Arkusz maturalny
Ładowanie…
Arkusz maturalny
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A, B albo C oraz jej uzasadnienie 1., 2. albo 3. Strukturą akwaporyny o najwyższej rzędowości jest struktura
Jaki rodzaj transportu zachodzi z udziałem akwaporyny? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych. Odpowiedź uzasadnij.
Określ, czy w przypadku niefunkcjonalnej akwaporyny ilość wydalanego moczu przez człowieka jest większa czy mniejsza w stosunku do normy. Odpowiedź uzasadnij, odnosząc się do funkcji akwaporyny w procesie powstawania moczu.
C2
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za wybór odpowiedzi B oraz poprawne uzasadnienie, odnoszące się do transportu przez kanały białkowe zgodnie z gradientem stężeń lub bez nakładu energii. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania B Uzasadnienie: • Transport substancji zachodzi przez kanały białkowe dzięki różnicy ich stężeń. • Jest to dyfuzja, bo nie wymaga nakładu energii, i jest ona wspomagana, bo nie zachodzi bezpośrednio przez błonę, ale – przez kanały białkowe. egzaminu maturalnego przeprowadzanego w roku szkolnym 2022/2023 i 2023/2024 (Dz.U. 2022, poz. 1698).
1 pkt – za poprawne określenie, że ilość wydalanego moczu jest większa w porównaniu z normą, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do ograniczenia wchłaniania zwrotnego wody w nefronie. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Spowoduje to wydalanie dużej ilości wodnistego moczu, gdyż w wyniku uszkodzenia białka budującego kanały akwaporyny woda nie jest resorbowana z moczu w nefronie. • Ilość wydalanego moczu jest większa, bo zmieniona akwaporyna jest niefunkcjonalna i ogranicza wchłanianie zwrotne wody w kanaliku zbiorczym nefronu.
Podczas oddychania tlenowego związki organiczne są całkowicie utleniane do CO2 i H2O. W końcowym etapie utleniania protony i elektrony przenoszone przez NADH + H+ oraz FADH2 są przekazywane kompleksom białkowym wchodzącym w skład łańcucha oddechowego. Synteza jednej cząsteczki ATP wymaga przeniesienia około czterech protonów z przestrzeni międzybłonowej do macierzy przez kompleks syntazy ATP. Na poniższym schemacie przedstawiono łańcuch oddechowy z uwzględnieniem przenoszenia protonów (H+) oraz elektronów (e–). Kompleksy I, III i IV transportują protony z macierzy mitochondrialnej do przestrzeni międzybłonowej. Kompleks II jest pozbawiony tej aktywności.
Wyjaśnij, dlaczego utlenienie jednej cząsteczki FADH2 prowadzi do syntezy mniejszej liczby cząsteczek ATP w porównaniu do utlenienia jednej cząsteczki NADH + H+.
Uzupełnij tabelę – uporządkuj kolejność zachodzenia etapów oddychania tlenowego oraz określ lokalizację każdego etapu w komórce eukariotycznej.
| Etapy oddychania tlenowego | Kolejność | Lokalizacja etapu w komórce eukariotycznej (cytozol / macierz mitochondrialna / wewnętrzna błona mitochondrium) |
|---|---|---|
| reakcja pomostowa | macierz mitochondrialna |
rozwiązań zadań
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające mniejszą liczbę protonów transportowanych z macierzy do przestrzeni międzybłonowej w wyniku utlenienia FADH2 w porównaniu do utlenienia NADH + H+ i – w konsekwencji – mniejszy przepływ protonów przez syntazę ATP i mniejszą liczbę syntetyzowanych cząsteczek ATP. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Elektrony przenoszone przez FADH2 są przekazywane z pominięciem kompleksu I, a więc mniej protonów zostanie przeniesionych do przestrzeni międzybłonowej niż w przypadku NADH, a przepływ protonów jest bezpośrednim źródłem energii do syntezy ATP. • Kompleks II, odbierający elektrony transportowane przez FADH2, nie przenosi protonów do przestrzeni międzybłonowej w przeciwieństwie do kompleksu I, odbierającego elektrony od NADH, a więc syntaza ATP jest napędzana mniejszą liczbą protonów powracających do matrix. • Kompleks odbierający elektrony z FADH2 nie przenosi protonów przez wewnętrzną błonę mitochondrialną, w przeciwieństwie do kompleksu odbierającego elektrony z NADH + H+, a im więcej protonów jest przenoszonych, tym więcej powraca do macierzy mitochondrialnej i napędza białko – syntazę ATP.
Lokalizacja etapu w komórce Etapy oddychania Kolejność (cytozol / macierz mitochondrialna / tlenowego wewnętrzna błona mitochondrium) reakcja pomostowa 2 macierz mitochondrialna glikoliza 1 cytozol łańcuch oddechowy 4 wewnętrzna błona mitochondrium cykl Krebsa 3 macierz mitochondrialna
2 pkt – za poprawne uporządkowanie trzech etapów oddychania komórkowego ORAZ za poprawne podanie lokalizacji dwóch etapów. 1 pkt – za poprawne uporządkowanie trzech etapów oddychania komórkowego LUB za poprawne podanie lokalizacji dwóch etapów. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Jądro komórkowe jest otoczone dwiema błonami jądrowymi tworzącymi wspólnie otoczkę jądrową. Tuż pod wewnętrzną błoną jądrową znajduje się blaszka jądrowa, której głównym składnikiem są laminy zaliczane do filamentów pośrednich cytoszkieletu. Laminy pełnią funkcję wzmacniającą, a także odpowiadają za organizację chromatyny oraz za regulację ekspresji genów. Filamenty blaszki jądrowej ulegają demontażowi i formowaniu na nowo przy każdym podziale komórkowym. Na poniższym schemacie przedstawiono strukturę blaszki jądrowej. Na fioletowo zaznaczono białka związane z otoczką jądrową, na ciemnoróżowo – czynniki transkrypcyjne, a na niebiesko – białka związane z chromatyną. por jądrowy
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące jądra komórkowego są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | We wnętrzu jądra komórkowego występują funkcjonalne rybosomy. | ||
| 2 | Obie błony otaczające jądro mają taką samą budowę i skład chemiczny. |
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | We wnętrzu jądra komórkowego występują funkcjonalne rybosomy. | ✓ | ✓ |
| 2 | Obie błony otaczające jądro mają taką samą budowę i skład chemiczny. | ✓ |
Poniższe mikrofotografie przedstawiają przekrój poprzeczny przez blaszkę liściową rośliny dwuliściennej – ligustru (Ligustrum): A – widok ogólny (powiększenie 100×); B – dolna epiderma z aparatami szparkowymi (powiększenie 400×).
