Arkusz maturalny
Ładowanie…
Arkusz maturalny
Uzupełnij tabelę – do każdego wymienionego typu reakcji zachodzącej podczas przekształcania pirogronianu do acetylo-CoA przyporządkuj odpowiednie oznaczenie enzymu (E1, E2 albo E3), który tę reakcję przeprowadza.
| Typ reakcji | Oznaczenie enzymu (E / E / E ) 1 2 3 |
|---|---|
| transacetylacja | |
| dehydrogenacja | |
| dekarboksylacja |
W której części komórki eukariotycznej znajduje się aktywny kompleks dehydrogenazy pirogronianowej? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.
Wykaż, że funkcjonowanie kompleksu dehydrogenazy pirogronianowej jest konieczne do połączenia szlaku glikolizy z cyklem Krebsa.
Wykaż, że zmniejszenie aktywności kompleksu dehydrogenazy pirogronianowej prowadzi do wzrostu stężenia mleczanu w komórce mięśnia szkieletowego.
Typ reakcji Oznaczenie enzymu (E1 / E2 / E3) transacetylacja E2 dehydrogenacja E3 dekarboksylacja E1 Uwaga: Uznaje się odpowiedzi, w których użyto znaków normalnej wielkości zamiast indeksów dolnych, np. E1 zamiast E1.
1 pkt – za poprawne przyporządkowanie trzech oznaczeń enzymów do typów przeprowadzanych reakcji. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
B
1 pkt – za wybór poprawnej odpowiedzi. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za poprawne wykazanie, że funkcjonowanie dehydrogenazy pirogronianowej jest konieczne do połączenia szlaku glikolizy z cyklem Krebsa, uwzględniające produkt glikolizy – pirogronian i substrat cyklu Krebsa – acetylo-CoA. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Dehydrogenaza pirogronianowa umożliwia wytworzenie z pirogronianu acetylo-CoA. Pirogronian jest produktem glikolizy, a acetylo-CoA – substratem cyklu Krebsa. • Umożliwia to przekształcenie pirogronianu powstającego w glikolizie do acetylo-CoA, który jest substratem cyklu Krebsa. • Produktem glikolizy jest pirogronian, a substratem cyklu Krebsa – acetylokoenzym A, który powstaje w wyniku przemian pirogronianu katalizowanych przez dehydrogenazę pirogronianową. • Powstający w glikolizie pirogronian nie może być bezpośrednio włączony do cyklu Krebsa, ale musi być przekształcony przez dehydrogenazę pirogronianową do acetylo-CoA.
rozwiązań zadań
: Uznaje się odpowiedzi, w których użyto alternatywnych określeń cyklu Krebsa, np.: cykl kwasów trójkarboksylowych, cykl kwasu cytrynowego, CKT. Uznaje się odpowiedzi, w których użyto alternatywnych określeń acetylo-CoA, np.: aktywny octan, czynny octan. Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do reszty acetylowej (zamiast acetylo-CoA) jako produktu reakcji pomostowej lub substratu cyklu Krebsa.
1 pkt – za poprawne wykazanie, że zmniejszenie aktywności kompleksu dehydrogenazy pirogronianowej prowadzi do wzrostu stężenia mleczanu w komórce, uwzględniające powstawanie pirogronianu (w glikolizie), który nie może być w całości utleniony w reakcji pomostowej, i przekształcanie ciągle powstającego pirogronianu (nadmiaru pirogronianu) w mleczan. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Powstający w glikolizie pirogronian jest przetwarzany przez kompleks dehydrogenazy pirogronianowej do acetylo-CoA. Jeżeli ta reakcja jest ograniczona, to nadmiar pirogronianu zostaje przekształcony w mleczan. • Ograniczenie tlenowych przemian pirogronianu powoduje, że w komórce rośnie jego stężenie ze względu na stale zachodzącą glikolizę. Nadmiar pirogronianu w komórce zostaje zredukowany do mleczanu. • Ograniczenie utleniania pirogronianu w reakcji pomostowej doprowadzi do wzrostu w cytozolu stężenia pirogronianu, który cały czas powstaje z glukozy. Duża część tego pirogronianu zostanie skierowana na beztlenowy szlak metaboliczny, przekształcający ten związek w mleczan. • Zmniejszenie aktywności dehydrogenazy pirogronianowej jest przyczyną zwiększonego stężenia pirogronianu w komórce. Część pirogronianu jest przekształcana w mleczan, co prowadzi do wzrostu stężenia mleczanu w komórce. • Prowadzi to do zmniejszenia wydajności reakcji pomostowej. Mniejsza ilość pirogronianu będzie przekształcana do acetylo-CoA, co przełoży się na spadek intensywności zachodzenia cyklu Krebsa i łańcucha oddechowego. Aby uzyskać NAD+, niezbędny do zajścia glikolizy, na drodze której komórka może uzyskać ATP, powstający pirogronian będzie redukowany do mleczanu – stężenie mleczanu w tej komórce wzrośnie.
: Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do całkowitej utraty aktywności przez kompleks dehydrogenazy pirogronianowej, np. „Zahamowanie powstawania acetylo-CoA spowoduje redukcję pirogronianu do mleczanu”. Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się wyłącznie do znaczenia adaptacyjnego fermentacji mleczanowej, np. „Zmniejszenie aktywności tego kompleksu powoduje zmniejszenie wydajności oddychania tlenowego. Dlatego mięsień pracujący w takich warunkach pozyskuje energię także w sposób beztlenowy, czyli przeprowadzając fermentację mleczanową, której produktem jest mleczan”.
Goryczka wiosenna (Gentiana verna) to niewielka roślina o bardzo dużych kwiatach w stosunku do całego organizmu. Kolor jej kwiatów jest intensywnie niebieski. W kwiecie znajdują się jeden okółek pręcików i słupek zbudowany z dwóch owocolistków. Goryczka wiosenna jest rośliną zapylaną przez owady – głównie motyle i trzmiele. Poniżej przedstawiono zdjęcie goryczki wiosennej (I) oraz schemat budowy jej kwiatu w przekroju podłużnym (II).
Podaj nazwy elementów okwiatu goryczki wiosennej oznaczonych na rysunku literami A i B. A. ..................................................... B. ......................................................
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby zawierały informacje prawdziwe. Podkreśl w każdym nawiasie właściwe określenie. Goryczka wiosenna należy do (nagonasiennych / okrytonasiennych). W przemianie pokoleń goryczki wiosennej pokoleniem dominującym jest (gametofit / sporofit).
Wykaż, że produkcja barwnika w kwiatach jest korzystna dla goryczki wiosennej mimo kosztów energetycznych, związanych z syntezą tego barwnika.
A. korona / płatek (korony) / płatki (korony) / działki korony B. kielich / działka kielicha / działki kielicha
1 pkt – za podanie poprawnych nazw dwóch elementów okwiatu goryczki wiosennej. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
: Nie uznaje się odpowiedzi „działka okwiatu”, ponieważ odnosi się ona do obydwu pięter okwiatu – kielicha i korony (odpowiedź zbyt ogólna). Dopuszcza się odpowiedzi: A – „płatek (o)kwiatu”, B – „kielich (o)kwiatu”.
Goryczka wiosenna należy do (nagonasiennych / okrytonasiennych). W przemianie pokoleń goryczki wiosennej pokoleniem dominującym jest (gametofit / sporofit).
1 pkt – za wybór dwóch poprawnych określeń. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
1 pkt – za poprawne wykazanie, że produkcja barwnika jest korzystna dla goryczki wiosennej, odnoszące się do korzyści związanych z możliwością przywabiania owadów będących zapylaczami goryczki. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Dzięki barwnym kwiatom goryczka przywabia zapylacze. • Roślina jest niewielka, a dzięki barwnym kwiatom jest widoczna dla zapylaczy. • Intensywnie wybarwione kwiaty goryczki stanowią powabnię dla zapylaczy. • Synteza dużej ilości barwnika w kwiatach goryczki wiosennej jest potrzebna do przywabiania motyli i trzmieli, które doprowadzą do jej zapylenia. • Goryczka rośnie w górach, gdzie brakuje zapylaczy. Dostępność pyłku jest czynnikiem ograniczającym sukces reprodukcyjny rośliny, dlatego goryczka inwestuje zasoby w intensywnie wybarwione kwiaty zwiększające szanse na przywabienie owadów. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się wyłącznie do przywabiania zwierząt, bez odniesienia do korzyści dla rośliny – zapylania, np. „Barwne kwiaty przywabiają owady”.
