızlanır. → II. K den E ile aynı yönde fırlatılırsa elektriksel alanla zıt yönde elektriksel kuvvetin etkisinde kalır. Bu nedenle düzgün yavaşlar. → III. E elektrik alanına dik olarak ilk hızla fırlatılırsa elektriksel alanla zıt yöndeki elektriksel kuvvetin etkisinde + yüklü K levhasına doğru bir parabolik yörünge çizer. Yanıt: D

Her iki durumda da 1 1 mv 2 + V .q = mv 2 0 2 2 olduğundan L levhasına aynı büyüklükteki v hızıyla çarpar. d uzaklığı artınca elektriksel alan şiddeti, dolayısıyla elektriksel kuvvetin büyüklüğü azalır. Fakat yol arttığından parçacık yine aynı kinetik enerjiyi kazanır. Levhalar arasındaki V potansiyel farkı değişmediğinden parçacığın iki levha arasında kazandığı kinetik enerji q . V kadardır. Bu enerji d uzaklığına bağlı değildir. Yanıt: A -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

® E

ÖRNEK 6

Yükü +q olan bir parçacık Şekil 1 deki K levhasından v0

A) 1

V

v2

+

+

+

A) Yalnız V B) Yalnız m C) V ve m D) m ve e E) V, m ve e ÇÖZÜM Parçacığın levhalar arasındaki ivmesinin büyüklüğü, F a= m E.e a= m V .e a= d.m olduğundan, d uzaklığından başka V, m, e nicelikleri bilinmelidir. Yanıt: E

ÖRNEK 4 K

d

Şekildeki iletken levhalar arası uzaklık d, uçlarındaki potansiyel farkı V dir.

91

FİZİK – ÖSS SAY 4. YÜKLÜ PARÇACIKLARIN YÖRÜNGELERİ

+q yüklü parçacık Şekil 12 deki gibi paralel levhalar arasında Fe elektriksel kuvvetinin ve G yerçekimi kuvvetinin etkisinde ise üç durum gözlenebilir.

+q yüklü parçacık Şekil 11 deki gibi elektrik alana dik olarak v0 hızıyla girdiğinde, yüklü parçacığın sadece elektrik-

+ V _ + V _

sel alanının etkisinde olduğunu varsayalım G + +

V

+

+

+

A _

+

_

® E

_

_

y _

_

d q

vy

vx =v

3

_

ÖRNEK 7

g

® E

v

b

Þekil 2

Þekil 1

a

Q

Q

Q

v

Q

Q

Q

Q

Q

dir.

® E

v

1

Parçacığın t sürede kuvvet doğrultusunda ve buna dik doğrultuda aldığı yollar, x =v0.t

Þekil 3

2

® B 3

→ E elektriksel alanına Şekil 1 → ve Şekil 2 deki gibi, α parçacığı düzgün B magnetik alanına Şekil 3 teki gibi v hızıyla dik olarak giriyor.

γ fotonu ile β parçacığı düzgün

0

Parçacığın A uzunluğundaki levhaların arasından çıkış süresi, A t= dır. v

Buna göre, → I. γ fotonu E alanında 1 yolunu izler. → II. β taneciği E alanında 2 yolunu izler. → III. α taneciği B alanında 3 yolunu izler. yargılarından hangileri doğrudur? (Yerçekimi ve sürtünmeler önemsenmiyor. : Sayfa düzlemine dik ve dışa doğru.)

0

Parçacığın levhaların arasından çıktığı andaki hızının büyüklüğü, v2 = vx2 + vy2 bağıntısıyla bulunur. Parçacığın levhaları terk ettiği anda, levhalar arasına giriş doğrultusundan sapma miktarı,

A) Yalnız I

dir.

D) II ve III

0

B) Yalnız II E) I, II ve III

C) I ve II

ÇÖZÜM

Parçacığın levhaların arasından çıktığı andaki v hızının doğrultusu ile parçacığın v0 ilk hızının doğrultusunun ke-

γ

fotonu e.m.d olduğundan Şekil 1 de elektriksel ve magnetik alanda sapmaz. → β parçacığı (–) yüklü olduğundan Şekil 2 de düzgün E elektrik alanıyla zıt yönde elektriksel kuvvetin etkisinde kalarak Şekil 2 deki gibi yatay atış hareketini yapar. α parçacığı (+) yüklü olduğundan, Şekil 3 te sağ el kuralı→ na göre, B magnetik alanında saat ibresi yönünde düzgün dairesel hareket yapar. Yanıt: C

siştiği noktanın levhaların uç noktalarından olan x uzaklığı, A x= dir. 2 Yüklü parçacık, düzgün elektriksel alan içinde düzgün yavaşlayan, yatay atış ve eğik atış hareketlerini yapabilir.


_

3. Fe < G ise parçacık 3 yörüngesini izler.

v

Parçacığa etkiyen elektriksel kuvvetin büyüklüğü, V.q dir. F = E.q = d

1 2 1 V.q A2 at = ⋅ ⋅ 2 2 d.m v2

2

2. Fe = G ise parçacık 2 yörüngesini izler.

0

→ Bu paralel levhaların arasında E elektriksel alanın büyükV dir. lüğü E = d

y=

_

+

1. Fe > G ise parçacık 1 yörüngesini izler.

Parçacığın ağırlığının önemsenmediği bu ortamda parçacığın yapacağı hareketin yörüngesi yatay atıştaki gibi parabol eğrisidir.

1 2 1 E.q 2 1 V.q A 2 at = ⋅ ⋅t = ⋅ 2 2 m 2 d.m v2

_

+ 1

Þekil 12

q

Þekil 11

y=

G = mg _ _

x

v0

+q

+

+q

+ + + + V.q Fe= E . q = d v0

92

FİZİK – ÖSS SAY ÖRNEK 8

R: Saptırıcı levhaların orta noktasının flüoresan ekrana uzaklığı

Elektron tabancasından çıkan elektronların L noktasına ulaşma süresi;

d

K

d, levhalar arasındaki uzaklık e, elektronun yükü m, elektronun kütlesi V, potansiyel farkı

e-

θ : Elektron demetinin sapma açısı L

S : Elektron demetinin flüoresan ekrandaki sapma miktarı niceliklerinden yararlanılarak,

+

tan θ =

V

0

niceliklerinden hangilerine bağlıdır? (Yerçekimi önemsenmiyor.)

A) d ve e

B) d ve m D) d, e ve V

S e .Vs . A = R m.d.v2

1 V A S = ⋅ s ⋅ ⋅R 2 v d h

C) d ve V E) d, e, m ve V

bağıntıları yazılabilir.

ÇÖZÜM

d=

Elektronun aldığı d yolu,

1 e. V 2 ⋅ ⋅ t dir. 2 m.d

Buradan L ye ulaşma süresi, 2md2 eV Yanıt: E t=

+q l

N

Fitil

anot e-

M d + + + + + + N

+

Vh

++

v

Æ B

Æ E

. O 2

flüoresan ekran

x katot

1 M

5. OSSİLOSKOP

+ V _

ÖRNEK 9

olduğundan, d, e, m, V niceliklerine bağlıdır.

Şekildeki ossiloskobun MN paralel levhaları arasına giren → elektriksel yükü +q, hızı v olan bir parçacık, E elektriksel → alanı ile B magnetik alanı sıfır iken O noktasında tüpe çarpmaktadır.

R q S

Vs

Þekil 13

Buna göre, başka bir değişiklik yapılmadan,

Ossiloskop; gerilim ve akım değerlerinin dalga şeklinde incelendiği bir araçtır. Bu araçla çok hızlı hareket eden elektronların hareketi incelenebilir.

I. Yalnız B = 0 iken parçacık 1 yörüngesini izleyebilir. II. Yalnız E = 0 iken parçacık 1 yörüngesini izleyebilir. III. Yalnız E = 0 iken parçacık 2 yörüngesini izleyebilir.

Sıcaklığı artan metaller akkor haline gelince elektron yayarlar. Bu olaya termoiyonik olay denir.

yargılarından hangileri doğrudur? (Yerçekimi ve sürtünmeler önemsenmiyor. 9 : Sayfa düzlemine dik ve içe doğru.)

Şekil 13 teki ossiloskopta fitilin sıcaklığı artarak akkor hale gelince katottan elektron salınır. Vh hızlandırıcı potansiyel

A) Yalnız I

farkı nedeniyle katottan salınan elektron demeti hızlanarak anot levhanın deliğinden hızla geçer. Bu elektron demeti Vs saptırıcı potansiyel farkı ile ilk doğrultusundan S


ÇÖZÜM → → +q yüklü parçacık E elektriksel alanı ile B magnetik alanı → sıfır iken O noktasına çarptığına göre, parçacığa E ile aynı yönde ya da zıt yönde başka bir kuvvet etki etmemiştir. → Şekildeki yalnız E elektrik alanı varken +q yüküne elektrik alanı ile aynı yönde elektriksel kuvvet etki eder. → Şekildeki yalnız B magnetik alanı varken +q yüküne yine yukarı yönde magnetik kuvvet etki eder. Bu nedenle, her iki durumda da +q yükü 1 yörüngesini izleyebilir. Yanıt: D

kadar saparak flüoresan ekrana çarpar. Hızlandırıcı ve saptırıcı potansiyel farkları değiştirilerek sapma miktarı değiştirilebilir. Sapma miktarından yararlanılarak potansiyel farklarını ölçen bir voltmetre gibi de kullanılabilir. Buna göre, Vh : Elektron demetini hızlandırıcı potansiyel farkı Vs : Elektron demetini saptırıcı potansiyel farkı A : Saptırıcı metal levhaların uzunluğu

d : Saptırıcı metal levhalar arasındaki uzaklık -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-


93

FİZİK – ÖSS SAY 6.

e NİN TAYİNİ m

+

anot + + + + + + + + ® ® Fe B + e- + e- v ® ® + E + Fmagnetik

1

Flüoresan ekran

2

x

düþey ÖRNEK 10 yatay m kütleli –q yüklü tanecik ® ® B → düzgün E elektrik alanı ve q v E → m düzgün B magnetik alanı içinde hiç sapmadan sabit yatay hızla hareket ediyor. Bu sırada yüklü parçacığa etki eden elektriksel kuvvet → → FE, Magnetik kuvvet FB, yerçekimi kuvveti G olduğu-

katot

V

Vh

+

3

Vs

Þekil 14

Şekil 14 teki elektron tabancasından iletken paralel levha→ lar arasında sayfa düzlemine dik ve içe doğru düzgün B magnetik alanı uygulanmıştır.

→ na göre FE kuvvetinin büyüklüğü aşağıdakilerden hangisine eşittir? (9: Sayfa düzlemine dik ve içe doğru.)

Bu durumda katottan Vh hızlandırıcı potansiyel farkı ile

A) FB – G

sökülen elektron, paralel levhalar arasına v hızıyla girmiş → → olsun. Elektrona uygulanan Fe elektriksel kuvvet E elekt-

→ –q yüküne etki eden FE elektriksel kuvvet elektrik alanla

→ zıt yönde yukarı doğrudur. –q yüküne etki eden FB

magnetik kuvvet sağ el kuralına göre aşağı doğrudur. → Parçacık sabit v hızıyla hareket ettiğine göre parçacığa etki eden bileşke kuvvet sıfırdır. → Bu nedenle, FE elektriksel kuvvetin büyüklüğü,

b) Fe = Fmag E.q=q.v.B E = v . B ise elektron 2 yolunu izler. c) Fe < Fmag ise elektron 3 yolunu izler.

FE = FB + G dir. Yanıt: C

Vh potansiyel farkı ile

katot

anot

+ + + +

Fmag

v

v

V h

Þekil 15

bağıntısından

A) Yalnız I

P=q.B.r


r=

r=

+

+ II

d

I

v0

B) Yalnız II C) Yalnız III D) II ya da III E) I ya da II ya da III

→ - q yüküne etki eden Fe elektriksel kuvveti + yüklü levha-

ya doğru olup elektriksel kuvvetin büyüklüğü, V Fe = ⋅ q dur. d Parçacık sabit hızla hareket ettiğine göre bu elektriksel kuvvet parçacığın ağırlığına eşittir. → Parçacığın II yörüngesini izleyebilmesi için Fe nin daha


mv , q.B bağıntısıyla bulunur.

Parçacığın P momentumu ise,

+

ÇÖZÜM

mv r

e v e oranı, = m B.r m

+

işlemlerinden hangileri yapılırsa parçacık II yolunu izler?

Elektron bu kuvvetin etkisiyle düzgün magnetik alanın içinde saat ibresi yönünde düzgün dairesel hareket yapar. Elektrona uygulanan merkezcil kuvvet bu magnetik kuvvete eşittir. Fmagnetik = Fmerkezcil e.B=

q

V

+

I yönünde hareket ediyor. Buna göre, I. d levhalar arasındaki uzaklığını küçültme II. V potansiyel farkını azaltma III. v0 hızının büyüklüğünü artırma

Magnetik kuvvetin yönü sağ el kuralıyla bulunur. Magnetik kuvvetin büyüklüğü, Fmagnetik = q . v . B dir.

mv 2 r

m

fitil

m e-

+

+

V

+ + + +

® B

ÖRNEK 11 Aralarındaki uzaklık d elektriksel potansiyel farkı V olan iki paralel levhanın → E elektriksel alanında m kütleli –q yüklü parçacık sapmadan v0 sabit hızı ile

→ hızına dik olarak magnetik kuvvet ( Fmag) etki eder.

e. v . B =

E) G

D) FB

doğrudur. Elektron bundan sonra şu üç farklı hareketi yapabilir: a) Fe > Fmag ise elektron 1 yolunu izler.

zıyla anot üzerindeki delikten çıktıktan sonra sayfa düzlemine dik ve içe doğru → B olan düzgün magnetik alanının içine Şekil 15 teki gibi girmiş olsun. Bu durumda elektrona magnetik alanda v

C) FB + G

ÇÖZÜM

rik alanıyla zıt yönde yukarıya doğrudur. Elektrona uygu→ lanan Fmag magnetik kuvvet sağ el kuralına göre aşağıya

Şekil 15 teki gibi katottan sökülen m kütleli elektron (e-), v hı-

B) G – FB

büyük olması gerekir. V veya q artarsa ya da d azalırsa → Fe büyür.

P den q.B

Yanıt: A

94

FİZİK – ÖSS SAY 7. KÜTLENİN HIZA GÖRE DEĞİŞİMİ Işık hızına oranla çok küçük hızlarla hareket eden kütleler için enerjinin korunumu, momentumun korunumu ve kütlenin korunumunda klasik fizik yasaları geçerlidir. Klasik fizik yasaları hareket eden maddelerin kütlesinin değişmediğini kabul eder. Işık hızına yakın hızlarla hareket eden rölativistik parçacıklarla yapılan deneylerde klasik fizikte kullanılan yasaların yetersiz kaldığı görülmüştür. Deneylerden çıkan sonuçların klasik fizik yasalarıyla bulunan sonuçlarla uyuşmadığı görülmüştür. Albert Einstein, ışık hızına yakın hızlarda uzunluk, kütle, zaman ve enerji ölçümlerinde, olaylarının sonucu olarak uygunluğunu Özel Görelilik Kuramıyla açıklığa kavuşturdu. Bu kuram iki temel postulat üzerine kurulmuştur: 1. Fiziğin temel yasaları, bütün eylemsizlik sistemlerinde aynı matematik şekilde tanımlanır. Bu postulatla temel fizik yasaları genelleştirilmiştir. 2. Işığın boşlukta yayılma hızı, bütün eylemsizlik sistemlerinde aynıdır. Işığın yayılma hızı gözlemcinin ya da kaynağın hareketine bağlı değildir. Bu teoriye göre, a) Işık hızına yakın hızlarla hareket eden parçacıklara göreli (rölativistik, izafi) hıza ulaşmıştır denir. Göreli hıza ulaşan parçacıklara göreli (rölativistik, izafi) parçacıklar denir. b) Hiçbir parçacığın göreli hızı ışığın boşluktaki hızını aşamaz. c) Durgun kütlesi m0 olan rölativistik bir parçacık ışık hızı-

E=

e) m =

m

0

1-

v2

c


Ek = mc2 – m0 c2 Ek = (m – m0) c2 Ek = Δm . c2

bağıntılarıyla bulunur. Bu parçacığın momentumu ise, m .v 0 P = mv, bağıntısıyla bulunur. P= 2 v 1- 2 c ÖRNEK 12 Durgun kütle enerjisi E0 olan bir parçacığın 0,6 c hızıyla giderken rölativistik kinetik enerjisi kaç EK dir?