Podaj nazwy tkanek roślinnych oznaczonych na mikrofotografii cyframi 1 i 2.
Wyjaśnij, w jaki sposób parowanie wody przez aparaty szparkowe liścia przyczynia się do transportu wody w łodydze.
1. miękisz asymilacyjny / miękisz palisadowy / chlorenchyma 2. drewno / ksylem / tkanka przewodząca
1 pkt – za podanie poprawnych nazw dwóch tkanek. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do obniżenia potencjału wody w liściach w wyniku transpiracji i wytworzenia w ten sposób siły ssącej, podciągającej słup wody w łodydze. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązanie Transpiracja szparkowa prowadzi do osmotycznego napływu wody z wiązek przewodzących liścia do miękiszu asymilacyjnego. W ten sposób tworzy się w drewnie podciśnienie zasysające wodę z łodygi do liści.
rozwiązań zadań
Kierunek i szybkość przepływu wody między komórką a środowiskiem zewnętrznym lub między sąsiadującymi ze sobą komórkami zależą od gradientu potencjału wody. Wartość potencjału wody (𝛹𝛹𝑊𝑊) zależy od wartości potencjału osmotycznego (𝛹𝛹𝑆𝑆) i od wartości potencjału ciśnienia (𝛹𝛹𝑃𝑃): • wartość potencjału osmotycznego jest miarą siły, z jaką roztwór związków osmotycznie czynnych rozpuszczonych w cytozolu i w soku komórkowym przeciąga cząsteczki wody przez błonę półprzepuszczalną • wartość potencjału ciśnienia jest odzwierciedleniem turgoru – ciśnienia hydrostatycznego wywieranego przez protoplast na ścianę komórkową. Na poniższym wykresie przedstawiono zmiany wartości potencjału osmotycznego i potencjału ciśnienia w komórce zachodzące podczas obserwowanych zmian objętości komórki. Na wykresie zaznaczono dwa stany fizjologiczne komórki: stan A oraz stan B. +1,0 +0,6 MPa +0,2 0 –0,2 potencjał, –0,6 –1,0 –1,4
Uzupełnij poniższe zdanie tak, aby zawierało informacje prawdziwe. W każdym nawiasie podkreśl właściwe określenie. Komórka w stanie fizjologicznym A ma (mniejszą / większą) zdolność do pobierania wody w porównaniu z komórką w stanie fizjologicznym B, ponieważ 𝛹𝛹𝑊𝑊 komórki w stanie fizjologicznym A wynosi około (−1,2 MPa / 0 MPa) i jest mniejsza niż 𝛹𝛹𝑊𝑊 komórki w stanie fizjologicznym B, która wynosi około (−0,8 MPa / 0 MPa / +0,8 MPa).
Uzupełnij tabelę tak, aby zawierała informacje prawdziwe dotyczące osmotycznego wypływu wody z komórki prowadzącego do plazmolizy. W każdym nawiasie podkreśl właściwe określenie. 𝜳𝜳 roztworu 𝑾𝑾 zewnętrznego i komórkowego Zmiana 𝜳𝜳 roztworu 𝑺𝑺 komórkowego Zmiana 𝜳𝜳 roztworu 𝑷𝑷 komórkowego 𝛹𝛹 jest (mniejsza / większa) niż 𝛹𝛹 𝑧𝑧 𝑧𝑧 𝑘𝑘 𝑘𝑘 (wzrost / spadek) (wzrost / spadek)
Komórka w stanie fizjologicznym A ma (mniejszą / większą) zdolność do pobierania wody w porównaniu z komórką w stanie fizjologicznym B, ponieważ 𝛹𝑊 komórki w stanie fizjologicznym A wynosi około (−𝟏, 𝟐 𝐌𝐏𝐚 / 0 MPa) i jest mniejsza niż 𝛹𝑊 komórki w stanie fizjologicznym B, która wynosi około (−0,8 MPa / 𝟎 𝐌𝐏𝐚 / +0,8 MPa).
2 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w trzech nawiasach. 1 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w dwóch nawiasach. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
𝛹𝑊 roztworu Zmiana 𝛹𝑆 roztworu Zmiana 𝛹𝑃 roztworu zewnętrznego i komórkowego komórkowego komórkowego 𝛹𝑧𝑒𝑤 jest (mniejsza / większa) niż 𝛹𝑘𝑜𝑚 (wzrost / spadek) (wzrost / spadek)
2 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w trzech komórkach tabeli. 1 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w dwóch komórkach tabeli. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Przemianie pokoleń u roślin towarzyszą przemiana faz jądrowych i podział redukcyjny – mejoza. W wyniku mejozy u roślin powstają zarodniki. Na poniższej ilustracji przedstawiono mech oraz paproć. Obydwa gatunki zilustrowano w fazie rozwojowej, w której gametofit jest połączony ze sporofitem. Poszczególne pokolenia mchu oraz paproci oznaczono na ilustracji literami A–D.