Naprzemienność zapłodnienia i mejozy występuje u wszystkich eukariontów rozmnażających się płciowo, jednak cykle życiowe poszczególnych grup taksonomicznych mogą się znacznie różnić. Poniżej przedstawiono w uproszczony sposób przemianę pokoleń u roślin (A) oraz metagenezę u zwierząt – krążkopławów (B).
Uzupełnij schematy A i B – w każdym cyklu życiowym obok właściwej strzałki zaznacz symbolem „R!” etap, podczas którego zachodzi mejoza. sporofit polip zarodniki strobila zygota zygota gametofit meduza gamety gamety
Wykaż, że mejoza jest niezbędna do zamknięcia cyklu życiowego eukariontów rozmnażających się płciowo.
A. rośliny B. krążkopławy R! sporofit polip zarodniki strobila zygota zygota gametofit meduza gamety gamety R! Uwaga: Uznaje się odpowiedzi, w których zamiast symbolu „R!” użyto symboli „R” lub „!”, lub innych jednoznacznych oznaczeń.
1 pkt – za poprawne zaznaczenie mejozy na schemacie A i na schemacie B. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
1 pkt – za poprawne wykazanie, że mejoza jest niezbędna do zamknięcia cyklu życiowego eukariontów rozmnażających się płciowo, uwzględniające w sposób bezpośredni lub opisowy podwojenie (wzrost) liczby chromosomów w czasie zapłodnienia i konieczność jej redukcji podczas mejozy. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • W czasie rozmnażania płciowego liczba chromosomów ulega podwojeniu, a mejoza ją zmniejsza, co umożliwia zachowanie stałej liczby chromosomów u gatunku. • Mejoza zapobiega podwajaniu się liczby chromosomów w każdym kolejnym pokoleniu rozmnażającym się płciowo. • Mejoza redukuje liczbę chromosomów, co kompensuje jej podwojenie podczas zapłodnienia. • Skoro zygota powstaje z połączenia dwóch gamet, to każda z gamet musi mieć połowę garnituru chromosomów – uzyskaną w wyniku podziału mejotycznego, zachodzącego bezpośrednio podczas tworzenia gamet lub na wcześniejszym etapie cyklu. • Dzięki niej gamety są haploidalne i po połączeniu tworzą diploidalną zygotę. • Mejoza prowadzi do redukcji materiału genetycznego, dzięki czemu z dwóch łączących się gamet powstaje diploidalna zygota i nie dochodzi do podwojenia się materiału genetycznego. • Bez mejozy cykl życiowy eukariontów rozmnażających się płciowo nie zostałby zamknięty, ponieważ każde kolejne pokolenie miałoby zwielokrotnioną liczbę chromosomów w wyniku zapłodnienia, a więc nie mogłoby się rozwijać.
Aby sprawdzić wpływ intensywności oświetlenia na zawartość chlorofilu w liściach storczyka Phalaenopsis ‘Edessa’, przeprowadzono doświadczenie składające się z dwóch etapów opisanych poniżej. • Etap 1. – dziesięć niekwitnących roślin uprawiano przez dwa miesiące w pomieszczeniu o stałej temperaturze 28 °C i wilgotności względnej 75%. Liście roślin były oświetlane przez 12 godzin dziennie światłem o intensywności 100 µmol fotonów m−2 s−1. • Etap 2. – następnie rośliny podzielono na dwie grupy (LL i HL) liczące po pięć roślin. Przez 10 tygodni liście roślin były oświetlane przez 12 godzin dziennie: – w grupie LL słabym światłem (intensywność oświetlenia 50 µmol fotonów m−2 s−1) – w grupie HL silnym światłem (intensywność oświetlenia 200 µmol fotonów m−2 s−1). W pierwszym dniu 1. tygodnia oraz w ostatnim dniu 4., 6. i 10. tygodnia trwania drugiego etapu doświadczenia pobrano próbki liści z obu grup roślin w celu określenia zawartości chlorofilu w przeliczeniu na powierzchnię liścia. Wyniki pomiarów przedstawiono na poniższych wykresach A–D.