(c: Işık hızı) A) 4

B) 2

C)

3 4

D)

1 2

E)

1 4

ÇÖZÜM Durgun kütle enerjisi, E0 = m0c2 dir.

0,6c hızıyla hareket eden rölativistik parçacığın m kütlesi, m0 m0 5 m0 ; m= den tür. m= m= 2 2 4 v 0,36 c 1− 2 1− c c2 Parçacığın rölativistik kinetik enerjisi ise, Ek = mc2 – m0 c2 5 m0 2 .c − m0 .c 2 4

m0 c 2 1 = E0 4 4 Yanıt: E Ek =

hýz

bağıntısı, bir cismin ışık hızıyla gideme-

bulunur.

ÖRNEK 13 Durgun kütlesi m0 olan rölativistik parçacığın, ışık hı-

c2 yeceğini gösterir. Bu bağıntıya göre cismin hızı v = c ise cisim fotona (ışığa) dönüşmüş demektir. hc Bu durumda E = hν = olur. λ f) Bir elektron ışık hızına yakın bir hızla giderken, yüksek potansiyel farkından kaynaklanan hızlandırıcı elektriksel alanı elektronun hızını çok az arttırır. Bu sırada elektron üzerinde yapılan iş kütle artışı olarak ortaya çıkar. g) Einstein’e göre, kütle yoğunlaşmış bir enerjiidir.

zına yakın v hızı ile giderken rölativistik momentumu aşağıdaki bağıntılardan hangisine eşittir? (c: Işık hızı) m0 v B) m0v C) A) m0c v2 1− 2 c m0 v m0 c D) E) v2 v2 1− 2 1− 2 c c ÇÖZÜM Durgun kütlesi m0 olan parçacık ışık hızına yakın v hızıyla

h) Bütün madde parçacıklar durgunken bile bir enerjiye sahiptirler. Durgun kütlesi m0 olan parçacığın durgun

giderken rölativistik momentumu, P = m v dir. m0 m0 v olacağından bulunur. m= P= 2 v v2 1− 2 1− 2 c c Yanıt: C

kütle enerjisi, E0 = m0 . c2 dir. Durgun kütlesi m0 olan bir parçacık ışık hızına yakın v hızıyla hareket ederken rölativistik toplam enerjisi, E = mc2 dir. -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

2

Bu parçacığın rölativistik kinetik enerjisi, Ek = E – E0

Ek =

Þekil 16

v

c2 E > E0, m > m0 dır.

m0 0

0

1-

na yakın bir v hızına kadar hızlandırıldığında, parçacım 0 bağıntısıyla bulunur. ğın kütlesi, m = v2 1- 2 kütle c m > m0 dır. d) Parçacığın hızı büyüyerek ışık hızına yaklaştıkça kütlesi artar. (Şekil 16)

m .c2

95

FİZİK – ÖSS SAY GÜNEŞ ENERJİSİ

2. GÜNEŞ SPEKTRUMU

1. GÜNEŞ ENERJİ KAYNAĞI

Isıtılan cisimler radyasyon yayar. Siyah cismin ışıması denilen bu ışıma, cismin yapıldığı maddeye bağlı değildir. Siyah cismin ışıması sadece cismin sıcaklığına bağlıdır. Siyah cismin dışarıya verdiği güç,

fotosfer (ýþýk küre) hidrojen iyonlarý tabakasý

füzyon reaksiyon bölgesi (çekirdek)

P = δAT4


Bu bağıntıda, P : Siyah cismin gücü δ : Stefan sabiti A: Siyah cismin yüzey alanı T: Siyah cismin Kelvin sıcaklığıdır.

Þekil 17

Güneş enerjisinin kaynağı çekirdeğinde oluşan füzyon reaksiyonlarıdır. Füzyon reaksiyonları sırasında oluşan tepkimelerde çekirdekler kaynaşır. Hidrojen ve helyum çekirdekleri füzyon tepkimeleri sırasında 15 – 20 milyon Kelvin sıcaklığında kaynaşarak çok büyük enerji oluştururlar.

Güneş’ten yayılan ışımanın, yaklaşık 6000 K sıcaklıktaki siyah cismin ışımasına benzediği anlaşılmıştır.

Güneş üç katmandan oluşur (Şekil 17). Fotosfer (Işık Küre): Güneş’in, parlak beyazımsı görünen diskine denir. 3. GÜNEŞ ENERJİSİNİN KULLANILMASI

İyon Tabakası: Güneş yüzeyine yakın bölgelerde bulunan hidrojen iyonlarından oluşan tabakadır. Bu tabakaya “Güneş Yüzeyi” de denir.

a) Güneş Pilleri Güneş pilleri yüzeylerine gelen güneş ışığını doğrudan elektrik enerjisine dönüştüren yarı iletken maddelerdir. Güneş pilleri fotovaltaik ilkeyle çalışır.

Çekirdek: Güneş’in merkez ve merkez çevresinde füzyon reaksiyonlarının oluştuğu tabakadır. Güneş’te 1 saniyede 616 milyon ton hidrojen 612 milyon ton helyuma dönüşür.

b) Güneş Kollektörleri Güneş kollektörleri, güneş enerjisini toplayan ve bir akışkana ısı olarak aktaran düzeneklerdir.

Güneş’te 1 saniyede yaklaşık 4 milyon ton kütle, enerjiye dönüşmektedir. Güneş çekirdeğinde oluşan 20 . 106 Kelvin mertebesindeki sıcaklıkta madde atom ve molekül halinde kalmaz. Atomlar iyon haline dönüşür. Atomların iyonlarından ve elektronlardan oluşan bu ortamına maddenin plazma hali denir.

c) Güneş Havuzları Güneş havuzları, yaklaşık 4 – 5 m derinlikteki suyla dolu olan havuzun siyah zemini, güneş ışınımını yakalayarak 90°C sıcaklıkta su elde edilebilen sistemlerdir.

Güneş çekirdeğinde oluşan bazı füzyon tepkimeleri şunlardır. ÖRNEK 14 2 1 3 2 2 1

2

3

1

1

2

0

H + H → He + n + 3,28 MeV 3

ı. Güneş pilleri II. Güneş kollektörleri III. Güneş spektrumu

1

He + 2He → 4He + 2 1H + 12,86 MeV 2

Yukarıdakilerden hangileri güneş enerjisini toplayarak akışkanlara ısı olarak aktaran bir düzenektir?

3

H + 1H → He + γ + 5,49 MeV 1

2

A) Yalnız I Güneş’in çekirdeğinden çıkan ışıma (radyasyon), Güneş yüzeyine yakın bölgelerdeki hidrojen iyonları tarafından soğurulur. İyon tabakası tarafından soğurulan ısı fotosfer (ışık küre) tabakasına yayılır. Fotosfer tabakasına “Güneş yüzeyi” de denir. Fotosfer tabakası 6000 K sıcaklıkta devamlı elektromagnetik radyasyon yayar. Yayılan ışınlar Dünya’ya yaklaşık 8 dakika 18 saniyede gelir.

ÇÖZÜM

I. Güneş pilleri güneş enerjisini elektrik enerjisine dönüştüren düzeneklerdir. II. Güneş kollektörleri güneş enerjisini toplayarak akışkanlara ısı olarak aktaran düzeneklerdir. III. Güneş spektrumu, Güneş’teki çekirdek tepkimeleri sonucunda dışarıya verilen ışımadır. Güneş saniyede yaklaşık 6000 K sıcaklıkta elektromagnetik radyasyon yayar.

Güneş’in yüzeyinde astronomi dilinde “granül” denilen kabarcıklar (yumrular) bulunur. Bir teoriye göre, Güneş bugünkü ışık yaymasını 5.109 yıl sürdürecektir. Sonra yörüngesini aşacak kadar büyüyerek kırmızı dev denilen kırmızı yıldıza dönüşecektir. Daha sonra da Yer’den büyük, beyaz bir yıldız haline gelecektir. -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

B) Yalnız II C) Yalnız III D) I ve II C) I, II ve III

Yanıt: B

96

FİZİK – ÖSS SAY

perde

ÇÖZÜM Bir ossiloskopta elektron demetinin sapma miktarı, 1 V .A S = ⋅ s ⋅ R olduğundan Vs saptırıcı potansiyel farkı 4 2 Vh.d katına çıkarılırken Vh hızlandırıcı potansiyel farkı yarıya

O

indirilirse elektron demetinin sapma miktarı ilk duruma göre 8 katına çıkar. Yanıt: D

ÇÖZÜMLÜ TEST 1. + E 1 + + P + + + + K

M + + + + +

E2

L

d

N

O´

3.

d

K

Düşey kesitli şekildeki gibi olan düzenekte, iletken K, L levhaları arasındaki elektrik alanının büyüklüğü E1, iletken M, N levhaları arasındakinin de E2 dir. K lev-

+2q

m1

m2

+

V

4V

A) Yalnız E1 i azaltmak

ve +2q dur.

B) Yalnız E1 i artırmak

Yüklü tanecikler L ve N levhalarına ulaştıklarında momentumları eşit büyüklükte olduğuna göre, m 1 oranı kaçtır? kütlelerinin m

C) Yalnız E2 yi artırmak D) Hem E1 i hem de E2 yi azaltmak E) E1 i azaltıp E2 yi artırmak

2

(Yerçekimi ve sürtünmeler önemsenmiyor.) 1 1 A) 8 B) 4 C) D) 2 4

(2006–ÖSS) ÇÖZÜM Elektrik alan büyüklüğünün E1 ve E2 olduğu K, L ve M, N paralel levhaları arasındaki protonun d sapma miktarı VH = KL

perde

l + E 1 + + ++ +P + + K

L

M + + + + + E2

d´

N

O

d

PL2 = EL . m1 ,

dir.

V . q . m1 = 4V . 2q . m2

⇒ m1 = 8m2 dir.

Yanıt: A

4.

H

Yalnız VH artırılarak E1 artırılırsa d uzaklığı küçülür.

Şekilde yüklü paralel K ve L levhaları arasındaki elektron K levhasının önünden ilk hızı sıfır olan elektron L levhasına t süre sonra v büyüklüğünde hızla çarpıyor.

Başka bir değişiklik yapmadan levhalar arasındaki d uzaklığı artırılırsa t ve v öncekine göre nasıl değişir?

Yanıt: B

d

e

+

V

Bir ossiloskopta saptırıcı levhalar arasındaki elektriksel potansiyel farkı 4 katına çıkarılırken, hızlandırıcı levhalar arasındaki elektriksel potansiyel farkı yarıya indiriliyor.

A) t artar, v değişmez B) t ve v artar C) t azalır, v artar D) t artar, v azalır E) t ve v azalır

İlk duruma göre, elektron demetinin sapma miktarı nasıl değişir?

ÇÖZÜM K levhasının önüne bırakılan elektronun L levhasına çarptığı anda kinetik enerjisi, 1 E = V.e = mv2 dir. 2

B) İki katına çıkar D) 8 katına çıkar 1 kat olur 4


PN2 = EN . m2 olduğundan

EL . m1 = EN . m2

1 VS .A R bağıntısı ile bulunur. 2 V .d´

E)

1 8

Taneciklerin L ve N levhalarına ulaştıklarında momentumları PL = PN dir.

O´

d´ = Saptırıcı levhaların orta noktasının perdeye olan dik uzaklığı A = saptırıcı levhaların boyu ise

A) Yarıya iner C) Değişmez

E)

ÇÖZÜM Yüklü taneciklerin L ve N levhalarına çarpma anında kinetik enerjileri E = V . q bağıntısı ile bulunur. EL = V . q ve EN = 4V . 2q dur.

levhaları arasınR daki hızlandırma potansiyel farkı VS = MN levhaları arasındaki saptırma potansiyel farkı

2.

+

N

Yüklü KL ve MN levhalarından K ve M levhalarının önüne konulan m1 ve m2 kütleli taneciklerin yükleri +q

yapılırsa d uzaklığı kesinlikle küçülür?

d=

2d

M

+q

hası önünden ilk hızsız harekete başlayan bir proton d kadar saparak, perdeye O´ noktasında çarpıyor. Levhaların ve perdenin konumlarını değiştirmeden, E1 ve E2 için aşağıdaki işlemlerden hangisi

L

97


2Ve olduğundan d arttığında, v değişmez. Parçacım 1 ğın karşı levhaya çarpma süresi ise d = .v.t dir. v de2 ğişmediğinden d artarsa t de artar. Yanıt: A v=

5.

etmektedir. Parçacığın rölativistik kinetik enerjisinin 2 tür. durgun kütle enerjisine oranı 3

Buna göre, v hızı kaç c dir? (c: Işık hızı)

l

+ + + + + + + V

+

Elektriksel kuvvetlerin yanında ağırlığı önemsenmeyen +q yüklü parçacık v0 ilk hızıyla

+q

+ +

A) 0,8

y

mc 2 − m c 2 m c

C) Yalnız V E) d ve V

Bu nedenle çıkış süresi v0 hızından başka, levhaların A uzunluğuna bağlıdır. Yanıt: A

8.

Durgun kütlesi m0 olan bir parçacık v hızı ile hareket ederken momentumu P = 2m0v dir.

Buna göre, taneciğin hızı kaç c dir? (c: Işık hızı)

1 A) 3

1 B) 8

1 C) 3

2 D) 3

1−

4=

1 1−

3=

v2

c2

c Yanıt: E

ve v =

=1

3 c 2

dir.


B) Yalnız II C) Yalnız III E) I, II ve III

I. Güneş’te her saniyede 4 milyon kütle azalması olur. hidrojen atomları, helyuma dönüşürken kütle azalır. II. Güneş yüzeyinden (fotosferden) yayılan elektromagnetik ışıma (radyasyon) uzaya yayılır. Güneşten yayılan ışınlar yeryüzüne yaklaşık 8 dakika 18 saniyede gelir. III. Güneş’in çekirdek tabakasında oluşan füzyon tepkimeleri sonucunda açığa çıkan ısı Güneş’in iyon tabakası tarafından soğurulur. Yanıt: E

c2

4v 2 2

4v 2

I. Güneş’te füzyon tepkimeleri sonucunda hidrojen, helyuma dönüşür. II. Güneş’te fotosfer tabakasının yaydığı elektromagnetik radyasyon uzaya yayılır. III. Güneş’in çekirdek tabakasında açığa çıkan ısı, iyon tabakası tarafından soğurulur.

ÇÖZÜM

c2

; 4−

2 3

D) I ve II

olduğundan,

v2

=

A) Yalnız I

3 E) 2

ise kütlesi m = 2m0 dır. m0

E) 0,2


ÇÖZÜM Parçacığın durgun kütlesi m0, v hızı ile hareket ettiğinde m = 2m0 =

0 2

0

ÇÖZÜM +q yüklü parçacığın levhalar arasından çıkış süresi, A dır. A = v0.t den t = v0

6.

D) 0,4

5 m = m dır. 3 0 m 0 m= v2 1− 2 c m 5 0 m = 3 0 v2 1− 2 c 4 v = c = 0,8 c dir. 5 Yanıt: A

A, levhaların boyu d, levhalar arasındaki uzaklık V, levhalar arasındaki potansiyel farkı niceliklerinden hangilerine bağlıdır?

D) A ve d

C) 0,5

ÇÖZÜM Parçacığın v hızı ile hareket ettiğinde kütlesi m ise kinetik enerjisi EK = mc2–m0c2 olduğundan

Buna göre, yükün levhalar arasından t çıkış süresi, v0 hızından başka;

B) Yalnız d

B) 0,6

d

.

v0

elektrik yüklü paralel iki levha arasına girdiğinde yörüngesi şekildeki gibi oluyor.

A) Yalnız A

Durgun kütlesi m0 olan bir parçacık v hızı ile hareket

98

FİZİK – ÖSS SAY KONU TESTİ 1.