Rozpoznaj na powyższej ilustracji gametofit mchu oraz gametofit paproci – wpisz w odpowiednie miejsca oznaczenia literowe wybrane spośród A–B oraz C–D.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące mejozy są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Redukcja liczby chromosomów zachodzi podczas I podziału mejotycznego. |
Gametofit mchu: B Gametofit paproci: D
1 pkt – za podanie poprawnych oznaczeń dwóch gametofitów. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Redukcja liczby chromosomów zachodzi podczas I podziału mejotycznego. | ✓ | ✓ |
Czereśnia (Prunus avium) jest drzewem naturalnie występującym w polskich lasach, a także drzewem owocowym uprawianym w sadach. W warunkach naturalnych czereśnie osiągają do 30 metrów wysokości. Owoce czereśni mają mięsisty mezokarp i zdrewniały endokarp. Powierzchnia egzokarpu – skórki jest pokryta substancjami woskowymi. Poniżej przedstawiono fotografię owoców czereśni (A) oraz schemat budowy owocu w przekroju podłużnym (B).
Wykaż związek budowy owocu czereśni ze sposobem rozprzestrzeniania się tej rośliny w środowisku naturalnym.
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby zawierały informacje prawdziwe. Podkreśl w każdym nawiasie właściwe określenie. Czereśnia należy do grupy roślin (nagonasiennych / okrytonasiennych). Owoce czereśni to (jagody / pestkowce), charakteryzujące się częściowo zdrewniałą owocnią. Woski obecne na powierzchni skórki (zwiększają / ograniczają) parowanie wody zawartej w owocu.
rozwiązań zadań zwierząt), wskazując odpowiednie adaptacje w budowie owocu.
1 pkt – za poprawne wykazanie związku budowy owocu czereśni ze sposobem jej rozprzestrzeniania, odnoszące się do: mięsistych owoców atrakcyjnych dla zwierząt LUB do pestki odpornej na enzymy trawienne zwierząt, ORAZ do rozprzestrzeniania nasion wraz z odchodami zwierząt (endozoochoria). 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Mięsiste owoce czereśni są endozoochoryczne – są zjadane przez ptaki, wydalające pestki wraz z odchodami. • Soczysta owocnia zwabia zwierzęta do zjedzenia owoców czereśni, a niestrawione nasiona, usunięte wraz z odchodami, przyczyniają się do rozprzestrzenienia się tych roślin w środowisku. • W środku owocu jest zdrewniała pestka, która chroni nasiono przed strawieniem w układzie pokarmowym ptaków rozprzestrzeniających nasiona. • Atrakcyjny kolor owoców czereśni zachęca zwierzęta do ich zjedzenia, a niestrawione nasiona, chronione przez pestkę, przyczyniają się do rozprzestrzeniania się czereśni.
Czereśnia należy do grupy roślin (nagonasiennych / okrytonasiennych). Owoce czereśni to (jagody / pestkowce), charakteryzujące się częściowo zdrewniałą owocnią. Woski obecne na powierzchni skórki (zwiększają / ograniczają) parowanie wody zawartej w owocu.
2 pkt – za podkreślenie trzech poprawnych określeń. 1 pkt – za podkreślenie dwóch poprawnych określeń. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Dobór płciowy jest szczególnym przypadkiem doboru naturalnego, który wynika z konkurencji o partnera płciowego. W sytuacji, gdy w populacji jest dostatecznie duża liczba samców, konkurują one między sobą o samicę, a ta może wybierać samców na podstawie ich określonych cech. U niektórych owadów samce mogą w czasie zalotów dostarczać samicy pożywienie, co określane jest jako „karmienie godowe”. Samica wojsiłki (Hylobittacus apicalis) zezwala samcowi na kopulację tylko wtedy, gdy ten przyniesie jej odpowiednio dużego stawonoga, którego będzie mogła w tym czasie zjeść. Samice w okresie godowym rzadko polują samodzielnie – polegają głównie na „ofiarach godowych” dostarczanych przez samce przed kopulacją. Sukces reprodukcyjny samicy jest ograniczony liczbą jaj, które może ona złożyć, co zależy m.in. od stanu fizjologicznego owada. Średnia liczba jaj składanych przez samicę wynosi 14 dziennie (w 4 cyklach). Ani samica, ani samiec wojsiłki nie wykazują opieki rodzicielskiej. Na poniższych wykresach przedstawiono wyniki obserwacji kopulacji H. apicalis. wielkość zdobyczy godowej: czas trwania kopulacji, min długość × szerokość, mm2
Określ, czy wielkość zdobyczy godowej przynoszonej przez samca H. apicalis wpływa na szansę przekazania przez niego swoich genów kolejnemu pokoleniu. Odpowiedź uzasadnij, odnosząc się do przedstawionych wyników badania.
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby w poprawny sposób opisywały znaczenie karmienia godowego dla samic H. apicalis. W każdym nawiasie podkreśl właściwe określenie. Samica wojsiłki wytwarza na drodze (mitozy / mejozy) gamety, które w porównaniu z gametami samca są bogatsze w substancje pokarmowe. Pokarm jest więc zasobem, który (wpływa / nie wpływa) na zdolność samicy do produkowania jaj.
1 pkt – za określenie, że wielkość zdobyczy godowej wpływa na szansę przekazania przez samca swoich genów kolejnemu pokoleniu, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do zależności między wielkością zdobyczy godowej a czasem trwania kopulacji, od której zależy liczba plemników przekazanych samicy. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania Wielkość zdobyczy godowej wpływa na szanse przekazania przez samca swoich genów kolejnemu pokoleniu, ponieważ • większa zdobycz godowa zapewnia dłuższy czas trwania kopulacji i zwiększa szanse na przekazanie samicy większej liczby plemników, zawierających materiał genetyczny samca. • mały rozmiar zdobyczy godowej oferowanej samicy przez samca sprawia, że czas kopulacji jest na tyle krótki, że samicy zostaje przekazana mała liczba plemników. • zbyt mała zdobycz godowa powoduje, że czas kopulacji jest zbyt krótki (poniżej 5 minut), aby przekazać samicy plemniki, więc nie ma szansy na przekazanie potomstwu genów samca.
Samica wojsiłki wytwarza na drodze (mitozy / mejozy) gamety, które w porównaniu z gametami samca są bogatsze w substancje pokarmowe. Pokarm jest więc zasobem, który (wpływa / nie wpływa) na zdolność samicy do produkowania jaj.