Oceń, czy dokończenia poniższego zdania są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | średnia zawartość chlorofilu a była wyższa u roślin w grupie LL niż w grupie HL. | ||
| 2 | średnia zawartość chlorofilu całkowitego w grupie HL była niższa o ponad 300 mg m−2 niż w pierwszym dniu tego etapu doświadczenia. |
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | średnia zawartość chlorofilu a była wyższa u roślin w grupie LL niż w grupie HL. | ✓ | ✓ |
| 2 | średnia zawartość chlorofilu całkowitego w grupie HL była niższa o ponad 300 mg m−2 niż w pierwszym dniu tego etapu doświadczenia. | ✓ |
Główną funkcją enzymu RuBisCO (karboksylaza/oksygenaza rybulozo-1,5-bisfosforanowa) jest przyłączanie dwutlenku węgla do rybulozo-1,5-bisfosforanu (RuBP) w cyklu Calvina. Jednak w wysokiej temperaturze i przy wysokim stężeniu O2 znacznie wzrasta aktywność RuBisCO polegająca na przyłączaniu tlenu do RuBP, co daje początek fotooddychaniu. Skutkiem tego procesu jest znaczne zmniejszenie wydajności wiązania CO2 przez roślinę. U roślin rejonów tropikalnych i subtropikalnych przeprowadzających fotosyntezę typu C4 proces fotooddychania jest ograniczony. Jest to związane z dwustopniowym mechanizmem wiązania dwutlenku węgla. Pierwotna asymilacja CO2 z wytworzeniem szczawiooctanu zachodzi w komórkach mezofilu, natomiast włączanie CO2 do cyklu Calvina zachodzi w komórkach pochwy okołowiązkowej. U niektórych roślin C4 w komórkach pochwy okołowiązkowej nie ma fotosystemu II (PS II). Na schemacie przedstawiono w uproszczeniu przebieg fazy fotosyntezy niezależnej od światła (fazy ciemnej) u roślin C4. Uwaga: nie zachowano stechiometrii przedstawionych reakcji. PEP – fosfoenolopirogronian CO2 PGA – 3-fosfoglicerynian RuBP – rybulozo-1,5-bisfosforan PGAl – aldehyd 3-fosfoglicerynowy PEP (C3)
Podaj nazwy etapów cyklu Calvina oznaczonych na schemacie literami A, B i C. A. ..................................................................................... B. ..................................................................................... C. .....................................................................................
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A, B albo C oraz odpowiedź 1., 2. albo 3. Literą X na schemacie oznaczono
A. karboksylacja (RuBP); odpowiedź dopuszczalna: asymilacja węgla / asymilacja CO2 B. redukcja (PGA); odpowiedź dopuszczalna: hydrogenacja PGA / uwodornienie PGA C. regeneracja (akceptora CO2 – RuBP); odpowiedź dopuszczalna: odtworzenie RuBP
2 pkt – za podanie poprawnych nazw trzech etapów cyklu Calvina. 1 pkt – za podanie poprawnych nazw dwóch etapów cyklu Calvina. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
C1
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 |
Liście jabłoni, podobnie jak innych drzew liściastych klimatu umiarkowanego, rozwijają się z pąków na wiosnę i są zrzucane dopiero jesienią. Naturalny proces zrzucania liści polega na rozwoju strefy odcinającej u podstawy ogonka liściowego. Auksyny są hormonami roślinnymi produkowanymi m.in. przez wierzchołek wzrostu pędu oraz przez młode liście. Postawiono następującą hipotezę: Rozwój strefy odcinającej liści jabłoni jest hamowany przez auksyny wytwarzane w młodych liściach. Na poniższym rysunku przedstawiono przebieg doświadczenia przeprowadzonego w celu weryfikacji tej hipotezy. W doświadczeniu wykorzystano roczne pędy jabłoni z usuniętym wierzchołkiem wzrostu oraz naturalną auksynę – kwas indolilooctowy (IAA).