4. d

İletken K, L, M levhaları 30 V ve 15 V luk gerilimlere şekildeki gibi bağlanmıştır. K levhasının önünden ilk hızı sıfır olan protonun A noktasındaki kinetik enerjisi EA, B nokta-

K

L

10 cm 5 cm

Þekil 1

30 V

+ 15 V

2.

B)

1 4

C)

1 2

D)

2 3

E)

5.

2d

m

4V +

q y

Þekil 2

K levhasından serbest bırakılan, elektrik yükleri eşit olan X ve Y tanecikleri şekildeki yatay yolları izleyerek L levhasına çarpıyorlar.

K

L

d

X

Y

A) Momentumlarının büyüklüğü B) Hızlarının büyüklüğü C) İvmelerinin büyüklüğü D) L ye çarptıkları andaki kinetik enerjileri E) L levhasına ulaşma süreleri


6. 3.

y d

Enerji kayıpları önemsenmediğine göre, X ve Y tanecikleri için aşağıV dakilerden hangisi kesinlikle birbi+ rine eşittir? (Yalnız elektriksel kuvvetler önemsenmektedir.)

niceliklerinden hangileri bulunabilir? (8: Sayfa düzlemine dik içe doğru)

D) I ve III

q

A) –y yönünde, v B) y yönünde, v 3 3 C) y yönünde, v D) –y yönünde, v 2 2 E) y yönünde, 2v

3 4

Düşey düzlemde buluO O O O nan elektrik yüklü şekilÆ Æ Æ B v E deki paralel levhaların → O O O O oluşturduğu düzgün E elektrik alanı ile düzgün → → B magnetik alanına v hızıyla giren elektron doğrusal yörüngeyi izliyor. Elektriksel alanın E ve magnetik alanın B büyüklükleri bilindiğine göre, I. Taneciğin v hızının büyüklüğü II. Taneciğe etkiyen elektriksel kuvvetinin büyüklüğü III. Taneciğe etkiyen magnetik kuvvetinin büyüklüğü

A) Yalnız I

m

Aynı parçacık Şekil 3 teki levhalar arasına serbest bırakıldığında hangi yönde ve hangi limit hızla hareket eder?

B

1 8

V

Kütlesi m, yükü q olan parçacık Şekil 1 deki paralel levhalar arasına serbest bırakıldığında v büyüklüğündeki limit hızıyla hareket ediyor. Aynı tanecik levhalar arasında Şekil 2 deki gibi serbest bırakıldığında dengede kalıyor.

oranı kaçtır? A)

+

Þekil 3

B

+

Yalnız elektriksel kuvvetler E A önemsendiğine göre, E

d

Å P A

sındaki kinetik enerjisi EB dir.

q v

M

30 cm 20 cm

m

F flamanından çıkan elektronlar şekildeki yolu izleyerek B magnetik alanına girince S kadar sapıyor.

d

F

Æ O B

O

O

O

O

O

O

O

O

O

O

O

S

X

III. Hareket sürelerinin oranı

t t

X

v

1

v

2

v1

q

Y

Å

m

v2

2q

Y

II. Hızlarının büyüklüklerinin oranı

L

d

Å2m

+

dir.

Buna göre, B magV netik alan şiddeti, V + levhalar arasındaki potansiyel farkı, d levhaları arasındaki uzaklık niceliklerinden hangilerinin artırılması, S sapma miktarını artırır? (8: Sayfa düzlemine dik içe doğru olup L levhası sabit tutulmaktadır. Yerçekimi önemsenmiyor.)

=

V

1 dir. 2

= 1 dir.

Y


A) Yalnız B B) Yalnız V C) Yalnız d D) V ya da B E) d ya da B


K

Yüklü paralel levhalardan K levhasının önüne bırakılan X taneciğinin yükü q kütlesi 2m, Y taneciğinin yükü 2q kütlesi m dir. Buna göre, X ve Y taneciklerinin L levhasına çarptığı andaki, E 1 I. Kinetik enerjilerinin oranı X = E 2

A) Yalnız I

99

B) Yalnız III C) I ve II D) II ve III E) I, II ve III


11.

Rölativistik bir parçacık v hızı ile hareket edince kinetik enerjisi durgun kütle enerjisine eşit oluyor.

O

Buna göre, parçacığın v hızı kaç c dir? (c = Işık hızı)

A)

8.

1 2

2 2

B)

C)

3 2

D) 0,6

c2 m .v

B)

h m.v

C) 0

Buna göre,

I. V1 potansiyel farkını artırma

0

m

0

1−

v

2

c

2

m

L

yüklü iletken levhalar eşit V gerilimlerine şekildeki gibi bağlanmıştır.

v

V

E) 3 2Vqm

kuvvet

A)

K

e

L

v1

III.

2

a

1

a

=

+ V

0

yol

2d

3d

2d

3d

d

yol

F kuvvet

D) 2F

+ V

F 0

1 4

d

2d

3d

0

yol

d

yol

F

kuvvet

E)

=1

2F

2

A) Yalnız II

B) I ve II D) II ve III

2.A

3d

kuvvet

eşitliklerinden hangileri doğrudur?

1.E

2d

2

2

1

d

M v

C)

Buna göre, v 1 I. 1 = v 2

F

0

a2 dir.

E

L

K

kuvvet

B)

F

hızı v2, kinetik enerjisi E2, ivmesi

II.

e

2F

10. K

mesi a1 M noktasından geçerken

2d

d

K noktasından ilk hızsız bırakılan bir elektronun L noktasına gelinceye kadar elekt + rona etkiyen elektriksel kuvV vet-yol grafiği aşağıdakilerden hangisi gibi olabilir? (Yalnız elektriksel kuvvetler önemseniyor.)

+

C) 2 Vqm

noktasından serbest bırakılan elektronun L noktasından geçerken hızı v1, kinetik enerjisi E1, iv-

B) Yalnız II C) Yalnız III D) I ya da II E) II ya da III

12. Paralel

3Vqm

D) 2 2Vqm

A) Yalnız I

v0 = 0 m +q

Buna göre, parçacığın L noktasından geçerken momentumu aşağıdakilerden hangisine eşittir? (Yerçekimi önemsenmiyor.)

B)

işlemlerinden hangileri yapılırsa elektronun K ye çarpma hızı v den daha büyük olur?

K

K levhasının önünden ilk hızsız bırakılan, m kütleli +q yüklü parçacık şekildeki yolu izliyor.

2Vqm

III. V3 potansiyel farkını artırma

h.c m

h

E)

0

E

V3

II. V2 potansiyel farkını artırma

h.c D) m .v

A)

V2

K

ile fırlatılan elektron K noktasına v büyüklüğünde hızla çarpıyor.

2

0

9.

+

v

Şekildeki paralel levhaları arasındaki potansiyel farkları sırasıyla V1, V2 ve V3 tür. O noktasından v0 hızı

Bu parçacığın eşlik eden De Broglie dalga boyunu veren bağıntı aşağıdakilerden hangisidir?

A)

+

V1

ile hareket etmektedir.

v

+

E) 0,8

Durgun kütlesi m0 olan rölativistik bir parçacık v hızı

h. 1 −

v0

e

3.A


4.B

F 0

C) I ve III E) I, II ve III 5.D

6.C

7.C 100

8.A

9.A

d

2d

3d

10.E

yol

11.B

12.D

KİMYA – ÖSS SAY

FONKSİYONLU ORGANİK BİLEŞİKLER – II ALDEHİTLER VE KETONLAR

ÖRNEK 2 I. Propanal ile dimetil keton II. Propanol ile dimetil eter III. 1,2–propandiol ile etil metil eter

Yapılarında C = O (karbonil) grubu içeren bileşiklerdir. Karbonil grubundaki karbon atomuna 1 tane H atomu ve 1 tane alkil kökü bağlanmışsa, bileşik aldehit; bu karbon atomuna 2 tane alkil kökü bağlanmışsa, bileşik ketondur. Aldehitler, türemiş oldukları alkanın adının sonuna –al eki, ketonlar, türemiş oldukları alkanın adının sonuna –on eki getirilerek adlandırılır. C atomu sayısı eşit olan aldehitler ve ketonlar birbirinin yapı izomeri olup genel formülleri CnH2nO dur.

H H H3C H C2H5

ÇÖZÜM Propanal 3 C li bir aldehit, dimetil keton 3 C li bir ketondur. Kapalı formülleri C3H6O dur. Birbirinin yapı izomeridir.

C atomu sayıları aynı olan monoalkol ile eter birbirinin izomeridir. Propanol 3 C li, dimetil eter 2 C lidir, birbirinin izomeri değildir. 1,2–propandiol, dialkoldür, eterlerle izomer olamaz.

Ketonlar

Aldehitler H

Yukarıdaki madde çiftlerinden hangileri birbirinin yapı izomeridir?

C=O

Metanal (Formaldehit)

C=O

Etanal (Asetaldehit)

C=O

Propanal

H3C H3C H3C C2H5

Yanıt : Yalnız I

C = O Propanon (Aseton) (dimetil keton)

ALDEHİT VE KETONLARIN GENEL ÖZELLİKLERİ • Hem aldehitler hem de ketonlar, karbonil grubundan dolayı polar bileşiklerdir. Küçük karbonlu olanları suda iyi çözünür. Kaynama noktaları alkanlara göre yüksek, molekülleri arasında hidrojen bağı içeren alkol ve karboksilli asitlere göre daha düşüktür. • Hem aldehitler hem de ketonlar indirgenme özelliği gösterir. Aldehitler indirgendiğinde primer alkol, ketonlar indirgendiğinde sekonder alkol oluşturur.

C = O Bütanon (etil metil keton)

C2H5 C = O 3-pentanon (dietil keton)

C2H5

R – CHO + H2 ⎯→ R – CH2 – OH Aldehit

ÖRNEK 1 Bileşik

Propanal

II. CH − C = O 3 I CH − CH

Etil metil keton (bütanon)

III. CH − CH − CH − C = O 3 2 2 I CH

Metil propil keton (2-pentanon)

2

R − C = O + H ⎯⎯→ R − CH − OH 2 I I R R Keton Sekonder alkol ÖRNEK 3 Etanal (asetaldehit) ve dimetil keton (aseton) bileşiklerinin, indirgenme tepkimelerini yazınız.

Adı

I. C H − CH − C = O 2 5 2 I H

Primer alkol

ÇÖZÜM

3

CH − C = O + H ⎯⎯→ CH − CH − OH 3 2 3 2 I H Etanol Etanal

3

Yukarıdaki bileşiklerden hangilerinin adı doğru olarak verilmiştir?

CH − C = O + H ⎯⎯→ CH − CH − OH 3 2 3 I I CH CH 3

ÇÖZÜM I. bileşik 4 C li bir aldehittir, adı bütanaldır. II. bileşik 4 C li bir ketondur, adı bütanondur. Alkil köklerinin biri metil (CH3–), diğeri etil (C2H5–) olduğundan,

Dimetil keton

• Aldehitler, karbonil grubunda H atomu içerdiği için yükseltgenir ve karboksilli asit oluşturur, ketonlar yükseltgenmez.

etil metil keton olarak da adlandırılır. III. bileşik 5 C li bir ketondur. Keton grubu 2. karbondadır. Adı 2–pentanondur. Alkil köklerinin biri metil, diğeri propil olduğu için, metil propil keton şeklinde de adlandırılır.

R – CHO + 1/2O2 ⎯→ R – COOH Aldehit Karboksilli asit R − C = O ⇒ Yükseltgenmez I R Keton

Yanıt : II ve III -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

3

2–propanol

101

KİMYA – ÖSS SAY • Aldehitler ve ketonlar, polar moleküller (HBr, NH3,…) ile

ÖRNEK 4 2–metil propanal bileşiğinin indirgenme ve yükseltgenme tepkimelerini yazınız.

katılma tepkimesi verir, apolar moleküller ile (H2 hariç) katılma tepkimesi vermez.

ÇÖZÜM

NH 2 I CH − C = O + NH ⎯⎯→ CH − C − OH 3 3 3 I I H H

CH 3 I 2–metil propanal: CH − CH − CHO dur. 3

İndirgenirse primer alkol, yükseltgenirse karboksilli asit oluşturur.

CN I CH − C = O + HCN ⎯⎯→ CH − C − OH 3 3 I I H H

CH − CH − CHO + H ⎯⎯→ CH − CH − CH − OH 3 2 3 2 I I CH CH 3

3

2–metil propanal

2–metil–1–propanol

• Aldehit ve ketonlar yanıcıdır. Tam yanma ürünleri, CO2

CH − CH − CHO + 1/ 2O ⎯⎯→ CH − CH − COOH 3 2 3 I I CH CH 3

3

2–metil propanal

2–metil propanoik asit

ve H2O dur.

• Aldehitler, Fehling ayıracı (bazik Cu+2 çözeltisi) ve Tollens ayıracı (NH3 lü AgNO3 çözeltisi) ile tepkime ve-

C H − C = O + 4O ⎯⎯→ 3CO + 3H O 2 5 2 2 2 I H

rerek karboksilli aside yükseltgenir, ketonlar bu tepkimeleri vermez. +2

11 C H − C = O + O ⎯⎯→ 4CO + 4H O 2 5 2 2 2 2 I CH

−

R − C = O + 2Cu + 4OH → R − C = O + Cu O ↓ + 2H O 2 2 I I H OH Fehling çözeltisi Kırmızı çökelti Aldehit Karboksilli Asit +

3

KARBOKSİLLİ ASİTLER O Yapılarında C (karboksil) grubu içeren bileşiklerdir. OH

−

R − C = O + 2Ag + 2OH → R − C = O + 2Ag ↓ + H O 2 I I Tollens ayıracı H OH Gümüş aynası Aldehit Karboksilli Asit

Doymuş monokarboksilli asitlerin genel formülleri, CnH2nO2 dir ve aynı karbon atomu sayılı esterlerle yapı izomerliği gösterirler.

Not : Fehling ayıracı ve Tollens ayıracı aldehit grubu ile tepkime verir. Aldehitler, Fehling ayıracı ile kırmızı renkli Cu2O çöktürür, Tollens ayıracı ile gümüş aynası

Monokarboksilli asitler adlandırılırken, en uzun karbon atomu zinciri temel alınır. Karboksil grubundaki C atomu 1 numara olacak şekilde C atomu zinciri numaralandırılır. Karbon zincirine bağlı grupların yeri ve adı belirtildikten sonra uzun zincirdeki karbon atomu sayısına göre alkan adı söylenerek –oik asit eki eklenir.

oluşturur. Bu tepkimeleri, alkoller, eterler, ketonlar, karboksilli asitler ve esterler vermez. Bu nedenle, bu tepkimeler aldehitlerin tanınmasında kullanılan tepkimelerdir. ÖRNEK 5 I. CH − CH − CH 3 3 I OH

II. CH − C = O 3 I CH 3

H−C = O I OH

III. CH − C = O 3 I H

Metanoik asit (formik asit)

CH − C = O 3 I OH

Yukarıda formülleri verilen bileşiklerden hangileri, amonyaklı AgNO3 çözeltisi ile gümüş aynası oluştu-

Etanoik asit (asetik asit)

CH − CH − C = O Propanoik asit 3 2 I OH

rur? ÇÖZÜM I. bileşik 2–propanol (alkol), II. bileşik dimetil keton (keton), III. bileşik ise etanal (aldehit) dir. Alkoller ve ketonlar, amonyaklı AgNO3 çözeltisi ile gümüş aynası oluşturmaz,

CH − CH − C = O 2–metil propanoik asit 3 I I CH OH

aldehitler oluşturur.

3

Yanıt : Yalnız III -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

3n − 1 O2 ⎯→ nCO2 + nH2O 2

CnH2nO +

102

KİMYA – ÖSS SAY Dikarboksilli Asitler Yapılarında iki tane karboksil grubu içeren bileşiklerdir.

COOH I COOH

H2C

Etandioik asit (Oksalik asit)

ÖRNEK 7 Organik bir bileşiğin 1 molü ile ilgili, aşağıdaki bilgiler veriliyor.

COOH

• Na metali ile 1,5 mol H2 gazı açığa çıkarıyor.

COOH

• Fe metali ile 0,5 mol H2 gazı açığa çıkarıyor.

Propandioik asit

Buna göre, bu organik bileşik aşağıdakilerden hangisi olabilir?