1 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w dwóch nawiasach. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
(0–1) Na poniższych wykresach przedstawiono zależność między wielkością stada gołębi grzywaczy (Columba palumbus) a skutecznością ataków jastrzębi (Accipiter gentilis) (wykres A) oraz zależność między liczbą gołębi w stadzie a odległością jastrzębia od stada w momencie reakcji stada na atak drapieżnika – poderwania się stada do lotu (wykres B).
1. – T, 2. – T.
1 pkt – za poprawną ocenę dwóch wniosków. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
W królestwie zwierząt hermafrodytyzm (obojnactwo) – obecność zarówno męskich, jak i żeńskich narządów płciowych – występuje dość powszechnie, zwłaszcza u bezkręgowców. Obojnakami są np. dżdżownice czy tasiemce. Z kolei u motyli występuje wyraźny dymorfizm płciowy, ale rzadko obserwuje się również osobniki o cechach fenotypowych obu płci nazywane gynandromorfami. W niektórych komórkach gynandromorfów znajduje się męski materiał genetyczny, a w pozostałych – żeński, co przekłada się na zaskakujący wygląd. Te cechy nie są przekazywane kolejnym pokoleniom, ponieważ gynandromorfy nie mogą się rozmnażać z powodu nieprawidłowości w budowie układu rozrodczego. Gynandromorf może powstać, jeżeli w trakcie zapłodnienia do komórki jajowej mającej dwa jądra komórkowe wnikną dwa plemniki. W efekcie powstają dwie linie komórkowe, które na skutek podziałów i różnicowania tworzą chimerowy organizm – łatwy do zidentyfikowania po przepoczwarczeniu. Na poniższych zdjęciach przedstawiono przedstawicieli gatunku Papilio androgeus – samicę, gynandromorfa i samca.
Uzupełnij tabelę opisującą dymorfizm płciowy P. androgeus – dla każdej cechy określ wygląd przedstawionych powyżej: samicy, gynandromorfa oraz samca.
| Cecha | Samica | Gynandromorf | Samiec |
|---|---|---|---|
| Kolor skrzydeł II pary (niebieski / żółty / żółto-niebieski) | |||
| Ubarwienie odwłoka (żółto-czarne / czarne jednolite) |
Cecha Samica Gynandromorf Samiec Kolor skrzydeł II pary (niebieski / żółty / niebieski żółto-niebieski żółty żółto-niebieski) Ubarwienie odwłoka (żółto-czarne / czarne jednolite żółto-czarne żółto-czarne czarne jednolite)
2 pkt – za poprawne uzupełnienie dwóch wierszy tabeli. 1 pkt – za poprawne uzupełnienie jednego wiersza tabeli. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Gynandromorfy – podobnie jak niektóre obojnaki – mogą rozmnażać się bez udziału drugiego partnera. | ✓ |
(0–1) Rozwielitka pchłowata (Daphnia pulex) to niewielki organizm słodkowodny. Samice rozwielitek osiągają długość od 1 mm do 3,5 mm. Ich owalne ciało jest spłaszczone oraz podzielone na słabo wyodrębnione tagmy: głowę, tułów i odwłok. Na głowie znajdują się dwie pary czułków oraz oczy złożone. Na tułowiu i odwłoku jest łącznie pięć par odnóży krocznych, a ciało okrywa przejrzysty karapaks – twardy pancerz zbudowany z chityny, który na końcu jest wyciągnięty w kolec.
A1
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Laktoza jest cukrem obecnym w wielu produktach spożywczych, a także – w lekach. Aby określić, czy niewielkie dawki laktozy znajdujące się w lekach są dopuszczalne dla osób cierpiących na nietolerancję laktozy, przeprowadzono następujące badanie. Chorych podzielono na trzy grupy w zależności od przyjmowanej substancji i od dawki: • grupa A – laktoza w dawce 20 g • grupa B – laktoza w dawce 0,4 g • grupa C – placebo w dawce 0,4 g. Następnie określano na podstawie deklaracji badanych osób nasilenie objawów żołądkowo- -jelitowych w skali od 0 (brak objawów) do 16 (najwyższe nasilenie). Na poniższym wykresie przedstawiono uśrednione wyniki badania. Grupa A – podano 20 g laktozy Grupa B – podano 0,4 g laktozy Grupa C – podano 0,4 g placebo
Określ, czy dawka 0,4 g laktozy jest dopuszczalna dla osób cierpiących na nietolerancję laktozy. Odpowiedź uzasadnij, odnosząc się do przedstawionych wyników badania.
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A albo B oraz odpowiedź 1., 2. albo 3. Laktoza jest węglowodanem należącym do
1 pkt – za określenie, że dawka 0,4 g jest dopuszczalna, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do nasilenia objawów nie wyższego niż w przypadku placebo. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Ta dawka jest tolerowana przez badane osoby, ponieważ nasilenie objawów było praktycznie takie samo, jak przy podawaniu placebo. • Nieszkodliwa – nasilenie objawów w grupach B i C jest wyraźnie mniejsze niż w grupie A. • Jest dopuszczalna, bo po przyjęciu takiej dawki osoby nie czuły się gorzej niż osoby z grupy przyjmującej placebo.
A2
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
(0–1) Serotonina jest neuroprzekaźnikiem uwalnianym do szczeliny synaptycznej. Cząsteczki serotoniny dyfundują w poprzek szczeliny synaptycznej i łączą się z receptorami w błonie komórkowej neuronów postsynaptycznych, co w przypadku receptorów 5-HT3 prowadzi do otwarcia kanałów jonowych i depolaryzacji błony postsynaptycznej. Aby neuron postsynaptyczny szybko uległ repolaryzacji, pozostała ilość neuroprzekaźnika w szczelinie synaptycznej musi zostać szybko usunięta – serotonina jest transportowana z powrotem do zakończeń synaptycznych (wychwyt zwrotny). Niektóre leki przeciwdepresyjne są inhibitorami wychwytu zwrotnego serotoniny.