Na podstawie przedstawionych wyników badań sformułuj wniosek na temat wpływu auksyn produkowanych przez młode liście na rozwój strefy odcinającej liści jabłoni.
Przedstaw, na czym polega adaptacja w postaci zrzucania liści przed zimą u drzew liściastych klimatu umiarkowanego. W odpowiedzi uwzględnij dostępność wody dla tych roślin w okresie zimowym oraz rolę liści w gospodarce wodnej roślin.
1 pkt – za poprawne sformułowanie wniosku uwzględniającego hamujący wpływ auksyn wytwarzanych przez młode liście na rozwój strefy odcinającej w ogonkach liści jabłoni. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Jest on hamujący. • Auksyny syntetyzowane przez młode liście jabłoni hamują rozwój strefy odcinającej. • Młode liście jabłoni wytwarzają auksyny, które hamują rozwój strefy odcinającej. • Potwierdzono hipotezę postawioną powyżej.
1 pkt – za poprawne przedstawienie, na czym polega adaptacja, uwzględniające ograniczenie transpiracji (szparkowej) w warunkach obniżonej dostępności wody w glebie. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań Przykładowe rozwiązania • Roślina zrzuca liście, aby nie dopuścić w procesie transpiracji do utraty wody, której dostępność spada w okresie zimowym. • Dostępność wody w glebie jest w zimie mała, dlatego rośliny zrzucają liście, aby ograniczyć parowanie wody z liści i w ten sposób zapobiegają nadmiernej utracie wody. • Ta adaptacja polega na ograniczeniu transpiracji przez liście. W zimie dostępność wody jest niska i roślina nie byłaby w stanie pobrać przez korzenie tyle wody, ile traciłaby przez transpirację.
Skóra płazów uczestniczy w wymianie gazowej zarówno w dobrze natlenionej wodzie, jak i w wilgotnym powietrzu. Oddychanie skórne płazów odgrywa istotną rolę w wymianie gazowej tych zwierząt ze względu na niską efektywność wymiany gazowej w płucach. Stężenie mocznika we krwi płazów jest dużo większe niż we krwi ssaków. Płazy nie piją wody, ale wchłaniają ją przez skórę.
Wyjaśnij, dlaczego wymiana gazowa w płucach płazów jest mniej efektywna niż w płucach ssaków. W odpowiedzi uwzględnij dwie różnice między wymienionymi gromadami: jedną w budowie płuc i jedną w mechanizmie ich wentylacji.
Określ, jakie znaczenie w pobieraniu wody przez płazy ma gromadzenie mocznika w ich płynach ustrojowych.