A) CH2 − OH I CH − OH I CH − OH

Yağ Asitleri Yağ asitleri, çift karbon sayılı, genellikle büyük moleküllü, doymuş ya da doymamış karboksilli asitlerdir.

B) H − C = O I CH − OH I CH − OH

2

2

Aşağıda bazı yağ asitlerinin formülleri ve adları verilmiştir. C3H7 – COOH

Bütanoik asit

(Doymuş)

C15H31 – COOH

Palmitik asit

(Doymuş)

C17H31 – COOH

Linoleik asit

(Doymamış)

C17H33 – COOH

Oleik asit

(Doymamış)

C17H35 – COOH

Stearik asit

(Doymuş)

D) COOH I C=O I COOH

re, bileşik molekülü 1 tane asit grubu içerir. Öyleyse, 2 tane de alkol grubu içerir. Bu koşullara uyan bileşik C seçeneğinde verilmiştir. Yanıt : C

• Na, K, Fe, AI, Zn, Ca gibi aktif metallerle etkileşerek H2 gazı açığa çıkarırlar (Alkollerin yalnızca alkali metal-

• Karboksilli asitler, alkollerle tepkimeye girerek ester oluşturur.

lerle H2 gazı açığa çıkardığını anımsayalım).

O O II II ı R − C − OH + HO − R ⎯⎯→ R − C − ORı + H O 2 Karboksilli Alkol Ester asit

2CH3 – COOH + Mg ⎯→ (CH3 – COO)2Mg + H2 COOH ⎛ COO ⎞ ⎟ Mg + H I + Mg ⎯⎯→ ⎜ I 2 ⎜ COO ⎟ COOH ⎝ ⎠

CH3 – COOH + HO–C2H5 → CH3–COO–C2H5 + H2O

ÖRNEK 6 Aşağıdaki bileşiklerden hangisi hem Na metali hem de Mg metali ile tepkimeye girdiğinde H2 gazı açığa çı-

CH − OOC − CH CH − OH HOOC − CH 2 3 2 3 I + ⎯⎯→ I + 2H O 2 CH − OH HOOC − CH CH − OOC − CH

kar?

3

3

D) CH 3 I C=O I CH

E) NH 2 I CH 2 I CH

3

B) Alkol

D) Keton

3

3

(H )

2 R – COOH ⎯⎯⎯ → R – CHO + H2O

karboksilli asit

aldehit

Not : Formik asit, aynı zamanda aldehit grubu da içerir. Aldehit grubu H−C = O I OH

E) Amin

Karboksil grubu

Bu nedenle, formik asit yükseltgenme tepkimesi verebilir. NH3 lü AgNO3 çözeltisi ile Ag aynası oluşturur,

Yanıt : A


2

• Karboksilli asitler yükseltgenmez (formik asit hariç), indirgenerek aldehit oluşturur.

3

C) Aldehit

3

2

C) H I C=O I CH

ÇÖZÜM Na metali ile hem asitler hem de alkoller, Mg metali ile yalnızca asitler tepkimeye girdiğinde H2 gazı açığa çıkarır.

A) Asit

E) COOH I CH − OH I COOH

göre, bileşik molekülündeki asit ve alkol gruplarının toplam sayısı 3 tür. 1 molü, Fe metali ile 0,5 mol H2 gazı açığa çıkardığına gö-

KARBOKSİLLİ ASİTLERİN GENEL ÖZELLİKLERİ • Suda çözündüklerinde iyonlaşarak H+ iyonu verirler. Karboksilli asitler, zayıf asittir.

B) CH − OH 2 I CH

2

ÇÖZÜM 1 molü, Na metali ile 1,5 mol H2 gazı açığa çıkardığına

(Yukarıda verilen yağ asitlerinin adlarının bilinmesi gerekmemektedir.)

A) COOH I CH

C) COOH I CH − OH I CH − OH

Fehling çözeltisi ile kırmızı Cu2O çöktürür.

103

KİMYA – ÖSS SAY OPTİKÇE AKTİFLİK Bir karbon atomuna birbirinden farklı 4 atom ya da atom grubu bağlıysa, bu karbon atomu asimetriktir. Yapısında bir tane asimetrik karbon atomu bulunduran bileşiklerin, uzayda dizilişi farklı olan iki molekülü vardır. Birbirinin ayna simetrisi olan bu bileşiklere optik izomer adı verilir. Bu maddeler optikçe aktiftir. Optikçe aktif bileşikler, polarlanmış ışığın titreşim düzlemini sağa ya da sola doğru döndürür. 1

COOH I 2 H − C − OH I 3 CH 3

içerdiği için baz özelliği gösteren amfoter maddelerdir. Suda iyi çözünürler. α–amino asitler, polimerleşirse proteinler oluşur. ÖRNEK 9 H N − CH − C = O 2 2 I OH bileşiği ile ilgili,

Örneğin, laktik asit; bileşiğindeki 2 numaralı C atomuna bağlı atom ya da atom gruplarının dördü de birbirinden farklı olduğundan, bu C atomu asimetriktir. Bu bileşiğin iki tane optik izomeri vardır.

I. Asitlerle nötrleşme tepkimesi verir. II. Adı, aminoasetik asittir. III. Optikçe aktif özellik gösterir. açıklamalarından hangileri doğrudur?

COOH

COOH C HO H H 3C

C

OH CH3

H

Amino asitler, –COOH grubu içerdiği için asit, –NH2 grubu

ÇÖZÜM

H N − CH − C = O karboksil grubu (asit) 2 2 I OH Amin grubu (baz)

L-laktik asit

D-laktik asit

I I I I Not: CH − , CH − , − C = C − , − C = O , − C ≡ C − 3

Bileşik 2 C atomlu bir amino asittir. Adı, aminoetanoik asit ya da aminoasetik asittir. NH2– grubu asitlerle, –COOH

2

yapısındaki C atomları asimetrik değildir.

grubu bazlarla nötrleşme tepkimesi verir. Asimetrik C atomu içermediği için optikçe aktif özellik göstermez. Buna göre, I. ve II. açıklamalar doğru, III. açıklama yanlıştır.

ÖRNEK 8 H C − CH − COOH 3 I OH

Yanıt : I ve II

bileşiği ile ilgili, I. Adı, 2–hidroksi propanoik asittir. II. Optikçe aktiftir. III. Hem Na metali ile hem de Mg metali ile tepkime vererek H2 gazı açığa çıkarır.

ESTERLER Alkollerin, HNO3, H2SO4 gibi oksijenli asitlerle ve karbok-


esterleşme ZZZZZZZZ X Asit + Alkol YZZZZZZZ Z Ester + Su

ÇÖZÜM

Esterler, iki şekilde adlandırılır.

3

silli asitlerle yaptığı bileşiklere ester adı verilir. hidroliz

Bileşik, 2–hidroksi propanoik asittir (laktik asit). Moleküldeki 2 numaralı C atomu asimetriktir. Asimetrik C atomuna sahip moleküller optikçe aktiftir.

1.

CH 3 I H − 2 C − OH I 1 COOH • –OH ve –COOH grubu içeren bileşik Na metali ile tepkime vererek H2 gazı açığa çıkarır.

Alkolden gelen alkil adı yazılır, sonra asidin –oik eki atılır, yerine –at eki eklenir. C2H5 – COO – CH3 : Metil propanat esteri asit

2.

• Mg metali ise, sadece –COOH grubu ile tepkime vererek, H2 gazı açığa çıkarır.

alkol

Önce asidin adı, sonra alkolün alkil grubunun adı ve ester sözcüğü yazılır.

Yukarıdaki madde, propanoik asit metil esteri şeklinde de adlandırılabilir.

Buna göre, her üç yargı da doğrudur. Esterlerin Özellikleri Esterlerin küçük moleküllü olanları suda iyi çözünür. Kimyasal etkinlikleri azdır. Bazik ortamda hidroliz olurlar, bu hidroliz türüne sabunlaşma denir.

Yanıt : I, II ve III AMİNO ASİTLER Yapısında –NH2 grubu içeren karboksilli asitlerdir. CH − CH − COOH 3 I NH 2

2 − amino propanoik asit (α − amino propanoik asit) -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

CH − CH − COOH 2 2 I NH

C H

17 35

− C = O + NaOH→ C17H35 – COONa + C2H5OH I O−C H 2 5

2

Etil stearat esteri

3 − amino propanoik asit (β − amino propanoik asit)

104

Sodyum stearat (Sabun)

Etil alkol

KİMYA – ÖSS SAY KARBONHİDRATLAR Karbonhidratlar, doğada yeşil yapraklı bitkiler tarafından fotosentez yolu ile üretilen ve genel formülleri Cn(H2O)m

ÇÖZÜM I. bileşikte N atomu, 2 H atomu ve 1 alkil grubu içeriyor. Primer amindir. II. bileşikte N atomu, 1 H atomu ve 2 alkil grubu içeriyor. Sekonder amindir. III. bileşikte N atomu, 3 alkil grubu içeriyor. Tersiyer amindir.

şeklinde olan bileşiklerdir. Karbonhidratlar; monosakkaritler, disakkaritler ve polisakkaritler olarak üç ana sınıfa ayrılır. Monosakkaritler Yapılarında aldehit ya da keton grubu bulunan polialkoller olarak sınıflandırılır. Genel formülleri CnH2nOn dir. C ato-

Yanıt : Yalnız II FONKSİYONLU AROMATİK BİLEŞİKLER Benzen halkasına bağlı olan fonksiyonel gruplar, alifatik yapıdaki fonksiyonlu bileşiklerin genel özelliklerine benzer özellikler gösterir. Aşağıda bazı önemli aromatik bileşiklerin formülü ve özellikleri verilmiştir.

mu sayısı 6 olanlar yaygın olarak bulunur. Yapısında aldehit grubu bulunduranlara aldoz, keton grubu bulunduranlara ketoz denir. Adlandırmada önce aldo– ya da keto– ön ekleri, sonra moleküldeki C atomların sayısı, daha sonra da –oz eki getirilir. Önemli monosakkaritler glikoz, früktoz, galaktozdur. H H I I C=O H − C − OH I I C=O H − C − OH I I H − C − OH H − C − OH I I H − C − OH H − C − OH I I H − C − OH H − C − OH I I H − C − OH H − C − OH I I H H Glikoz Früktoz (Aldoheksoz) (Ketoheksoz)

NH2

CH2-OH C6H5-CH2-OH

H C=O

C6H5- CHO

Aldehit özelliði gösterir.

Benzaldehit CH3

İki molekül monosakkaritten 1 molekül su çıkarılması ile elde edilirler. Monosakkarit + Monosakkarit ⎯→ Disakkarit + su Önemli disakkaritler sakkaroz, laktoz ve maltozdur.

C6H5- C = O

Keton özelliði gösterir.

CH3 Asetofenon (Fenil, metil keton) OH

C6H12O6 + C6H12O6 ⎯→ C12H22O11 + H2O

C=O

sakkaroz

Polisakkaritler n tane monosakkarit molekülünden (n – 1) tane su molekülünün çıkarılması ile oluşurlar. Önemli polisakkaritler selüloz, nişasta ve glikojendir.

C6H5- COOH

Asit özelliði gösterir.

Benzoik asit

C6H5- OH

OH

AMİNLER NH3 molekülündeki H atomlarının yerine alkil (R–) kökleri-

Özel yapýlý bir bileþiktir, asit özelliði gösterir.

Fenol (Hidroksi benzen)

nin geçmesiyle oluşan bileşiklerdir. Sulu çözeltileri zayıf baz özelliği gösterir. Aminler, alkil sayılarına göre primer, sekonder ve tersiyer olmak üzere üçe ayrılır. R − NH R −N−R R – NH2 I I R R Primer amin Sekonder amin Tersiyer amin

ÖRNEK 11 I.

OH

II.

OH

III.

COOH

Yukarıdaki bileşiklerden hangilerinin sulu çözeltileri NaOH ile nötrleşme tepkimesi verir?

ÖRNEK 10 I. CH − CH − NH 3 2 I CH

ÇÖZÜM

3

NaOH ile nötrleşme tepkimesi veren maddeler, asittir. I. madde sikloheksanol ya da hidroksi sikloheksandır. Alkol özelliği gösterir. II. madde fenoldür, asit özelliği gösterir. III. madde benzoik asittir, asit özelliği gösterir.

II. CH3 – NH – CH3 III. CH − N − CH 3 3 I CH 3

Yukarıdaki bileşiklerden hangileri sekonder amindir? -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

Primer alkol özelliði gösterir.

Benzil alkol

C=O

früktoz

Baz özelliði gösteren bir bileþiktir.

Anilin (Amino benzen) (Fenil amin)

Disakkaritler

glikoz

C6H5-NH2

Yanıt : II ve III

105

KİMYA – ÖSS SAY ÇÖZÜM

ÇÖZÜMLÜ TEST 1.

• Bileşik molekülünde 2 karbon atomu arasında çift bağ bulunduğundan doymamıştır, bromlu suyun rengini giderir.

X : CH3CH2CH2OH Y : CH3CH2CHO

•

Z : CH3CH2COOH

1

COOH İkinci karbonun dört bağında farklı gruplar bulunduğu için asimetriktir, optikçe aktif I H − C − OH özellik gösterir. I 3 CH II 4 CH 2

Yukarıda verilen X, Y ve Z bileşikleri ile ilgili, aşağıdaki açıklamalardan hangisi yanlıştır?

A) Amonyaklı AgNO3 çözeltisi ile yalnızca Y tepki-

2

meye girdiğinde, Ag açığa çıkarır. B) X ile Z nin tepkimesinden ester oluşur. C) Y bileşiği; yükseltgendiğinde Z, indirgendiğinde X oluşur. D) Na metali ile yalnızca X tepkimeye girdiğinde H2

• Na metali, hem –COOH hem de –OH grubundaki hidrojenin yerine geçeceğinden 1 mol bileşik Na metali ile tepkimeye girdiğinde, 1 mol H2 gazı açığa çıkar.

• Molekülde 1 tane karboksil grubu olduğundan 1 değerli asittir ve 1 mol NaOH bazı ile tepkime verir. • –COOH grubu asit grubudur. –OH grubu ise baz grubu değil, alkol grubudur. Bu nedenle amfoter özellik göstermez.

gazı açığa çıkarır. E) Mg metali ile Z tepkime verir, X tepkime vermez. ÇÖZÜM

Yanıt : E

X : CH3CH2CH2OH

Primer alkol

Y : CH3CH2CHO

Aldehit

Z : CH3CH2COOH

Karboksilli asit

3.

Y : R2 – O – C2H5 Z : R3 – COOH X, Y ve Z bileşikleri ile ilgili, aşağıdaki bilgiler veriliyor. • X ile Y birbirinin izomeridir.

• Yapısında aldehit grubu bulunan Y bileşiği amonyaklı AgNO3 çözeltisi ile tepkimeye girdiğinde, Ag açığa çıkarır. • Alkol (X) ile karboksilli asit (Z) tepkimeye girdiğinde, ester oluşur. • Y aldehiti; yükseltgendiğinde karboksilli asit (Z), indirgendiğinde primer alkol (X) oluşur. • Na metali hem alkollerle (X) hem de karboksilli asitlerle (Z) tepkimeye girdiğinde H2 gazı açığa çıkarır.

O II • X ile Z tepkimeye girdiğinde, C H − C − OC H 2 5

Buna göre, R1, R2 ve R3 alkil grupları aşağıdakilerden hangisi olabilir?

Yanıt : D

COOH I CH − OH I CH II CH

R1

R2

R3

A) C2H5–

CH3–

C2H5–

B) C3H7–

CH3–

C2H5–

C) C2H5–

C2H5–

C2H5–

D) C2H5–

CH3–

C3H7–

E) C3H7–

C2H5–

C2H5–

ÇÖZÜM

O II R3 – COOH + HOCH2 – R1 ⎯→ R − C − OCH − R 3 2 1 (Z) (X) O II C H − C − OCH − C H 2 5 2 2 5 R3 : C2H5– ve R1 : C2H5– tir.

2

bileşiği ile ilgili, aşağıdaki açıklamalardan hangisi yanlıştır?

A) Bromlu suyun rengini giderir. B) Optikçe aktiftir. C) 1 molü, Na metali ile tepkimeye girdiğinde 1 mol H2 gazı açığa çıkarır.