1 pkt – za poprawne określenie wpływu inhibitorów wychwytu serotoniny na stężenie serotoniny (wzrost stężenia) oraz na szybkość repolaryzacji (spowolnienie repolaryzacji). 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązanie Inhibitory wychwytu serotoniny powodują utrzymanie wysokiego stężenia serotoniny w szczelinie synaptycznej oraz spowolnienie repolaryzacji neuronu postsynaptycznego.
Do podstawowych azotowych produktów metabolizmu zwierząt należą: amoniak, mocznik i kwas moczowy. Różnią się one złożonością budowy, rozpuszczalnością w wodzie, toksycznością oraz nakładami energetycznymi związanymi z ich syntezą.
Podaj nazwę związku azotowego, którego wydalanie wiąże się z: 1. największą stratą wody przez organizm – ...................................................................... 2. największym nakładem energii – .....................................................................................
Wyjaśnij, dlaczego zwierzęta żyjące w wodzie najczęściej wydalają amoniak, a zwierzęta lądowe – mocznik lub kwas moczowy. W odpowiedzi uwzględnij gospodarkę wodną tych organizmów i właściwości wymienionych produktów przemiany materii.
1. amoniak 2. kwas moczowy
rozwiązań zadań Zdający […] przedstawia związki między 13. Porównanie struktur zwierząt strukturą a funkcją na różnych poziomach odpowiedzialnych za realizację różnych organizacji życia […]. czynności życiowych. Zdający: 11) wyjaśnia istotę procesu wydalania oraz wskazuje substancje, które są wydalane z organizmów różnych zwierząt […].
1 pkt – za podanie poprawnych nazw dwóch związków. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do oszczędniejszej gospodarki wodnej zwierząt lądowych w porównaniu do zwierząt wodnych oraz do toksyczności i do rozpuszczalności w wodzie azotowych produktów metabolizmu w wodzie. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Amoniak jest związkiem bardziej toksycznym od mocznika i kwasu moczowego. Organizmy wodne mogą pozbywać się nadmiaru amoniaku bezpośrednio do wody, który natychmiast rozcieńcza się w środowisku wodnym. Organizmy lądowe syntetyzują mocznik lub kwas moczowy, które są mniej toksyczne i mogą osiągać wyższe stężenia w organizmie. • Organizmy wodne nie muszą oszczędzać wody, a więc mogą wydalać wraz z wodą bezpośredni produkt deaminacji aminokwasów – amoniak, który jest dobrze rozpuszczalny w wodzie. Organizmy lądowe oszczędzają wodę i dlatego syntezują kwas moczowy, który praktycznie nie rozpuszcza się w wodzie lub mocznik, który jest mniej toksyczny od amoniaku i dlatego może osiągać wyższe stężenia w organizmie.
Skurcz mięśnia jest wywołany impulsem nerwowym docierającym do włókna mięśniowego za pośrednictwem neuronów ruchowych. Rozgałęzione aksony tych neuronów tworzą z włóknami mięśniowymi synapsy nerwowo-mięśniowe. Wzbudzenie włókna mięśniowego i pojawienie się w nim potencjału czynnościowego powodują uwolnienie z siateczki sarkoplazmatycznej do cytozolu jonów Ca2+, które są niezbędne do rozpoczęcia skurczu. Utrzymanie wysokiego stężenia jonów wapnia wewnątrz miofibryli wymaga stałego dopływu impulsów nerwowych. Brak impulsu jest przyczyną szybkiego obniżenia stężenia jonów Ca2+ w sarkoplazmie do stanu spoczynkowego. Skutkuje to odłączeniem jonów Ca2+ od troponiny, a filament aktynowy w kompleksie z innymi białkami wchodzi w fazę spoczynkową. Na rysunku przedstawiono filament aktynowy w kompleksie z troponiną i topomiozyną w dwóch stanach: spoczynkowym (rysunek A) oraz pobudzonym (rysunek B).
Podaj funkcję tropomiozyny pełnioną podczas spoczynku mięśnia.
Wyjaśnij, w jaki sposób uwolnienie jonów Ca2+ do cytozolu włókna mięśniowego prowadzi do jego skurczu. W odpowiedzi uwzględnij oddziaływanie filamentów aktynowych i miozynowych.
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby w poprawny sposób opisywały proces skurczu mięśnia. W każdym nawiasie podkreśl właściwe określenie. Siła skurczu mięśnia zależy od liczby aktywowanych neuronów (czuciowych / ruchowych), od wielkości ich jednostek motorycznych oraz od częstotliwości stymulacji włókna mięśniowego. Na skutek sumowania kolejnych skurczów siła skurczu tężcowego (wzrasta / maleje) w stosunku do siły skurczu pojedynczego.
1 pkt – za poprawne określenie funkcji tropomiozyny podczas spoczynku mięśnia, polegającej na hamowaniu oddziaływania między aktyną i miozyną. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Tropomiozyna podczas spoczynku mięśnia utrudnia oddziaływanie miozyny z aktyną. • Gdy mięsień jest w spoczynku, tropomiozyna zasłania miejsca wiązania główek miozyny do włókien aktyny, dlatego miozyna nie może związać się z aktyną i filamenty nie przesuwają się względem siebie.
rozwiązań zadań
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie wpływu zwiększonego stężenia jonów Ca2+ na przesunięcie tropomiozyny względem aktyny oraz na rozpoczęcie skurczu sarkomeru przez wiązanie miozyny z filamentem aktynowym. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Wzrost stężenia jonów Ca2+ powoduje łączenie się Ca2+ z troponiną, co wywołuje przesunięcie tropomiozyny i wiązanie miozyny z filamentem aktynowym oraz zapoczątkowanie skurczu. • Uwolnione do cytozolu jony Ca2+ łączą się z troponiną, co powoduje przesunięcie tropomiozyny i odsłonięcie na filamentach aktynowych miejsc wiążących główki miozyny, a to umożliwia przesuwanie się filamentów aktynowych i miozynowych względem siebie.