2 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające różnice: • w budowie płuc – płuca płazów są workowate / słabo pofałdowane / nie mają pęcherzyków, a więc mają mniejszą powierzchnię w porównaniu do pęcherzykowatych / silnie pofałdowanych / mających pęcherzyki płuc ssaków ORAZ • w mechanizmie wentylacji płuc – zmiany objętości klatki piersiowej u ssaków zapewniają bardziej wydajną wentylację w porównaniu z płazami, które nie mają klatki piersiowej / wentylują płuca za pomocą ruchów dna jamy gębowo-gardzielowej. 1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające różnice: • w budowie płuc – płuca płazów są workowate / słabo pofałdowane / nie mają pęcherzyków, a więc mają mniejszą powierzchnię w porównaniu do pęcherzykowatych / silnie pofałdowanych / mających pęcherzyki płuc ssaków ALBO • w mechanizmie wentylacji płuc – zmiany objętości klatki piersiowej u ssaków zapewniają bardziej wydajną wentylację w porównaniu z płazami, które nie mają klatki piersiowej / wentylują płuca za pomocą ruchów dna jamy gębowo-gardzielowej. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Płazy mają płuca workowe, o mniejszym stosunku powierzchni do objętości niż ssaki, które mają pęcherzykowate płuca. Płazy nie mają klatki piersiowej, którą mają ssaki, a której ruchy umożliwiają efektywne przeprowadzanie wdechu i wydechu. • Płazy mają workowate płuca o mniejszej powierzchni, a ssaki mają płuca o budowie pęcherzykowej i mają większą powierzchnię wymiany gazowej. Płazy prowadzą wentylację za pomocą ruchów dna jamy gębowej, a ssaki – za pomocą mięśni międzyżebrowych wymuszających ruchy klatki piersiowej, i dlatego ssaki wymieniają więcej powietrza niż płazy. • Płuca płazów są słabiej pofałdowane niż płuca ssaków i dlatego mają mniejszą powierzchnię. Płazy, w przeciwieństwie do ssaków, nie mają klatki piersiowej, dlatego wentylację płuc zapewniają ruchy dna jamy gębowo-gardzielowej, które są mniej wydajne niż zmiany objętości klatki piersiowej. • Płazy mają workowate płuca, a wentylacja odbywa się przy udziale ruchów jamy gębowo- -gardzielowej, co jest mniej efektywne niż pęcherzykowate płuca ssaków o dużej powierzchni oraz ruchy klatki piersiowej i przepony.
: Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do różnicy w mechanizmie wentylacji w postaci tłoczenia powietrza do płuc u płazów i zasysania powietrza do płuc przez ssaki, np. „Płazy wentylują płuca poprzez wtłaczanie powietrza, a ssaki zasysają powietrze”. Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do mieszania się powietrza wdychanego i wydychanego, np. „U ssaków w mniejszym stopniu niż u płazów miesza się powietrze wdychane i wydychane”.
Amfisbeny (Amphisbaenia) to zwierzęta żyjące niemal wyłącznie pod powierzchnią ziemi w wydrążonych przez siebie tunelach. Podczas kopania tuneli amfisbeny posługują się głową. W toku ewolucji stopniowo utrwalały się zmiany w budowie czaszki, która u tych zwierząt jest obecnie bardzo silnie skostniała, co stanowi przystosowanie do drążenia tuneli. Na zdjęciu przedstawiono żyjący w Europie gatunek amfisbeny – Blanus cinereus.
| Amfisbeny mają zazwyczaj długie, cienkie ciało, pokryte twardymi, suchymi, rogowymi | |
|---|---|
| łuskami i tarczkami wytwarzanymi przez naskórek, który jest okresowo zrzucany w formie | |
| wylinki. Łuski na tułowiu są prostokątne i układają się w pierścienie wokół ciała – segmenty. | |
| Każdy z segmentów skóry zawiera charakterystyczny zespół mięśni umożliwiający skracanie | |
| lub wydłużanie danego segmentu. |
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A, B albo C oraz jej uzasadnienie 1., 2. albo 3. Amfisbeny należą do
C1
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
D
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Wątroba człowieka bierze udział w przemianach substancji wchłoniętych w przewodzie pokarmowym. Wątroba wytwarza dziennie około 1200 ml żółci, która jest następnie zagęszczana i magazynowana w pęcherzyku żółciowym. Enzymatyczny rozkład lipidów w przewodzie pokarmowym jest wspomagany przez żółć.
Uzupełnij poniższą tabelę tak, aby zawierała informacje prawdziwe dotyczące procesów zachodzących w wątrobie. W każdym nawiasie podkreśl właściwe określenie. Substraty Proces Produkty aminokwasy (dekarboksylacja / deaminacja) ketokwasy + amoniak glukoza (glikoliza / glikogenogeneza) glikogen
Wyjaśnij, w jaki sposób żółć wspomaga enzymatyczny rozkład lipidów w przewodzie pokarmowym.