X bileşiği; C2H5CH2OH dir. X ile Y bileşikleri birbirinin izomeri olduğuna göre, Y molekülü de 3 karbon atomu içermelidir. Y bileşiği; CH3 – O – C2H5 tir. R2 : CH3– olur.

D) 1 molü, 1 mol NaOH ile tepkime verir. E) Amfoter özellik gösterir.

Yanıt : A -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

3 7

bileşiği oluşuyor.

• Mg metali yalnızca karboksilli asitlerle (Z) tepkimeye girdiğinde H2 gazı açığa çıkarır.

2.

X : R1 – CH2OH

106

KİMYA – ÖSS SAY KONU TESTİ 1.

Etanal (asetaldehit) bileşiği ile ilgili, aşağıdaki açıklamalardan hangisi yanlıştır?

A) B) C) D) E)

2.

5.

I. CH − CH − COOH 3 I OH II. COOH I CH − OH I COOH

Karbonil grubu içerir. Etil alkolün yükseltgenmesinden elde edilir. Yükseltgenmesinden, etanoik asit elde edilir. Katılma tepkimesi verir. Asetonun izomeridir.

III. COOH I CH − OH I CH 2 I COOH

CH − CH − C = O ve CH − C − CH 3 2 I 3 3 II H O

Yukarıda formülleri verilen bileşiklerden hangilerinin molekülü asimetrik karbon atomu içerir?

bileşikleri için, aşağıdaki açıklamalardan hangisi yanlıştır?

A) Yalnız I


A) B) C) D) E)

İzomerdirler. Yükseltgenirler. Katılma tepkimesi verirler. İndirgenme ürünleri izomerdir. 1 er mollerini yakmak için gerekli O2 miktarları

6.

OH

NO2

I

II


NH2

eşittir. CH3

3.

CH − C = O 3 I H Yukarıda formülü verilen bileşik indirgendiğinde X bileşiği, yükseltgendiğinde ise Y bileşiği oluşuyor.

Yukarıda verilen organik bileşiklerden hangileri HCI ile tepkime verir?

A) Yalnız II D) II ve III

Buna göre, X ve Y bileşiklerinin tepkimesi sonucu oluşan bileşiğin formülü aşağıdakilerden hangisidir?

A) C H − C = O 2 5 I O − CH

B) CH − C = O 3 I O − CH

C) CH − C = O 3 I CH

D) C H − C = O 2 5 I O−C H

7.

X, Y ve Z organik bileşiklerinden biri alkol, biri asit biri de aldehittir. Bu bileşikler ile ilgili, bazı bilgiler aşağıda verilmiştir: X : Na metali ile tepkime verir. Y : NaOH ile tepkime vererek, tuz ve su oluşur. Buna göre, X, Y ve Z bileşikleri aşağıdakilerden hangisinde doğru olarak verilmiştir?

2 5

2 5

X

E) CH − C = O 3 I O−C H

A) B) C) D) E)

2 5

Etil alkolün bir değerli bir organik asit ile oluşturduğu esterin mol kütlesi 88 gramdır.

8.

Buna göre, organik asit molekülündeki C atomu sayısı aşağıdakilerden hangisidir? (H = 1, C = 12, O = 16)

A) 1

B) 2

B) Yalnız III C) I ve III E) I, II ve III

3

3

4.

III

C) 3

D) 4

Alkol Alkol Asit Asit Aldehit

Y

Z

Asit Aldehit Alkol Aldehit Asit

Aldehit Asit Aldehit Alkol Alkol

2–metil–2–bütanol bileşiği ile ilgili, aşağıdaki açıklamalardan hangisi yanlıştır?

A) Kapalı formülü C5H12O dur. B) Monoalkoldür. C) Yükseltgendiğinde, keton oluşur. D) 1 molü, Na metali ile 0,5 mol H2 gazı açığa çıka-

E) 5

rır. E) Katılma tepkimesi vermez. -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

107

KİMYA – ÖSS SAY 9.

COOH

CH2OH

OH

X

Y

13.

O II X : H − C − OH

O II Y : CH − C − OH 3

Yukarıda verilen X ve Y bileşikleri için,

Z

I. Her ikisi de Na metali ile tepkimeye girerek H2

Yukarıda formülleri verilen X, Y ve Z bileşikleri ile ilgili, aşağıdaki açıklamalardan hangisi yanlıştır?

gazı açığa çıkarır. II. Her ikisi de Zn metali ile tepkimeye girerek H2

A) Z bileşiği, iki basamak yükseltgenirse, X bileşiği oluşur. B) Üçü de Na metali ile tepkimeye girerse, H2 gazı

gazı açığa çıkarır. III. Amonyaklı AgNO3 çözeltisi ile yalnızca X tepki-

açığa çıkar. C) NaOH ile yalnızca X tepkime verir. D) X ile Z nin tepkimesinde ester oluşur. E) Üçü de aromatik bileşiklerdir.


A) Yalnız II D) II ve III

10. Aşağıda

verilen bileşiklerden hangisi amfoter özellik gösterir?

A) COOH I CH I 2 OH

B) CH OH 2 I CH 2 I NH

kimeye girdiğinde, 1 mol H2 gazı ve 134 gram tuz oluşuyor. Buna göre, organik asidin formülü aşağıdakilerden hangisidir? (H = 1, C = 12, O = 16, Na = 23)

2

A) COOH I COOH

E) CH OH 2 I CH 2 I NO

2

2

R−C = O I H

Y : R −C −R II O

B) I ve II C) I ve III E) I, II ve III

14. 1 mol organik asit yeterli miktarda Na metali ile tep-

C) COOH I CH I 2 NO

2

D) COOH I CH I 2 NH

11. X :

meye girdiğinde Ag oluşur.

B) CH3COOH D) COOH I CH I 2 COOH

C) HCOOH

E) COOH I C H 2 4 I COOH

15. X

ve Y organik bileşikleri ile ilgili, aşağıdaki bilgiler veriliyor :

Yukarıda verilen X ve Y bileşikleri birbirinin izomeridir. Y bileşiği indirgendiğinde 2–bütanol oluştuğuna göre, X bileşiği yükseltgendiğinde aşağıdaki bileşiklerden hangisi oluşur?

A) C3H7COOH

B) C4H9COOH

C) C4H9OH

D) C4H9CH2OH E) C2H5COOH

12. X : R – CH2OH

X : Fehling çözeltisindeki Cu+2 iyonlarını indirgiyor, NaOH ile tepkimesinde tuz oluşuyor. Y : NaOH ile tepkime vermiyor, Na metali ile tepkimesinde H2 gazı açığa çıkarıyor. Buna göre, X ve Y organik bileşikleri aşağıdakilerden hangisi olabilir? X

Y

O II A) CH − C − OH

O II CH − C − OH

O II B) H − C − OH

O II H − C − OH

3

Rı

Y:R–O– Z : R – COOH Genel formülleri yukarıda verilen X, Y ve Z organik bileşiklerinin moleküllerindeki C atomları sayıları eşittir. Buna göre, X, Y ve Z organik bileşikleri için, aşağıdaki açıklamalardan hangisi yanlıştır?

A) X ile Y birbirinin izomeridir. B) X bileşiği yükseltgendiğinde, Z bileşiği oluşabilir. C) X ve Z bileşikleri, Na metali ile tepkimeye girdiğinde, H2 gazı açığa çıkar. D) X ve Z bileşikleri, Zn metali ile tepkimeye girdiğinde, H2 gazı açığa çıkar.

3

O II C) H − C − OH

CH − CH − CH 3 3 I OH

OH O I II D) CH − CH − C − H 3

OH O I II E) CH − CH − C − H 3

CH − CH − CH 3 I 3 OH

O II H − C − OH

E) X ile Z bileşiklerinin tepkimesinden ester oluşur. 1.E

2.B

3.E

4.B


5.D

6.B

7.A

8.C 9.C 108

10.D

11.A

12.D

13.E

14.A

15.C

BİYOLOJİ – ÖSS SAY

BİYOTEKNOLOJİ, GENETİK MÜHENDİSLİĞİ, CANLILARDA DAVRANIŞ, HAYATIN BAŞLANGICI VE EVRİM İLE İLGİLİ GÖRÜŞLER BİYOTEKNOLOJİ, GENETİK MÜHENDİSLİĞİ

ÖRNEK 1

İnsanlar her çağda çeşitli alanlarda yararlandıkları kaynakları geliştirme çabası içinde olmuşlardır. İlk zamanlarda yiyecek kaynaklarının geliştirilmesi için bitki ve hayvan türlerinin ıslahı ile uğraşan insanlar, şimdi ise biyoloji bilgilerini teknolojik gelişim ile birleştirerek sağlık, tarım, hayvancılık ve endüstri alanlarında kaynakları geliştirici yöntemler kullanmaktalar. Biyoloji biliminin teknoloji ile birleştiği noktada yapılan çalışmaların tümü biyoteknoloji adı altında toplanır. Bu çalışmalar, genlerin tüm genom üzerindeki yerlerinin belirlenmesi, genlerin klonlanması, başka bir canlıya gen aktarımı, hastalıklara yol açan genlerin bulunması ve onarılması, canlı klonlaması şeklinde özetlenebilir. Bunlar arasında, bir canlı ile aynı kalıtsal yapıya sahip başka bir canlı üretimi anlamına gelen canlı klonlaması genetik mühendisliği çalışmaları kapsamına girmemektedir. Diğer çalışmalar ise genler ile ilgili olup genetik mühendisliği çalışmalarına dahildir. Yani genetik mühendisliği, kalıtsal madde üzerindeki çeşitlendirmeler ve değişiklikler ile ilgili çalışmaları içerir. Biyoteknoloji ise biyolojik bir sistemin ya da yapının endüstriyel boyutta kullanılması anlamındadır. Genetik mühendisliği, biyo-teknolojinin kullandığı yöntemlerden sadece biridir. Herhangi bir ürünü şifreleyen genin üretilmesi ve ürünün elde edilmesi işlemleri için ilk olarak bu geni içeren DNA molekülünün bulunduğu hücreden ayrılması (izolasyonu) yani saf olarak elde edilmesi gerekir. Ürünü elde edilecek genin, saflaştırılan DNA üzerindeki yeri belirlendikten sonra genin uygun enzimler kullanılarak kesilmesi ve bulunduğu yerden çıkarılması gerekir. Gen teknolojisinin ilerlemesini sağlayan ve DNA üzerinde çeşitli işlemlere olanak tanıyan enzimlerden en önemlileri endonükleazlar ve DNA ligazdır.

İnsan gen projesine 3 trilyon nükleotit uzunluğundaki insan genomunun, nükleotit dizilimini bulmak ve gen haritasını çıkarmak amacıyla 1990 yılında başlanmıştır. Bu projenin tamamlanması ile kalıtsal hastalık ve kusurların nedeni ve buna bağlı çözümlerinin bulunması mümkün olacaktır. Kalıtsal hastalıkların tedavisinde; I. II. III. IV.

işlemleri hangi sıraya göre gerçekleştirilmelidir? A) I–II–III–IV B) II–III–IV–I C) III–I–II–IV D) IV–I–II–III E) IV–III–I–II ÇÖZÜM İnsanlarda kalısal hastalıklara neden olan genlerin ıslahı gen terapisi adını alır. Fakat bu yöntem bazı ahlaki sorunları da beraberinde getirdiğinden dolayı şu an kullanılmamaktadır. Ama bu yöntem kullanılsaydı izlenecek yolun şu şekilde olması uygun olurdu: – Hastalıklı genin belirlenmesi – Hastalıklı genin, genomdan ayıklanması, temizlenmesi – Sağlıklı genin yapılandırılması (üretimi) – Sağlıklı genin genoma aktarılması Yanıt: D CANLILARDA DAVRANIŞ

Endonükleazlar bir nükleotit dizisini uygun yerlerinden kesen enzimlerdir. DNA ligaz ise iki nükleotit dizisini birbirine bağlayan enzimdir. Nükleotit dizisi uygun yerden kesildikten sonra yapılacak işlem, elde edilen genin plazmit adı verilen taşıyıcı DNA ya aktarılması işlemidir (Plaz-mitler bakterilerde kromozomal DNA dan ayrı olarak bulunan halkasal DNA lardır. Üzerlerinde çok küçük gen bölgeleri bulunur. Bakteriler plazmitleri ile konju-gasyon sırasında gen aktarımı yaparak yeni bir özellik kazanabilirler.). Genetik çalışmalar sırasında elde edilen gen plazmide akŞekil 1: Plazmide gen tarıldıktan ve DNA ligaz ile biraktarımı aktarılır. leştirildikten sonra bu plazmit uygun bir bakteriye Bakteri, plazmitte bulunan genlerle protein sentezlerken aktarılan genin şifrelediği ürünü de üretir. Elde edilen ürün ortamdan izole edilir ve istenilen şekilde kullanılır (Şekil 1).


hastalıklı genlerin genomdan temizlenmesi sağlıklı genin (kalıp gen) belirlenmesi ve izolasyonu kalıp genin ilgili bölgeye nakli hastalıklı genlerin belirlenmesi

Organizmanın dış ve iç çevresi sürekli değişim durumundadır. Bu değişimler, sıcaklık, ışık, O2, CO2, su, diğer organizmalar, susuzluk ve açlık gibi faktörlerdir. Canlı organizmaların etkinliklerini etkileyen bu faktörler uyartı adını alır. Uyartılar canlıda farklı değişikliklere (tepki) yol açar. Bu tepkiler terleme gibi fizyolojik bir tepki olabileceği gibi karmaşık bir tepkiler dizisini içeren davranış da olabilir. Fizyolojik tepkiler davranış olarak sınıflandırılamaz. Davranış, organizmanın uyartılara tepki olarak oluşturduğu bir dizi etkinliktir. Her türün kendine özgü bir davranış biçimi vardır. Şahinin, avı olan tavşanı gördüğünde harekete geçmesi bir beslenme davranışıdır. Davranış, bireylerin ve bireylerden oluşan populasyonların yaşamını sürdürebilmesini sağlar. Her türün tepki verdiği uyartı çeşidi birbirinden farklı olabilir. Bir canlı başka bir canlının avcısı olabilirken bir diğerinin avcısı olmayabilir. Tepki oluşturacak her uyartı her tür için özel bir davranış biçimini başlatır. Organizmalar sadece kendileri için anlamlı sinyal, mesaj ya da uyartılara yanıt verirler.

109

BİYOLOJİ – ÖSS SAY Termonasti, sıcaklığın oluşturduğu irkilme hareketleridir. Lalelerin 15-20ºC de çiçeklerini açması, 5-10ºC de çiçeklerinin kapalı olması örnek olarak verilebilir.

Çevreden gelen uyartılara yanıt olarak verilen tepki bütünü olan davranışların bir bölümü doğal ve kalıtsal bir bölümü ise kazanılmış (sonradan öğrenilmiş) olabilir. Karmaşık olmayan basit organizasyonlu canlılarda davranışların büyük bir bölümü kalıtsaldır. Çünkü yaşam döngüsü kısa olan canlıların yaşamlarını sürdürebilmeleri için öğrenmeye ayıracak zamanları yoktur. Kalıtsal davranışlar bu canlıların nesillerini devam ettirebilmeleri için yeterlidir. Bu tip davranışlar canlının beslenme, barınma, üreme ve zararlı etkenlerden kaçınma gibi gereksinimlerini karşılar.