Siła skurczu mięśnia zależy od liczby aktywowanych neuronów (czuciowych / ruchowych), od wielkości ich jednostek motorycznych oraz od częstotliwości stymulacji włókna mięśniowego. Na skutek sumowania kolejnych skurczów siła skurczu tężcowego (wzrasta / maleje) w stosunku do siły skurczu pojedynczego.
Stężenie glukozy w osoczu krwi jest regulowane przez wiele czynników. Na poniższym schemacie przedstawiono podstawowe przemiany glukozy w organizmie człowieka.
Uzupełnij powyższy schemat – wybierz spośród podanych i wpisz w wyznaczone miejsca (1. i 2.) odpowiednie nazwy brakujących na schemacie związków będących produktami przemian glukozy. acetylo-CoA fruktoza glikogen pirogronian sacharoza
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące przemian glukozy w organizmie człowieka są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Wzrost stężenia glukozy we krwi pobudza komórki trzustki do wydzielania glukagonu. |
1. – glikogen, 2. – pirogronian.
1 pkt – za poprawne uzupełnienie brakujących dwóch nazw substancji na schemacie. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Wzrost stężenia glukozy we krwi pobudza komórki trzustki do wydzielania glukagonu. | ✓ | ✓ |
Na opakowaniu galaretki owocowej podano następującą informację: „Pamiętaj, że świeże owoce kiwi i ananasa powodują, że galaretka nie tężeje”, oraz zwrócono uwagę na obecność żelatyny w składzie produktu. Żelatyna to produkt częściowej hydrolizy białka – kolagenu. W celu sprawdzenia, czy sparzenie wrzącą wodą owoców kiwi wpłynie na aktywność proteazy w nich zawartej, uczniowie zaplanowali doświadczenie, do którego przygotowano następujące materiały: • dwie szklanki z ostudzoną, ale jeszcze niestężałą galaretką owocową • dwie miseczki z rozdrobnionymi owocami kiwi • wrzącą wodę.
Zaplanuj przebieg doświadczenia – opisz próbę badawczą i próbę kontrolną oraz
podaj sposób odczytania wyników.
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A albo B oraz odpowiedź 1. albo 2. Kolagen jest białkiem
rozwiązań zadań warunki doświadczenia, rozróżnia próbę 1. Enzymy. Zdający: kontrolną i badawczą […]. 3) wyjaśnia, na czym polega swoistość enzymów; określa czynniki warunkujące ich aktywność (temperatura, […]).
3 pkt – za prawidłowe zaplanowanie przebiegu doświadczenia uwzględniające opisanie próby badawczej ORAZ próby kontrolnej ORAZ uwzględniające sposób odczytania wyników. 2 pkt – za prawidłowe zaplanowanie przebiegu doświadczenia uwzględniające opisanie próby badawczej ORAZ próby kontrolnej. 1 pkt – za prawidłowe zaplanowanie przebiegu doświadczenia uwzględniające opisanie próby badawczej ALBO próby kontrolnej. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązanie Próba badawcza: galaretka ze sparzonymi wrzącą wodą kawałkami owocu kiwi. Próba kontrolna: galaretka ze świeżymi kawałkami owocu kiwi. Sposób odczytania wyników: obserwowanie stopnia stężenia galaretki w obu naczyniach.
B1
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Hemofilia typu B jest chorobą dziedziczoną w sposób recesywny, sprzężony z płcią.
Dwójka zdrowych rodziców ma syna, który cierpi na hemofilię typu B.
Określ genotypy rodziców. Zapisz krzyżówkę genetyczną i na jej podstawie określ prawdopodobieństwo urodzenia się tym rodzicom dziecka chorego na hemofilię typu B. Allel dominujący oznacz jako H, a allel recesywny – jako h. ojciec – ............................................. matka – ............................................. matka ojciec
Wykaż, że mężczyźni nie mogą być nosicielami hemofilii typu B.
Genotypy rodziców: matka – XH Xh ojciec – XH Y Krzyżówka: matka XH Xh XH XH XH XH Xh ojciec Y XH Y Xh Y Prawdopodobieństwo urodzenia się dziecka chorego na hemofilię typu B: 25%
3 pkt – za poprawne określenie genotypów ORAZ zapisanie krzyżówki genetycznej ORAZ określenie prawdopodobieństwa. 2 pkt – za poprawne określenie genotypów ORAZ zapisanie krzyżówki genetycznej. 1 pkt – za poprawne określenie genotypów. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań Zdający objaśnia funkcjonowanie organizmu 4) opisuje sprzężenia genów (w tym ludzkiego na różnych poziomach sprzężenia z płcią) […]. złożoności; dostrzega związki między strukturą a funkcją na każdym z tych poziomów. V. Rozumowanie i argumentacja. Zdający objaśnia i komentuje informacje […], wyjaśnia zależności przyczynowo- -skutkowe […].
1 pkt – za poprawne wykazanie, że mężczyźni nie mogą być nosicielami hemofilii typu B, uwzględniające sprzężenie allelu warunkującego hemofilię z chromosomem X oraz hemizygotyczność mężczyzn. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Hemofilia typu B jest chorobą dziedziczoną w sposób recesywny, sprzężony z płcią. Mężczyźni nie mogą być zatem nosicielami, ponieważ recesywny allel położony na chromosomie X zawsze będzie się u nich ujawniał ze względu na brak drugiego chromosomu X. • Mężczyźni mają tylko jeden chromosom X, a to właśnie na nim jest położony gen odpowiedzialny za hemofilię. Jeżeli mężczyzna ma allel warunkujący chorobę, to nie może on zostać zamaskowany przez drugi allel z chromosomu homologicznego. • Mężczyźni mający w swoim genotypie allel hemofilii B chorują na hemofilię, a nie są jej nosicielami, ponieważ mają tylko jeden chromosom X, a nosiciel musi mieć oprócz allelu h także allel H.
