olasılık

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
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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
-MEF İLE HAZIRLIK 14 SAYI-
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
-MEF İLE HAZIRLIK 14 SAYI-
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
GEOMETRİ – ÖSS Ortak
7.
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.
-MEF İLE HAZIRLIK 14 SAYI-
14
E) 18
GEOMETRİ – ÖSS Ortak
5.
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
-MEF İLE HAZIRLIK 14 SAYI-
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
-MEF İLE HAZIRLIK 14 SAYI-
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.
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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
TÜRKÇE – ÖSS Ortak
ÇÖZÜM
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.
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
C. Anlamca Çelişen Sözcüklerin Birlikte Kullanılması
Anlatımda anlamca çelişen, birbirini tutmayan sözler bulunması, okuru şaşırtır, anlam belirsizliğine yol açar.
20
TÜRKÇE – ÖSS Ortak
ÇÖZÜM
“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.
TÜRKÇE – ÖSS Ortak
ÇÖZÜM
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.
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
(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
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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
ince kenarlý
mercek
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
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
• 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.
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
•
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
kalýn kenarlý
mercek
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
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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
•
•
•
•
ince kenarlý
mercek
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-
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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.
ince kenarlý
mercek
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.
kalýn kenarlý
mercek
f
6.
f
f1
B) Yalnız II
C) I ve II
E) I, II ve III
I
K
1
M
ince kenarlý
mercek
3
2
kalýn kenarlý
mercek
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
kalýn kenarlý
mercek
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.
ince kenarlý
mercek
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
kalýn kenarlý
mercek
Şekildeki ince kenarlı mercek ve çukur aynanın odak
uzaklıkları eşit ve f dir.
2.E
III
B) MN arasında
D) O2M arasında
3.D
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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
kalýn kenarlý
mercek
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
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
−
(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
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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.
yargılarından hangileri doğrudur?
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
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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
C) I ve II
E) II 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.
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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...
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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
B) Yalnız II
C) Yalnız III
D) I ve II
E) II ve III
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
B) Yalnız II
D) I ve II
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?
B) Yalnız II
D) I ve III
C) Yalnız III
E) II ve III
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
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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
B) Yalnız II
D) I ve II
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.
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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.
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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.
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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
B) Deizm
C) Panteizm
E) Agnostisizm
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?
B) Deizm
C) Panteizm
E) Agnostisizm
4.A
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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.
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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
ifadesinin değeri kaçtır?
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
ifadesinin değeri kaçtır?
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.
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
⎛
∫ d ⎜⎝ e
0
0
69
2
x +1 ⎞
⎟=e
⎠
2
x +1
1
|
0
2
= e − e = e (e − 1) dir.
MATEMATİK – ÖSS SAY/EA
ÖRNEK 16
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
ifadesinin değeri kaçtır?
∫ 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
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
∫ f(x) dx ifadesinin değeri kaçtır?
0
70
MATEMATİK – ÖSS SAY/EA
ÇÖZÜM
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
|
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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.
MATEMATİK – ÖSS SAY/EA
ÇÖZÜM
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
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
74
MATEMATİK – ÖSS SAY/EA
ÇÖZÜM
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
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
Buna göre, taralı bölgenin
alanı kaç birimkaredir?
75
MATEMATİK – ÖSS SAY/EA
ÇÖZÜM
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) =
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
∫ ( 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
MATEMATİK – ÖSS SAY/EA
ÖRNEK 51
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
Buna göre, taralı bölgenin
alanı kaç birimkaredir?
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
ifadesinin değeri
kaçtır?
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
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
77
MATEMATİK – ÖSS SAY/EA
ÇÖZÜM
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.
Buna göre, taralı bölgenin
alanı kaç birimkaredir?
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
78
MATEMATİK – ÖSS SAY/EA
ÇÖZÜM
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
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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
MATEMATİK – ÖSS SAY/EA
ÇÖZÜM
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
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
∫
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
ifadesinin değeri kaçtır?
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
Buna göre, taralı bölgenin alanı kaç
birimkaredir?
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
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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
ifadesinin değeri kaçtır?
tır?
A) ln3
e
C) 3ln3
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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,
Buna göre, taralı
bölgenin alanı kaç
birimkaredir?
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
Buna göre, taralı bölgenin alanı kaç
birimkaredir?
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?
ifadesinin değeri kaçtır?
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?
ifadesinin değeri kaçtır?
C) 4
3.A
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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.
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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
B) Yalnız II
C) I ve II
E) I, II ve III
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
B) Yalnız II
D) I ve II
K
•
•L
+ –
V
C) Yalnız III
E) I ve III
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.
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
_
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
++
ƒ
•
v
ƒ
ƒ
ƒ
ƒ
ƒ
Į
B
ƒ
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
C) Yalnız III
E) I ve III
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-
B) Yalnız II
D) I ve II
93
FİZİK – ÖSS SAY
6.
e
NİN TAYİNİ
m
+
anot + + + + + + + +
®
®
Fe
B
+
ƒ
– e- + ƒ e- ƒv ƒ ƒ
–
®
®
+
–
ƒ ƒ ƒ Eƒ
+ ƒ Fmagnetik
– – – – – – – –
1
Flüoresan
ekran
2
x
düþey
ÖRNEK 10
yatay
m kütleli –q yüklü tanecik
®
ƒ ƒ ®ƒ B
→
düzgün E elektrik alanı ve –q v
E
→
m
düzgün B magnetik alanı
ƒ ƒ ƒ ƒ
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
ƒ
•
ƒ
+ + + +
ƒ
Fmag
ƒ
ƒ
v
•
ƒ
ƒ
ƒ
ƒ
ƒ
ƒ
v
ƒ
ƒ
ƒ
•V •
h
Þekil 15
bağıntısından
A) Yalnız I
P=q.B.r
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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
bağıntısıyla bulunur.
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
+ + + +
– – – –
•
®
ƒB
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
bağıntısıyla bulunur.
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
bağıntısıyla bulunur.
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
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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
FİZİK – ÖSS SAY
7.
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.
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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
yargılarından hangileri doğrudur?
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
B) Yalnız II
C) I ve II
E) I, II ve III
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
yargılarından hangileri doğrudur?
A) Yalnız B
B) Yalnız V
C) Yalnız d
D) V ya da B
E) d ya da B
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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
FİZİK – ÖSS SAY
7.
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
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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-
yargılarından hangileri doğrudur?
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
B) Yalnız II
D) I ve III
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
C) I ve II
E) II ve III
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.
yargılarından hangileri doğrudur?
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
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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).
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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.
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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
B) Yalnız II
D) I ve II
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
C) Yalnız III
E) II ve III
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
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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.
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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
B) Yalnız II
C) Yalnız III
D) I ve II
E) II ve III
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
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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
-MEF İLE HAZIRLIK 14. SAYI-
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