Sismonasti, dokunma ve sarsma ile oluşan hareketlerdir. Küstümotuna dokununca yapraklarını kapatıp aşağı sarkıtması sismonastiye örnektir. Hayvanlarda Davranış Refleks ve İçgüdü: Hayvanlarda görülen basit davranışlar kalıtsal niteliktedir. Kalıtsal davranışlar refleks ve içgüdü olarak ortaya çıkar. Hayvanlarda etkiye karşı oluşturulan, ani, değişmez ve hızlı tepkilere refleks adı verilir. Refleksler üst (ön) beynin denetiminde gerçekleşmedikleri için ani ve hızlıdır. Ayağına iğne batırılan kurbağanın ayağını çekmesi, elektrik şoku verilen yassısolucanın büzülmesi refleks tipi yanıta örnektir. Basit canlılarda refleksler birçok davranışın temeli olduğu halde gelişmiş hayvanlarda davranışın sadece küçük bir bölümünü oluşturur. Bazı hayvanlarda bir uyarı ya da bir dizi uyarıya yanıt olarak öğrenilmemiş bir tepkiler bütünü oluşturulur. Bu tip karmaşık kalıtsal davranış dizilerine içgüdü adı verilir. İçgüdüler, bireylerin ve hayvan topluluklarının hayatta kalmalarını sağlayan, beslenme, savunma ve üreme ile ilgili davranışlardır. İçgüdüler, canlıya karşılaşabileceği sorunlara hazır olmayı sağlar. Bunlar, karmaşık bir hareket bütününü içerdikleri halde öğrenilerek kazanılan davranışlar değildir. Fakat içgüdüsel bir davranış içinde olan bir organizma ne yaptığının bilincindedir. Bu noktada içgüdü ile refleks birbirinden ayrılır. Refleks hareketleri bilinçsizce ortaya çıkar. Kuşların yuva yapması, göçmen kuşların ve balinaların göç etmesi, yavru bakımı gibi davranışlar içgüdüye örnektir. İçgüdüsel davranışların ortaya çıkmasında hormonal düzenlemenin de önemli rolü bulunmaktadır. Gelişmiş hayvanlarda davranışların bir bölümü kazanılmış (öğrenmeyle şekillenen) davranışlardır. Öğrenmenin en basit tanımı, canlılarda gözlenen davranış değişikliği olarak yapılabilir. Öğrenme birkaç yol ile gerçekleşir. En basit öğrenme tipi alışkanlık kazanma şeklindedir. Sürekli yinelenen uyartılar artık o canlıda tepki vermeme şeklinde kendini gösterir. Kargaların zararsız bostan korkuluğundan kaçmamaları bunun tipik bir örneğidir.

Tekhücrelilerde ve Bitkilerde Davranış Kalıtsal davranışların en basiti tekhücrelilerde ve bitkilerde görülen uyartılara karşı uyaranın yönüne bağlı ya da uyaranın yönüne bağlı olmadan ortaya çıkan davranışlardır. Uyaranın yönüne bağlı davranışlar: Bu tip davranışlar, uyartı yönünde ise pozitif ters yönde ise negatif olarak ifade edilir. 1. Yönelim (Tropizma) hareketi: Bitkinin uyartı yönünde ya da uyartıya zıt yönde büyümesidir. Işık ya da kimyasal maddeler tropizmaya neden olur. Bitkinin gövdesi ışık karşısında pozitif, kökleri ise negatif fototropizma yapar. Kimyasal madde olan gübreye karşı kökler pozitif kemotropizma, kireç ve yoğun tuz çözeltisine karşı negatif kemotropizma yapar.

ýþýk

ýþýk

Fototropizma

Su

Su

Hidrotropizma

Bunlarla birlikte köklerin suya doğru yönelmesi hidrotropizma, ayçiçeklerinin güneşi izlemesi heliotropiz-ma, bitki köklerinin yerçekimi doğrultusunda büyümesi jeotropizma, bitki köklerinin yaralanma yönünün tersine yönelmesi travmatropizma, bitkilerin dokunmaya karşı gösterdiği yönelim davranışı da haptotropizma olarak adlandırılır. 2. Yer değiştirme hareketi (Taksi=Göçüm):

ÖRNEK 2

Hareket etmeyi sağlayan yapıları bulunan bakterilerde ve tekhücrelilerde görülür. Uyaran yine ışık ya da kimyasal maddeler olabilir. Örneğin aerob baterilerin oksijen bulunan yere ilerlemesi pozitif kemotaksi, anaerob bakterilerin oksijen bulunan yerden uzaklaşması negatif kemotaksidir. Fotosentetik bakterilerin ışık alan bölgede toplanması ise pozitif fototaksi olarak adlandırılır.

Nisan ayında doğan ve annesi olmadan yaşayan bir tarlafaresi, ağustos ayı geldiğinde birdenbire besin depolamaya başlar. Daha önce hiç kış yaşamamış bu tarlafaresi, kışın zorluklarını bilmez. Ama kışı geçireceği bir oyuk hazırlayarak burada yiyecek biriktirir.

Uyaranın yönüne bağlı olmayan davranışlar:

I. ayağına iğne batırılan kurbağanın ayağını çekmesi II. yılın belli dönemlerinde balinaların göç etmesi III. kuş yavrularının büyüdükçe besin değeri olmayan maddeleri gagalamaktan vazgeçmesi

Tarlafaresinin bu davranışı;

Bu tip davranışlar uyaranın yönüne bağlı gerçekleşmediğinden pozitif ya da negatif olarak ifade edilmezler. Bitkilerde uyarı yönüne bağlı olmaksızın gerçekleşen irkilme davranışlarına nasti denir.

gibi davranışlardan hangileriyle benzerlik gösterir?

Fotonasti, ışık etkisiyle ortaya çıkan irkilme hareketlerine denir. Fasulye yapraklarının gündüz kalkık, gece eğik durumda olması örnek olarak verilebilir.


A) Yalnız I

B) Yalnız II D) II ve III

110

C) I ve III E) I, II ve III

BİYOLOJİ – ÖSS SAY ÇÖZÜM

ÇÖZÜM

Soruda tarlafaresinin davranışı içgüdü olarak sınıflandırılır. Ayağına iğne batırılan kurbağanın ayağını çekmesi reflekstir. Kuş yavrularının besin değeri olmayan maddeleri tanıması ise öğrenme yoluyla gerçekleşir. Oysa balinaların yılın belli zamanlarında göç etmesi içgüdüye bir örnektir.

Grup halinde yaşayan hayvanlarda her grubun bir lideri bulunur. Lider, gruba av sırasında öncülük eder, avı yönetir. Grup halinde çıkılan avda başarı oranı artar. Avlanma grup halinde ve işbölümüyle yapıldığından enerjinin boşa harcanması engellenir. Av sonrası avdan, önce lider yararlanır ve grup içindeki hiyerarşik düzene göre üyeler sırasıyla beslenirler. Bu nedenle hiyerarşik düzen grup içinde besin rekabetine neden olmaz.

Yanıt: B

Yanıt: D

HAYATIN BAŞLANGICI İLE İLGİLİ GÖRÜŞLER

Sosyal Davranış: Aynı türden iki ya da daha fazla canlının birbiriyle etkileşimi sonucu ortaya çıkan davranışlara sosyal davranış adı verilir. Sosyal davranışlar, hayvan topluluklarının ikili ya da çoklu gruplar halinde gerçekleştirdikleri işbirliği, yarışma, üstünlük kurma, alan savunması ve avlanma gibi iletişimi gerektiren davranışları içerir. Topluluktaki bireyler (grup üyeleri) arasında bilgiler, sesli, görsel veya kimyasal sinyallerle iletilir. Sosyal grup halinde yaşayan hayvanlar grubun sürekliliğinin sağlanması, topluluğun yaşama şansının artması, enerjinin boş yere harcanmaması ve grubun etkinliklerinin (beslenme, üreme, yavru bakımı gibi) uyum içinde sürdürülebilmesi için hiyerarşik bir düzen oluştururlar. Bu düzende grubu oluşturan her bireyin bir statüsü vardır. Bununla birlikte hemen hemen her grupta üyelerin hareketlerini düzenleyen ve grubu yöneten bir lider bulunur. Bu lider kimi topluluklarda dişi, kimi topluluklarda erkektir. Dönem dönem liderlik için grup üyeleri birbirleriyle rekabete girebilir. Grup içinde belli bireylerin yavruların bakımını üstlenmesi ve çiftleşme için grup üyelerinin rekabet etmesi birer sosyal davranış örneğidir.

Dünya’nın nasıl oluştuğu ve dünya üzerinde hayatın nasıl başladığı yüzyıllar boyunca insanların ilgisini çekmiş ve bu konu ile ilgili aşağıdaki görüşler ortaya atılmıştır. Kendiliğinden Oluş (Abiyogenez) Görüşü: İlkçağlarda insanlar canlıların cansız maddelerden kendiliğinden oluşabileceğine inanıyorlardı. Aristo’nun ortaya attığı bu görüş uzun yıllar kabul gördü. Aristo bazı maddelerin içinde bulunan aktif özün canlılığın oluşumunu sağladığını savunmuştur. Aristo’ya göre yumurtanın içinde bulunan aktif öz yumurtadan civciv çıkmasını sağlıyordu. Hatta bu aktif öz sadece yumurtada değil aynı zamanda çamur, kum, su ve odun gibi başka cansız maddelerde de bulunmaktaydı. Ünlü hekim Paracelsus, su, hava, saman ve çürüyen odundan farelerin, kurbağaların, yılanbalıklarının ve kaplumbağaların kendiliğinden oluşması ile ilgili gözlemlerini yazmıştır. Bunun yanında F. Redi ve Pasteur yaptıkları kontrollü deneyler ile abiyo-genez görüşünü çürütmüş, bunun yerine biyogenez (canlının canlıdan oluşumu) görüşü ileri sürülmüştür. Biyogenez görüşüne göre, “canlılar kendiliğinden değil daha önceki atalarından türemiştir.” Fakat bu görüş ilk canlının nasıl oluştuğunu açıklamamaktadır.

Canlılar, belli uyaranlara tepki şeklinde davranışlar sergiledikleri gibi belli zaman aralıklarında bazı hareketleri (davranışları) tekrarlayabilirler. Bu davranışlar, günlük, aylık hatta yıllık zaman döngülerinde ortaya çıkabilir. Bu tip davranışları canlının biyolojik saati düzenler. Biyolojik saat ise ortam sıcaklığı ya da ışık miktarı gibi çevresel, salgılanan bazı hormonların miktarındaki değişimler gibi canlıya bağlı etkenler tarafından sağlanır. Bazı bitkilerin gece ve gündüz değişen yaprak durumları, hayvanların günlük uyku düzenleri günlük ritme örnektir. İnsanlardaki menstrüal döngü ise aylık ritme örnek olarak verilebilir. Mevsimlik döngü, göç eden hayvanlarda; yıllık döngü ise kış uykusuna yatan hayvanlarda gözlenir.

Ototrof Görüşü: Dünyada yaşamın başlangıcı hakkında düşünüldüğünde canlıların ortak özelliklerinden biri olan besin gereksinimi bunu açıklamada kullanılabilir. Ototrof görüşüne göre dünya üzerindeki ilk canlı kendi besinini üretebilen bir ototroftu. Fakat günümüzdeki ototrofların, dünyanın ilk zamanlarındaki olumsuz koşullarda yaşamını sürdürebilmesi olanak dışı görülmektedir. Bugünkü ototroflar gibi karmaşık yapılı organizmaların ortaya çıkması uzun zaman gerektiren bir süreçtir. Bu görüşe göre karmaşık bir organizma olarak bir ototrofun basit bir çevrede oluştuğu ileri sürülür. Kaldı ki bu görüş de ilk ototrofların nasıl oluştuğunu açıklayamamaktadır. Sadece ilk canlının nasıl beslendiğini açıklamaya çalışmaktadır. Bununla birlikte bu görüş evrim kuramına da ters düştüğü için bilim çevreleri tarafından kabul görmemektedir.

ÖRNEK 3 Hayvanlarda grup halinde yaşama sırasında hiyerarşik düzen oluşturma,

Heterotrof Görüşü: Bu görüşe göre ilk canlı heterotroftur. Çevresinde kendiliğinden oluşmuş olan organik maddeleri enerji kaynağı olarak kullanır. Heterotrof hipotezine göre, ilk canlı karmaşık bir çevrede oluşan basit bir organizmadır. Bu görüş aynı zamanda ilk canlının bulunduğu ortamdaki organik maddelerin ilk olarak nasıl oluştuğunu ve buna bağlı olarak da canlılığın başlangıcını açıklamaya çalışır. Bu görüş canlılığın başlangıcı için ilk önce kimyasal evrimin gerçekleştiğini söyler. Heterotrof canlı da inorganik maddelerin uzun bir süreç içinde gelişen kimyasal evrimi sonucu ortaya çıkmıştır.

I. Avlanma başarısını artırır. II. Enerjinin boşa harcanmasını engeller. III. Besin rekabetine neden olur. ifadelerinden hangileri doğrudur? A) Yalnız I




111

BİYOLOJİ – ÖSS SAY ÖRNEK 4

Kimyasal evrim sürecinde ilk atmosferde oksijen gazı bulunmamaktaydı. Çünkü doğadaki en aktif elementlerden biri olan serbest oksijen, oluşacak birçok organik ve inorganik maddeyi oksitleyerek tahrip eder. Belirli koşullar altında ve oksijensiz ortamda birçok organik molekül dünyada birikerek, kendi kendini oluşturabilecek yeteneğe sahip moleküller halinde sentezlenmeye başladıkları zaman en basit canlılık ortaya çıkmış demektir. O zamanlarda ilk atmosferde yüzeyde bulunup daha sonra çeşitli olaylar ile tabana düşen ve bugünkü atmosfer ile ilişiği kesilen kayaçların incelenmesiyle ilk atmosfer hakkında birçok bilgi edinilebilir. Bu çalışmalar sonucu ilk atmosferde amonyak (NH3), metan (CH4), hidrojen (H2) ve su buharı

Bazı ototrof organizmaların inorganik maddelerden organik madde sentezini gerçekleştirirken suyu kullanma yeteneğini kazanmaları, atmosferde serbest oksijenin birikmesini sağlamıştır. Bu olay ise, dünya üzerindeki yaşamın gelişmesinde etkili olmuştur. Aşağıdakilerin hangisi, bu değişme ile meydana gelen bir olay olamaz? A) Moleküler oksijeni kullanabilen canlıların evrimleşmesi B) Canlıların sudan, kara yaşamına geçmeleri C) Canlıların enerji üretimlerinin artması

(H2O) bulunduğu ortaya konmuştur. Bu gazlar dünya üze-

D) Solunum tepkimelerinin evrimleşmesi

rine düşen morötesi ışınlar ile (o dönemde ozon tabakası bulunmadığından güneşten gelen bütün ışınlar süzülmeden dünyaya ulaşabilmekteydi) daha karmaşık yapılı bileşikleri oluşturacak kimyasal tepkimelere girebilmekteydi. Bu tepkimelerle oluşan maddeler dünya üzerindeki sularda birikerek basit organik bileşikleri oluşturmuştur.

E) Ozon tabakasının incelmesi ÇÖZÜM Bugün atmosferdeki serbest oksijenin ototrofların evriminden sonra biriktiği varsayılmaktadır. Moleküler oksijen, morötesi ışık etkisi ile ozon (O3) tabakasını oluşturmuştur.

Stanley Miller bunu aşağıdaki deney ile açıklamaya çalışmıştır (Şekil 2).

Ozon tabakası morötesi ışınları soğurmuş ve yeryüzüne inen morötesi ışınlar azalmıştır. Bunun sonucunda milyonlarca yıl süren biyolojik evrimde canlılar sudan karaya geçmiş, enerji gereksinimleri artmış, oksijenli solunum yapan canlılar evrimleşmiştir. Atmosferde oksijen birikimi ozon tabakasını kalınlaştırmıştır. Yanıt: E

EVRİM İLE İLGİLİ GÖRÜŞLER Evrim, bir populasyonda zamanla gerçekleşen değişimler olarak tanımlanır. Bu tanımda populasyon ile aynı tür bireylerin oluşturduğu grup; zaman ile milyon yıllar ile ölçülen jeolojik zaman veya bazı durumlarda nesiller ile ölçülen zaman; değişim ile de fenotipik değişimlerle sonuçlanan kalıtsal değişimler kastedilir.

Şekil 2: Miller’in deneyi

Miller, hazırladığı düzeneğe amonyak, metan, hidrojen ve su koyup bu karışımı ısıtarak yüksek enerjili elektrik akımı geçirmiştir. Yedi gün süren deneyin sonunda toplama kabında amino asitler, asetik asit, laktik asit, hidrojen siyanür (HCN) ve üre gibi organik moleküllerin oluştuğunu göstermiştir. Bu deneyin ortaya koyduğu gibi ilkel dünya koşullarında, su ortamında organik moleküllerin oluştuğu varsayılmaktadır. Birbiriyle etkileşim içine giren bu moleküller proteinleri oluşturmuş, proteinlerin bir kısmı enzimlere dönüşmüştür. Enzimler de diğer moleküllerin oluşumunu katalizlemiş ve olayları hızlandırmıştır. Bundan sonra nükleik asitlerin oluşumu ve bunların proteinlerle birleşerek nükleoproteinleri oluşturması gelir. Tüm bu moleküllerin birlikte bulundukları karmaşık yapıya sahip kolloit sıvıya koaservat adı verilir. Koaservatın hücrelerin ön maddesi olduğu (ön hücre) varsayılmaktadır. Koaservatın kendi kopyasını yapabilen basit organizmaya dönüşmesiyle dünya üzerinde canlılık başlamıştır.