U myszy allel warunkujący czarne ubarwienie sierści B dominuje nad allelem b warunkującym białą barwę sierści. W pewnej populacji tych gryzoni będącej w stanie równowagi genetycznej częstość allelu b wynosi 0,3.
Na podstawie prawa Hardy’ego – Weinberga oblicz częstość heterozygot w opisanej populacji.
1. Osobniki rozmnażają się wyłącznie płciowo. T N 2. Dochodzi do powstawania mutacji. T N 3. Działa dobór naturalny. T N
Oceń, czy podane warunki muszą być spełnione, aby w populacji została zachowana równowaga genetyczna Hardy’ego – Weinberga. Zaznacz T (tak), jeżeli warunek musi być spełniony, albo N (nie) – jeśli nie musi być spełniony.
1 pkt – za poprawne obliczenie częstości heterozygot. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązanie Obliczenia: 𝑝= 1– 𝑞= 1– 0,3 = 0,7 2𝑝𝑞= 2 × 0,3 × 0,7 = 0,42 Częstość heterozygot: 0,42 = 42%
1. – T, 2. – N, 3. – N.
2 pkt – za poprawną ocenę trzech warunków. 1 pkt – za poprawną ocenę dwóch warunków. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
(0–2) Ekologiczna nisza podstawowa gatunku to nisza potencjalnie zajmowana przez ten gatunek w warunkach optymalnych, natomiast nisza zrealizowana jest częścią niszy podstawowej, zajmowaną przez gatunek w danych warunkach abiotycznych i biotycznych. Drożdże Saccharomyces cerevisiae w środowisku naturalnym bytują m.in. na powierzchni owoców winorośli, na której – mimo warunków tlenowych – głównie przeprowadzają fermentację alkoholową. Na powierzchni owoców winorośli występują także różne bakterie, które – podobnie jak S. cerevisiae – jako główne źródło energii wykorzystują glukozę. Badania wykazały, że bakterie wydzielają kwas mlekowy, modyfikujący metabolizm komórek drożdży. W obecności kwasu mlekowego drożdże wykorzystują do wzrostu związki, które nie są substratami fermentacji alkoholowej, dzięki czemu ich wzrost i żywotność są lepsze.
rozwiązań zadań
2 pkt – za poprawne podanie dwóch argumentów świadczących o znacznym pokrywaniu się nisz ekologicznych drożdży i bakterii. 1 pkt – za poprawne podanie jednego argumentu świadczącego o znacznym pokrywaniu się nisz ekologicznych drożdży i bakterii. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązanie • Argument 1.: obie grupy organizmów występują na powierzchni winorośli i zajmują to samo siedlisko. • Argument 2.: obie grupy organizmów wykorzystują ten sam substrat pokarmowy – glukozę.
Przed epoką wielkich odkryć geograficznych występowała w Ameryce Północnej muchówka, której larwy żyły w owocach rodzimych głogów. Po przybyciu Europejczyków, którzy uprawiali drzewa owocowe, wykształciły się rasy pokarmowe tej muchy żerujące także na jabłoniach i wiśniach. Te trzy rasy są częściowo odizolowane od siebie, ponieważ owoce żywicielskie: wiśnia, jabłoń i głóg, dojrzewają w różnym czasie – od wiosny do lata. Jest to początkowe stadium specjacji.
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A albo B oraz jej uzasadnienie 1. albo 2. Opisany proces powstawania trzech gatunków muchówek to specjacja
B2
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
C
1 pkt – za wybór poprawnej odpowiedzi. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Glifosat jest jednym z najczęściej stosowanych herbicydów. Jego działanie polega na zahamowaniu szlaku metabolicznego, który umożliwia roślinom, grzybom i bakteriom syntezę aminokwasów aromatycznych – dla zwierząt aminokwasy aromatyczne są związkami egzogennymi. W 1996 roku wprowadzono na rynek modyfikowaną genetycznie soję zawierającą gen kodujący kluczowy enzym opisanego szlaku, zmieniony tak, aby był odporny na działanie glifosatu. Dzięki temu rośliny soi mogą rosnąć i wydawać plony w obecności herbicydu. Od tego czasu opracowano też odmiany soi z innymi modyfikacjami genetycznymi, zapewniające odporność na inne herbicydy, na szkodniki czy ze zmienioną zawartością kwasów tłuszczowych. W 2018 roku soja stanowiła około 50% transgenicznych upraw.
Wykaż, że stosowanie dużych ilości glifosatu może stanowić zagrożenie dla różnorodności biologicznej.
Wyjaśnij, dlaczego glifosat jest nieskuteczny w zwalczaniu szkodników owadzich.
1 pkt – za poprawne wykazanie, że stosowanie dużych ilości glifosatu może stanowić zagrożenie dla różnorodności biologicznej, odnoszące się do szkodliwości stosowania glifosatu dla bakterii, grzybów i roślin. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązanie Glifosat to silny herbicyd uniemożliwiający wzrost innych roślin niż transgeniczna soja. Po przedostaniu się do gleby glifosat działa również zabójczo na bakterie i grzyby.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, dlaczego glifosat nie jest toksyczny dla zwierząt, odnoszące się do niewystępowania u zwierząt szlaku metabolicznego hamowanego przez glifosat. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań Przykładowe rozwiązania • Zwierzęta nie mają zdolności syntezy aminokwasów aromatycznych. Ze względu na to, że glifosat hamuje jeden z enzymów niezbędnych do syntezy aminokwasów aromatycznych, ten związek nie jest toksyczny dla zwierząt. • Glifosat działa hamująco na szlak syntezy aminokwasów aromatycznych. Te aminokwasy są dla zwierząt egzogenne, a więc muszą one przyjmować go z pokarmem. Dlatego glifosat nie jest toksyczny dla zwierząt.