Canlılarda evrimin varlığını gösteren kanıtlar: Paleontolojik (fosillerden elde edilen) kanıtlar: Dünyanın ilk zamanlarında yaşamış canlıların kalıntılarının bulunması, sınıflandırılması, yoğunluğu, dağılımı ve yaşantılarını inceleyen bilim dalı paleontolojidir. İlk zamanlarda yaşamış canlılar ile bugünkü canlılar arasındaki benzerlikleri ve akrabalık derecelerini ortaya koyması bakımından evrimle ilgili önemli kanıtlar sunar. Yerkabuğu katmanlarına bakıldığında alt katmanlardaki canlıların daha basit yapılı olduğu ortaya konmuştur. Embriyolojiden elde edilen kanıtlar: Eşeyli üreyen bütün canlılar üreme hücrelerinin birleşmesiyle oluşan zigotun bölünmeler ve farklılaşmalar geçirmesiyle oluşur. Bölünmeler sırasında 2, 4, 8, 16 blastomerli aşamalar ve gastrula, blastula evrelerinde canlıların görüntüleri hemen hemen aynıdır. Omurgalı embriyolarını erken evrede birbirinden ayırmak olanaksızdır (Bakınız, MİH 14. Sayı Ortak Bölüm Sayfa 46, Şekil 3). Her canlı, gelişimi sırasında evrimsel aşamalarını kısa dönemler halinde gösterir.

Ayrıca bunlardan başka dünyaya hayatın başka gezegenlerden geldiğini savunan panspermia görüşü ve canlıların yaratıcı tarafından aynı anda ama ayrı ayrı yaratıldığını savunan yaratılış görüşü bulunmaktadır. -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

112

BİYOLOJİ – ÖSS SAY Karşılaştırmalı fizyolojiden elde edilen kanıtlar: Canlılarda gerçekleşen kimyasal ve fizyolojik olayların çoğu evrimin varlığı için birer kanıttır. Bunlardan en önemlileri parazit enfeksiyonlardan elde edilen kanıtlardır. Parazitler ancak uyum sağladıkları özel ortamlarda yaşayabilirler. Farklı hayvan gruplarında farklı parazitler yaşar. İnsanda yaşayan yuvarlak solucana benzer bir yuvarlak solucan türü domuzları enfekte eder, ama bu tür, insanları enfekte etmez. Aynı şekilde insan ve köpek kancalı kurtları birbirinden farklıdır. İnsanda frengiye neden olan spiroketler, diğer primatlarda da enfeksiyona neden olurken öteki memelileri enfekte etmezler.

Organizmaların coğrafi dağılımından elde edilen kanıtlar: Biyocoğrafya, canlıların dünya üzerindeki dağılımını inceleyen bilim dalıdır. Biyocoğrafyadaki genel kabullerden biri hayvan ve bitki türlerinin tek bir noktadan bir defada ortaya çıktığıdır. Burada kastedilen “bir nokta”, türün oluşturduğu populasyondur. Dünyanın herhangi bir yerinde bulunan bu populasyon, büyüme baskısıyla genişler ve bu büyüme fiziksel (dağ, çöl, okyanus) ya da biyolojik (beslenme) gibi bir engelle sınırlanıncaya kadar sürer. Genişleyerek büyüyen bu populasyon yine fiziksel bir engelle parçalara ayrılabilir. Her bir parça farklı iklim koşullarına sahip ortamlara uyum sağlayarak yaşamlarını sürdürdüklerinde aralarında belirgin farklar bulunan alttürler ve türler oluşur. Fakat bazı durumlarda da aynı iklim şartlarında aralarında belirgin farklar olan aynı türe ait alttürler bulunabilir. Bu mekanizma evrimin işleyişine ait açıklamaların temelini oluşturur.

Karşılaştırmalı biyokimyadan elde edilen kanıtlar: Farklı tür canlılarda gerçekleşen bazı olayları katalizleyen enzimlerin aynı yapıda olması evrim için önemli bir kanıttır. Canlıların çoğunda birçok kimyasal yapının temelde benzer olmasına karşın hayvan gruplarını birbirinden farklı kılan yapılar da bulunur. Bunlar, evrimsel akrabalık derecesiyle doğrudan orantılıdır.

Biyocoğrafyada canlıların dünya üzerinde yayılımı ile ilgili bazı genellemeler bulunmaktadır. Allen Kuralı: Soğuk iklimde yaşayan memeli ve kuşların üyeleri ve vücut çıkıntıları, sıcak iklimde yaşayan akrabalarına göre daha küçüktür.

Morfolojiden elde edilen kanıtlar: Farklı türlere ait canlıların bazı organları karşılaştırıldığında bu organların embriyolojik olarak aynı yapıdan geliştikleri (aynı embriyolojik yapıdan köken aldıkları) görülür. Bu organlar arasında yapılan karşılaştırmayla elde edilen kanıtlar da evrimi desteklemektedir. Örneğin, balıktan insana kadar bütün omurgalıların sırt tarafında bir omur dizisi, omur dizisinin içinde omurilik ve karın tarafında sindirim kanalı ile birçok noktada yapıları aynı iç organlar bulunur. Tüm omurgalılarda birkaç ilkel örnek dışında vücut eksenine göre yerleşim gösteren iki ön üye, beynin yerleştiği bir kafatası bulunur. Farklı canlılarda bulunan embriyonik olarak aynı kökten gelişen organlara homolog organlar denir (Şekil 3). Örneğin ön üyeler insanda kol; kedi, köpek, köstebek ve atta bacak, fok, denizineği, balina ve yunusta yüzgeç; kuş ve yarasada kanat şeklindedir. Bu organlar iskelet sistemi, kemik yapısı ve kan damarları bakımından benzer yapıya sahiptir. Fakat farklı ortamlara uyum sürecinde şekilde bazı değişiklikler oluşmuştur. Hatta kullanım durumuna göre bazı organlar körelmiş, bazıları ise gelişmiştir. İnsanda körelen organlara örnek olarak körbağırsak, yirmi yaş dişi ve kulak kepçesini oynatan kas verilebilir.

Bergmann Kuralı: Birbirleriyle akraba gruptan olan sıcakkanlı hayvanların sıcak bölgelerde daha küçük, soğuk bölgelerde daha büyük vücutlu türleri yaşar. Dollo Kuralı: Evrim mekanizmaları işlerken bazı mutasyonların görülmesine rağmen, evrim geriye dönük değil, ileri doğru giden bir sistemler topluluğudur. Cope Kuralı: Evrimsel gelişim sırasında hayvanlar yok oluncaya kadar vücutlarını büyütme eğilimindedir. Gloger Kuralı: Sıcakkanlı hayvanlar, ekvatordan kutuplara doğru gittikçe açık renkli, kutuplardan ekvatora doğru gittikçe daha koyu renkli olmaya başlar. Lamarck’ın evrim ile ilgili görüşleri: Lamarck, hayvanları karmaşıklıklarına göre sınıflandırırken evrimle canlıların gelişimi fikrini düşündü. Basit canlılardan karmaşık canlıların nasıl oluştuğunu açıklarken her neslin çevre koşullarına nasıl uyum sağladığının nedenlerini araştırdı. Bunun sonucunda bir evrim kuramı geliştirdi: “Eğer bir organ fazla kullanılıyorsa, o organ gelişir ve daha işlevsel bir yapı kazanır”. Lamarck’a göre bu ilke, evrimin temelini oluşturuyordu. Bu şekilde kazanılmış bir özellik, bireyler tarafından döllere aktarılabiliyordu. Ancak kullanılan organın gelişmesi, bir modifikasyondur. Bunun anlamı modifikasyonların kalıtsal olduğudur. Kalıtımın yasalarının bilinmediği o dönemlerde bu açıklama kabul görmüştü. Bugün modifikasyonların kalıtsal olmadığı bilinmektedir. Darwin’in evrim ile ilgili görüşleri: Charles Darwin, Güney Amerika kıyıları, Galapagos adaları, Pasifik adaları, Yeni Zelanda, Avustralya ve Güney Afrika kıyılarını kapsayan, beş yıl süren gezisinde ispinozlar, iguanalar, deniz kaplumbağaları ve pek çok hayvan üzerinde gözlemler yaparak bunları kaydetti. Yaptığı gözlemler onu, türlerin belirli sayıda ve değişmez olmadığı,

Şekil 3: Homolog organlar


113

BİYOLOJİ – ÖSS SAY Evrimleşme modelleri:

çok uzun zaman içinde değişebileceği fikrine götürdü. Bunun üzerine gezdiği her yerde evrimsel uyumu destekleyecek kanıtları titizlikle topladı. İngiltere’ye döndüğünde ise evcil hayvanlar ve yapay seçilim üzerinde çalıştı, güvercin yetiştiricilerinin istedikleri özelliklere sahip güvercinleri nasıl yetiştirdiklerini gözlemledi. Yapay olarak yapılan bu seçilimin doğal koşullar içinde de gerçekleşebileceği fikrine kapıldı. Çünkü yaptığı gözlemler sonucu bir populasyona ait tüm bireylerin aynı uyumu gösteremeyeceğini anlamıştı. Doğa koşulları, populasyonu oluşturan bireyler içinde o ortamda yaşama uyumunu gösteren (bu özellikleri taşıyan) bireyleri yaşatma (seçme) yönündedir. Ayrıca Thomas Malthus’un, tüm türlerin sayılarını sabit tutacak düzeyden daha fazla yavru oluşturma yeteneğinde olduğu ve doğal kaynakların sınırlı olduğu (canlılar geometrik dizi şeklinde çoğalırken, besinler aritmetik dizi şeklinde çoğalır) görüşü Darwin’i etkilemiştir. Bütün bunlar sonucunda Darwin, Türlerin Kökeni isimli eserinde evrim ile ilgili olarak özetle aşağıdaki görüşleri ortaya koydu.

Açılan evrimde, bir türe ait canlı grubu zamanla birbirine daha az benzeyen iki farklı türe ayrılır (Şekil 4). Paralel evrimde, iki akraba tür aynı çevre koşullarına maruz kaldıklarında uzun bir süre aynı biçimde evrimleşir. Daralan evrimde de yakın akraba olmayan iki tür zamanla giderek birbirlerine daha benzer duruma gelir. Bu ise yine aynı doğa koşullarına uyum sağlamanın bir sonucudur. L türü

M türü

K türü

L1

L2

K türü

Açýlan evrim

K1 L1

K türü

Paralel evrim

L türü

Daralan evrim

Şekil 4: Evrimleşme modelleri

1. Bütün canlılar, gereğinden çok yavru oluşturma yeteneğindedir. Bunlar içinde elenenler populasyonu dengeler. 2. Bir türe ait bireylerin kalıtsal yapıları birbirinden farklıdır.

ÖRNEK 5 Evrimle ilgili olarak aşağıda verilenlerden hangisi doğru değildir?

3. Bir populasyona ait bireyler yaşamlarını sürdürebilmek (sınırlı kaynaklardan yararlanabilmek) için rekabet ve yaşam kavgası içindedir.

A) Evrimin hammaddesi kalıtsal varyasyonlardır.

4. Çevre koşullarına uyum sağlayacak özellikleri taşıyan bireyler yaşamını sürdürür, uyum sağlayamayanlar elenir. Bu şekilde çevre koşullarına uyum sağlayan özellikler nesillere aktarılabilir.

B) Evrim, çok uzun bir süreçte gerçekleşen değişimdir. C) Evrimin birimi bireylerdir. D) Bir tür, zaman içinde adaptasyonların birikimi ile başka bir türe dönüşebilir.

5. Çevre koşullarının farklı olduğu bölgelerde, doğal olarak canlıyı hayatta tutacak uyumsal özellikler de farklıdır. Bu da canlılardaki çeşitliliği (varyasyonları) ortaya çıkarır. Bu çeşitlilik yeterli bir süreçte türleşmeye neden olabilir.

E) Evrim genellikle basitten karmaşığa doğru işler.

ÇÖZÜM

Modern evrim kuramına göre, evrimin hammaddesi kalıtsal varyasyonlardır (çeşitlilik). Evrimin işleyişi ise doğal seleksiyon ile gerçekleşir. Kalıtsal varyasyonlar ya mutasyonlar ile ya da eşeyli üreme sonucu ortaya çıkar. Fakat söz konusu mutasyonların eşey hücrelerinde oluşması gerekmektedir. Ancak bu şeklide mutasyonlar nesilden nesle aktarılabilir. Doğal seleksiyon ise ortama uyum gösteren bireylerin yaşamını sürdürmesi, diğerlerinin elenmesi olarak tanımlanır.

Evrim mekanizması aşağıda verilmiştir. Adaptasyonlar Doðal X1 Kalýtsal populasyonu varyasyonlar seleksiyon X türü

X2 Doðal Adaptasyonlar Kalýtsal populasyonu varyasyonlar seleksiyon

Evrimin işleyişi şu şekilde özetlenebilir. Evrimin birimi olan bir populasyona ait bireyler bazı coğrafik ya da genetik izolasyonlar ile ayrılabilir. Farklı koşullara sahip çevrelerde yaşamaya başlayan aynı populasyona ait bu topluluklar zamanla yaşadıkları ortama uyum göstermek için bazı özellikler geliştirmeye başlarlar. Bunun ilk adımı ise kalıtsal varyasyonlardır. Yeterli özellikleri gösteren bireyler seçilip hayatlarına devam eder (doğal seçilim). Bu şekilde kazanılmış kalıtsal özelliklerin belli çevre koşullarında seçilmesiyle adaptasyonlar ortaya çıkar. Böylece aralarında farklılıklar bulunan alttürler oluşur. Zamanla bu alttürler öyle farklı özellikler gösterirler ki artık bu iki alttüre ait bireyler kendi aralarında çiftleşemez olur, bu şekilde iki farklı tür oluşmuş olur.


COÐRAFÝK VE GENETÝK ÝZOLASYON

Alt tür

A türü

Çiftleþemiyor veya kýsýr döl veriyorsa Alt tür

B türü

Şemadan anlaşılacağı gibi evrimin birimi bireyler değil, populasyonlardır; bir bireyde oluşan değişim yeni bir tür oluşumuna neden olmaz. Evrimin hammaddesi kalıtsal varyasyondur (çeşitlilik). Bireyleri arasında kalıtsal çeşitlilik bulunmayan populasyonlarda evrimleşme gözlenmez. Evrim çok uzun bir süreçte gerçekleşen bir değişimdir. Evrim genellikle basit yapılı canlıdan, daha karmaşık yapılı canlı oluşumunu sağlarsa da bazen ters yönde işleyebilir. Yanıt: C

114

BİYOLOJİ – ÖSS SAY ÇÖZÜMLÜ TEST 1.

2.

Biyoteknolojik yöntemlerle üretilebilecek ürünler arasında aşağıdakilerden hangisi yer almaz? A) B) C) D) E)

İnsan insülini Büyüme hormonları İnterferonlar Deterjanlar için leke çıkarıcı enzimler Biyolojik birikime neden olan böcek öldürücü ilaçlar

Canlılarda gözlenen bazı davranışlar; a. izlenimle b. alışkanlık yoluyla c. şartlanma yoluyla d. deneme yanılma yoluyla sonradan kazanılabilir. Bunlara örnek olarak; I. trenyoluna yakın oturan insanların tren sesine duyarlılığının azalması II. 8 aylık bir bebeğin telefon ahizesini kulağına götürmesi III. zil sesi duyduğunda köpeğin salyasının akması IV. farelerin, birkaç girişim sonucu labirentin sonundaki besine ulaşması

ÇÖZÜM

olaylarından hangileri verilebilir?

Bir canlının DNA sından elde edilen bir gen, bakterilere aktarılarak çoğaltılıp bu genin ürünü elde edilir. Hem üretilen genler hem de bu genlerin ürünleri çeşitli biyolojik uygulamalarda kullanılır. Genin bakteriye aktarımı, çoğaltılması ve ürün elde edilmesi aşağıda şemalaştırılmıştır. Soruda verilen, biyolojik birikime neden olan böcek öldürücüler, doğaya zarar verdiği için tercih edilmemektedir. Zaten biyoteknolojik yöntemle böceklerle savaşıma girilmesi, doğaya zarar veren böcek öldürücülerin kullanımını en aza indirmeyi amaçlamaktadır. Diğer seçeneklerde verilen ürünler ise biyoteknolojik yöntemlerle üretilerek kullanıma sunulmuştur.

A) B) C) D) E)

a

b

c

I II III III IV

II I I IV III

III III IV I II

d IV IV II II I

ÇÖZÜM Canlılarda öğrenme farklı yöntemlerle gerçekleşebilir. İzlenimde, canlı kendi türünün erginlerini taklit eder. Bunun örneği sorudaki II. ifadedir. Alışkanlık yoluyla öğrenme, canlıya dışarıdan gelen uyarılar rutin olarak tekrar edildiğinde canlının bu uyarana karşı duyarsızlaşmasıdır. Alışkanlık sonucu canlı, uyarana karşı tepki göstermemektedir. Bunun örneği ise I. ifadedir. Koşullanma yoluyla öğrenme; gerçekleşirken, bir canlının normalde tepki verdiği uyarana eşlik eden (ama tek başına aynı etkiyi göstermeyen) başka bir uyaran ile karşılaştığında, belli bir süre sonra eşlik eden uyaranın da tek başına aynı tepkiyi oluşturmasıdır. Bunun en iyi örneği Pavlov’un köpeklerle yaptığı deneylerdir. Deneme yanılma yoluyla öğrenmede ise canlı bir problem karşısında daha önceki deneyimlerini ya da başarısız denemelerinden elde ettiği bilgileri kullanır. Labirentte birkaç denemeden sonra yolunu bulan fare buna en iyi örnektir. Yanıt: B

3.

I. Yeni bir türün ilk ortaya çıkması II. Mutasyon ve doğal seleksiyonun hızlanması III. Yeni bir türün çevresine uyum yeteneği kazanması durumlarının hangilerinde evrimin hızı yavaşlar? A) Yalnız I


ÇÖZÜM Mutasyonlar hızlandığında kalıtsal çeşitlilik artar ve evrime olanak sağlar. Doğal seleksiyon hızlandığında ortama uygun özellikler taşıyan bireyler yaşama ve üreme şansı kazanır, ortama uygun adaptasyonlar geliştirirler. Doğal seleksiyon evrimin mekanizmasıdır. Yeni bir tür çevresine uyum yeteneği kazandığında evrimin hızı yavaşlar. Yanıt: C

Yanıt: E


115

BİYOLOJİ – ÖSS SAY 4.

6.

Bir civciv embriyosu, gelişiminin ilk zamanlarında yadımlama artığı olarak amonyak (bir su hayvanı gibi) daha sonra üre, en sonunda ise ürik asit oluşturur.

A) Mutasyonlarla yeni genlerin oluşması B) Populasyonun ikiye ayrılarak farklı koşullara bırakılması C) Populasyondaki bireylerin eşeysiz üremesi D) Ortamdaki bazı bitki türlerinin yok olması E) Populasyona göçlerle yeni bireylerin katılması

Bu durum; I. Kara yaşamına uyumu kolaylaştırma II. Yumurtadaki sudan en fazla yararlanma III. Amonyağın zehir etkisini en aza indirgeme

ÇÖZÜM Evrimin mekanizması doğal seleksiyondur. Doğal seleksiyonu hızlandıran koşullar evrimi de hızlandırır. Doğal seleksiyonun olabilmesi için türün bireylerinin kalıtsal bakımdan çeşitli olması (varyasyonlar) gerekir. Mutasyonlar, mayoz ve döllenme sonucu oluşan eşeyli üreme, kalıtsal varyasyonlar oluşturur. Göçlerle popu-lasyona katılan yeni bireyler de populasyondaki gen çeşidi ve oranını değiştirerek bireyler arasındaki kalıtsal çeşitliliği artırır. Ortamdaki bazı bitki türlerinin yok olması, çevrenin canlı ve cansız koşullarını değiştirir. Popu-lasyonun ortam koşullarının değişmesi veya bir popu-lasyonun bireylerinin farklı koşullara bırakılması farklı özellikteki bireylerin seçilmesini ve bunun sonucunda türün evrimleşmesini gerçekleştirebilir. Mitoz bölünmeler sonucunda gerçekleşen eşeysiz üreme, bireylerde genetik çeşitlilik oluşturmadığından evrimi hızlandırmaz.

olaylarından hangilerini sağlamaya yönelik adaptasyonlardır? A) Yalnız I

B) Yalnız II D) II ve III

Aşağıdaki koşulların hangisi bir hayvan populasyonunun evrimleşmesini hızlandırmaz?

C) I ve II

E) I, II ve III

ÇÖZÜM Amonyak, zehir etkisi en fazla olan azotlu atıktır. Gelişim evrelerinde amonyağı üre ve daha sonra ürik asit kristallerine dönüştürerek boşaltım kesesinde (allan-toyis) depolama; embriyonun kara hayatına uyumunu, yumurtadaki sudan en fazla yararlanmayı ve amonyağın zehir etkisini en aza indirmeyi sağlayan adaptasyonlardır. Yanıt: E

Yanıt: C

7. Aðzý açýk kavanoz

5.

Bir süre beklenir

Afrika’da yaşayan dev piton yılanlarında anüsun iki yanında küçük ayak kalıntıları bulunur. Küçük ayak kalıntılarını taşımayan diğer yılanların çoğunda ise ayaklara destek olan kalça köprüleri mevcuttur.

Et parçasý Sinek kurtlarý oluþur.

Evrimle ilgili bu gözlem, aşağıda verilenlerden hangisi ile açıklanamaz?

Aðzý kapalý kavanoz

A) Mutasyon B) Körelmiş organlar C) Doğal seçilim D) Gerileyen evrim E) Modifikasyon

Bir süre beklenir

Bir süre beklenir

Et parçasý Sinek kurtlarý oluþmaz.

ÇÖZÜM

Yukarıda verilen deney, dünya üzerinde hayatın başlangıcı ile ilgili olarak ortaya atılan aşağıdaki görüşlerden hangisinin geçersiz olduğunu destekler?

Piton yılanlarında küçük ayak kalıntıları ve diğer yılanlarda kalça köprülerinin varlığı, yılanların atalarında ayak bulunduğunu gösterir. Körelmiş vücut kısımları, gerilemeler ve kaybolmalar mutasyon ile açıklanır. Eğer bir organ canlının hayatta kalması için çok önemli değilse, çevre koşulları da kullanma olanağı gerektirmiyorsa organın gerilemesi mümkündür. Evrim nadiren de olsa gelişmişten basite işleyebilir (gerileyen evrim). Doğal seleksiyon, ortama uygun özelliklere sahip bireylerin yaşayıp çoğalmaları yönünde işler.

A) Ototrof görüşü B) Heterotrof görüşü C) Abiyogenez görüşü D) Panspermia görüşü E) Yaratılış görüşü ÇÖZÜM Deneyde ağzı açık kavanozda bırakılan et parçasında sinek kurtlarının oluştuğu, ağzı kapalı kavanozdaki et parçasında sinek kurtlarının oluşmadığı gösterilmiştir. Yani sinek kurtları kendiliğinden oluşmamıştır. Bu nedenle bu deney dünyada hayatın başlangıcıyla ilgili olarak abiyogenez adı verilen kendiliğinden oluş hipotezini geçersiz kılmaktadır.

Modifikasyonlar ise ortam koşullarındaki bir değişikliğin canlının vücut hücrelerindeki bir genin işleyişini değiştirmesi sonucu, canlının fenotipinin geçici olarak değişmesidir. Kalıtsal değildirler. Evrime katkısı yoktur. Yanıt: E

Yanıt: C -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

Bir süre beklenir

116

BİYOLOJİ – ÖSS SAY KONU TESTİ 1.

4.

Aşağıdakilerden hangisi, başka bir tür canlıya ait gen (rekombinant gen) taşımamaktadır?

Çimlenme sonucu toprak üstüne çıkan fidelerin ilk yapraklarını saran kına “koleoptil” denir. Işığa yönelim (fototropizma) araştırmalarının yapıldığı koleoptil deneyleri ve yönelime neden olan oksin hormonunun koleoptildeki dağılımı şekillerde verilmiştir. (Nokta sayýsý hormon deriþimi ile doðru orantýlýdýr.)

A) İnsan reseptörleri içeren domuz karaciğer hücreleri B) İnsan büyüme hormonu üretebilen bakteriler C) Virüs ile enfekte olmuş bakteriler D) Bakteri enfeksiyonu olan bağ dokusundaki hücreler E) HIV ile enfekte olmuş lenfosit hücreleri

Iþýk

Kaide

Kleoptil

Karanlýkta yönelim yok

Iþýk

Siyah kaðýt

Bacillus thuringiensis, isimli bakterinin ürettiği Bt toksini kültür bitkilerine zarar veren pek çok böcek için de toksik etki gösterir.

Kaide siyah kaðýtla kapatýlmýþ.

Bt toksini kodlayan genlerin pamuk, mısır ve patatese aktarılarak bu bitkilerin doğada yetiştirilmesi ile ortaya çıkabilecek;

Ýþlem yapýlmamýþ.

Deney verileri aşağıdaki görüşlerden hangisini desteklemez? A) Oksinin asimetrik dağılımı yönelime neden olur. B) Oksin üretimi koleoptilin uç bölgesinde yapılır. C) Bir hücrenin ürettiği madde başka hücreyi etkileyebilir. D) Kaideyi oluşturan hücrelerin oksin miktarı ışık yönü ile ilgili bilgi verir. E) Işık alan tarafta hücre bölünmesi daha hızlıdır.

I. bu bitkilerin polenlerinin kral kelebeklerine zarar vermesi II. Bt toksininin bitkinin besin kalitesini düşürmesi III. Bt toksini genlerinin bu bitkilerle yakın akraba olan alttürlere tozlaşmayla aktarılması durumlarından hangileri doğrudan doğal dengeyi bozucu bir etkiye sahiptir? A) Yalnız I

Siyah kaðýt

Ýþlem Koleoptil Ucuna siyah yapýlmamýþ ucu kesilmiþ kaðýt geçirilmiþ Iþýk

2.

Iþýk

Iþýk Uç

5.

B) Yalnız II C) I ve III D) II ve III E) I, II ve III

Hayvanlarda gözlenen; I. kendinden oldukça büyük hayvanları avlayabilme II. düşmanları zamanında fark edebilme III. avcıların saldırılarından kolaylıkla korunabilme durumlarından hangileri grup halinde yaşamanın getirdiği yararlardandır?

3.

Bir cinayet soruşturması sırasında, öldürülen kişinin kan örneğinden alınan DNA nın bantları şeklindedir. Kurbanın tırnaklarının arasından alınan deri örneğindeki DNA nın bantları şeklindedir.

A) Yalnız I

6.

Buna göre, aşağıdaki kan örneklerinden alınan DNA bantları verilen beş şüpheliden hangisinin katil olma olasılığı en yüksektir?

Aşağıda verilenlerden hangisi alışkanlık kazanmaya bir örnektir? A) Gugukkuşlarının yumurtalarını başka kuşların yuvalarına bırakması B) Erkek dikencik balıklarının akvaryumun yakınından geçen her kırmızı nesneye tepki göstermesi C) Ayağına iğne batırılan kurbağanın ayağını çekmesi D) Ergin pelikanların balık avlamada gençlere göre daha başarılı olması E) Akvaryum balıklarının cama ilk defa vurulduğunda tepki göstermesi, ancak bir süre sonra buna aldırmaması

A) B) C) D) E) -MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-

B) Yalnız II C) I ve II D) II ve III E) I, II ve III

117

BİYOLOJİ – ÖSS SAY 10. Aşağıdakilerden

Davranış terimlerinden biri olan “anahtar uyarısı” belirli bir davranışa neden olan herhangi bir basit uyarıdır.

hangisi, türün bireylerinde yeni kalıtsal varyasyonlar oluşturarak doğal seleksiyonun hızlanmasına yol açar?

Örneğin, –

–

A) Paramesyum (terliksi) hücrelerinin mitoz bölünerek çoğalması B) Vücut hücrelerinde mutasyonların oluşması C) Çevre koşullarının aynı kalması D) Mayoz bölünme ile yeni gen kombinasyonlarının oluşması E) Bir patates bitkisinin yumrularından yeni bitkilerin gelişmesi

Tavuk, eğer seslenişini duyamıyorsa, civcivin sıkıntılı davranışları açıkça görünür olsa bile ona aldırış etmez. Buna karşılık civcivin yardım isteyen sesi, tavukta civcivi görmese bile kuvvetli bir tepki oluşumuna neden olur.

Bu örnek, I. belirli bir davranış tepkisinin, yine belirli bir anahtar uyarısıyla ortaya çıktığı II. tavuğun civcivlerinden gelen görsel ve işitsel uyarılara farklı tepki verdiği III. farklı tür hayvanlarda duyum yetenekleri aynı olduğu halde, beyinlerin algılananları farklı şekilde yorumladığı

11. Heterotrof hipotezine göre, I. fotosentez II. oksijenli solunum III. oksijensiz solunum olaylarını gerçekleştirebilen canlıların, yerkürede ilk oluşum sırası, aşağıdakilerden hangisidir?

varsayımlarından hangilerini desteklemektedir? A) Yalnız I

8.

B) Yalnız II C) Yalnız III D) I ve II E) I, II ve III

A) I – II – III

– Genç kayaç tabakaları, yaşlı kayaç tabakalarının üstünde yer almaktadır. – Genç kayaçlarda bulunan fosiller ile bugün yaşayan canlı türleri arasında yapısal benzerlik çoktur. – Yaşlı kayaçlarda bulunan bazı fosiller ile bugün yaşayan canlı türleri arasında yapı benzerliği çok azdır.

12.

Yukarıdaki bulgular;

X

Y

X

Y

X

Y

29 27 25 23

X: Buzul çağları arasındaki çağı Y: Buzul çağını göstermektedir.

görüşlerinden hangilerini destekler?

Yukarıdaki grafikte kahverengi ayıların fosil ve kemik kayıtlarından elde edilen alt çenedeki 2. kesici dişin ortalama uzunluğunun değişimi görülmektedir.

A) Yalnız I B) Yalnız II C) Yalnız III D) I ve II E) II ve III

Buzul çağı periyotları ve diş uzunluğu değişimi göz önüne alındığında; I. İklim değişimleri canlıların fenotipik özelliklerini etkiler. II. Aynı türe ait sıcak iklimde yaşayan canlıların vücut büyüklükleri, soğuk iklimde yaşayanlardan her zaman fazladır. III. Aynı türe ait canlılardan soğuk iklimde yaşayanlar daha açık renkli, sıcak iklimde yaşayanlar daha koyu renklidir.

Aşağıdakilerden hangisi, diğerlerinin etkisiyle gerçekleşerek türlerin evrimleşmesini sağlayabilen bir olaydır? A) B) C) D) E)

1.D

31

B) I – III – II C) II – III – I D) III – I – II E) III – II – I

Bin yýllarla ölçülen ortalama zaman aralýðý

I. Başlangıçta bütün türler birlikte oluşmuştur. II. Türlerin yapısı zamanla değişir. III. Yerkürenin şekli zamanla değişebilir.

9.

Alt çenedeki 2. kesici diþin ortalama uzunluðu (mm)

7.

Eşeyli üreme Mutasyonlar Ortam koşullarının değişmesi İçeri göçler Doğal seleksiyon

2.A

3.D


4.E

ifadelerinden hangileri söylenir? A) Yalnız I B) Yalnız II C) I ve III D) II ve III E) I, II ve III

5.E

6.E

7.D 118

8.E

9.E

10.D

11.D

12.A

sayisal11

Recommend Documents