(0–1) Lipiennik Loesela (Liparis loeselii) to storczyk objęty ochroną ścisłą oraz umieszczony w Polskiej czerwonej księdze roślin jako gatunek wysokiego ryzyka. Występuje on na terenach podmokłych – na torfowiskach lub turzycowiskach zasilanych wodami bogatymi w związki wapnia. W Polsce notowano jego obecność na ponad 200 stanowiskach na niżu: przede wszystkim w północnej, zachodniej i środkowej części kraju, w większości – w pasie pojezierzy i pobrzeża.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, że ochrona siedliskowa zapewni odpowiednie czynniki abiotyczne dla życia lipiennika – wilgotność siedlisk (torfowisk i turzycowisk) i wapienne podłoże. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Ponieważ pozwoli to na przetrwanie tego gatunku ze względu na duży dostęp do wody i związków wapnia. • Ze względu na wymagania rośliny dotyczące dostępu do wody i składników mineralnych ochrona siedliska zapewni jej dostęp do tych zasobów. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych, odnoszących się wyłącznie do „odpowiednich warunków” bez wskazania na konkretne czynniki abiotyczne: wilgotność i dostępność związków mineralnych.
| glikoliza |
| łańcuch oddechowy | 4 | wewnętrzna błona mitochondrium |
| cykl Krebsa |
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby zawierały informacje prawdziwe dotyczące syntezy ATP podczas oddychania tlenowego. W każdym nawiasie podkreśl właściwe określenie. U eukariontów synteza ATP zachodzi dzięki gradientowi (protonów / elektronów) w poprzek wewnętrznej błony mitochondrium. U prokariontów syntaza ATP jest zlokalizowana (w błonie komórkowej / w cytozolu). W procesie oddychania tlenowego ATP ulega syntezie (tylko w fosforylacji oksydacyjnej / w fosforylacjach oksydacyjnej i substratowej).
U eukariontów synteza ATP zachodzi dzięki gradientowi (protonów / elektronów) w poprzek wewnętrznej błony mitochondrium. U prokariontów syntaza ATP jest zlokalizowana (w błonie komórkowej / w cytozolu). W procesie oddychania tlenowego ATP ulega syntezie (tylko w fosforylacji oksydacyjnej / w fosforylacjach oksydacyjnej i substratowej).
2 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w trzech nawiasach. 1 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w dwóch nawiasach. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
| 3 | Transport podjednostek rybosomów z jądra komórkowego do cytoplazmy zachodzi przez pory jądrowe. |
Wyjaśnij, dlaczego przy każdym podziale komórkowym filamenty pośrednie blaszki jądrowej muszą ulegać demontażowi oraz ponownemu formowaniu.
| 3 | Transport podjednostek rybosomów z jądra komórkowego do cytoplazmy zachodzi przez pory jądrowe. | ✓ | ✓ |
1. – F, 2. – F, 3. – P.
2 pkt – za poprawną ocenę trzech stwierdzeń. 1 pkt – za poprawną ocenę dwóch stwierdzeń. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające związanie blaszki jądrowej (oraz tworzących ją filamentów) z otoczką jądrową, która ulega rozpadowi podczas podziału komórkowego LUB uwzględniające konieczność rozdzielenia chromosomów do przeciwległych biegunów komórki. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Filamenty pośrednie blaszki jądrowej są związane z otoczką jądrową, która rozpada się podczas podziału komórki. Dlatego w trakcie podziału te filamenty ulegają również rozpadowi i są ponownie formowane podczas odtwarzania otoczki jądrowej. • Ze względu na to, że otoczka jądrowa zanika w trakcie podziału komórkowego i na nowo formuje się w komórkach potomnych, związana z nią blaszka jądrowa także musi ulegać demontażowi i formowaniu na nowo. • Laminy jądrowe są demontowane, ponieważ przeszkadzałyby podczas podziału komórki w rozdzieleniu się chromosomów do przeciwległych biegunów komórki. Następnie ulegają ponownemu formowaniu podczas odtwarzania otoczki jądrowej.
| 2 | Proces crossing-over zachodzi podczas metafazy I. |
| 3 | W wyniku mejozy zmniejsza się liczba cząsteczek DNA zawartych w jądrze komórkowym. |
| 2 | Proces crossing-over zachodzi podczas metafazy I. | ✓ | ✓ |
| 3 | W wyniku mejozy zmniejsza się liczba cząsteczek DNA zawartych w jądrze komórkowym. | ✓ | ✓ |
1. – P, 2. – F, 3. – P.
2 pkt – za poprawną ocenę trzech stwierdzeń. 1 pkt – za poprawną ocenę dwóch stwierdzeń. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące gynandromorfów u motyli są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Gynandromorfy – podobnie jak niektóre obojnaki – mogą rozmnażać się bez udziału drugiego partnera. | ||
| 2 | Bez względu na różnice morfologiczne wszystkie komórki organizmu gynandromorficzego zawierają tę samą informację genetyczną. |
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A albo B oraz odpowiedź 1., 2. albo 3. Motyl P. androgeus przechodzi przeobrażenie
| 2 | Bez względu na różnice morfologiczne wszystkie komórki organizmu gynandromorficzego zawierają tę samą informację genetyczną. | ✓ | ✓ |
1. – F, 2. – F.
1 pkt – za prawidłową ocenę dwóch stwierdzeń. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
A2
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
1 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w dwóch nawiasach. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
| 2 | Glukoza zużywana przez ośrodkowy układ nerwowy jest wychwytywana z krwiobiegu niezależnie od działania insuliny. |
| 3 | W przerwach między posiłkami w wątrobie człowieka zachodzi glikogenoliza. |
| 2 | Glukoza zużywana przez ośrodkowy układ nerwowy jest wychwytywana z krwiobiegu niezależnie od działania insuliny. | ✓ | ✓ |
| 3 | W przerwach między posiłkami w wątrobie człowieka zachodzi glikogenoliza. | ✓ | ✓ |
1 – F, 2 – P, 3 – P.
2 pkt – za poprawną ocenę trzech stwierdzeń. 1 pkt – za poprawną ocenę dwóch stwierdzeń. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź spośród podanych. Aby opisane rasy pokarmowe można było nazwać odrębnymi gatunkami biologicznymi, musi dojść do