Substraty Proces Produkty aminokwasy (dekarboksylacja / deaminacja) ketokwasy + amoniak glukoza (glikoliza / glikogenogeneza) glikogen
1 pkt – za wybór dwóch poprawnych odpowiedzi. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań 4) objaśnia funkcjonowanie organizmu człowieka na różnych poziomach złożoności […].
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające emulgację lipidów i – w konsekwencji – zwiększenie powierzchni kontaktu lipazy z tłuszczami LUB uwzględniające ułatwienie kontaktu lipazy z tłuszczami (przez sole kwasów żółciowych lub fosfolipidy) na granicy faz – wodnej i lipidowej. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Żółć fizycznie rozbija krople związków tłuszczowych na mniejsze części, co zwiększa powierzchnię trawienia tłuszczów przez enzymy. • Lipaza jest enzymem rozpuszczalnym w wodzie, a sole kwasów żółciowych umożliwiają kontakt lipazy z tłuszczami, nierozpuszczalnymi w wodzie.
: Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do neutralizacji treści żołądkowej przez żółć i zapewnienia optymalnych warunków do działania lipaz, np. „Żółć wątrobowa ma odczyn zasadowy i dzięki temu zapewnia właściwe pH dla działania lipazy jelitowej”. Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do ułatwiania rozpuszczania produktów lipolizy i przesunięcie równowagi reakcji w stronę monoglicerydów, np. „Sole kwasów żółciowych ułatwiają rozpuszczanie produktów trawienia trójglicerydów. Dzięki temu równowaga reakcji hydrolizy zostaje przesunięta w prawo – w stronę monoglicerydów, a reakcja zachodzi szybciej”. Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do obecności w żółci kolipazy aktywującej lipazy, np. „W żółci znajduje się białko – kolipaza, która jest aktywatorem lipazy trzustkowej”. Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do emulgowania tłuszczów do poziomu cząsteczek, np. „Żółć rozbija krople tłuszczu na cząsteczki, które są następnie trawione przez lipazę”, ponieważ proces emulgacji prowadzi jedynie do powstania mniejszych kropel (cząstek) tłuszczów.
Układ oddechowy człowieka tworzą drogi oddechowe oraz płuca. Tchawica (rysunek A) stanowi odcinek dolnych dróg oddechowych. Pierścienie obecne w ścianie tchawicy mają kształt podkowiasty. U owadów tlen do komórek ciała jest dostarczany przez układ tchawkowy. Tchawki (rysunek B) stanowią kanały powietrzne, których ścianę tworzy nabłonek będący przedłużeniem epidermy pokrywającej ciało owada. Ten nabłonek wytwarza pokrytą woskami kutykularną wyściółkę tchawki, w której można wyróżnić takie same warstwy jak w kutykuli tworzącej szkielet zewnętrzny owada. Na przekroju tchawki są widoczne pierścieniowe zgrubienia kutykuli.
Podaj nazwę białka stanowiącego główny składnik pierścieni tchawicy człowieka oraz nazwę polisacharydu stanowiącego główny składnik zgrubień kutykuli w tchawkach owadów. Polisacharyd stanowiący główny składnik zgrubień kutykuli w tchawkach owadów:
Uzupełnij poniższe zdanie tak, aby zawierało informacje prawdziwe dotyczące budowy tchawicy człowieka. W każdym nawiasie podkreśl właściwe określenie. Tchawica człowieka rozpoczyna się bezpośrednio za (gardłem / krtanią), a na dolnym końcu dzieli się na (oskrzela główne / oskrzeliki).
Dokończ zdanie. Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych. W celu wzrokowej oceny w czasie rzeczywistym wyglądu błony śluzowej tchawicy wykonuje się
Białko stanowiące główny składnik pierścieni tchawicy człowieka: kolagen. Polisacharyd stanowiący główny składnik zgrubień kutykuli w tchawkach owadów: chityna. Uwaga: Dopuszcza się opisową odpowiedź „polimer N-acetyloglukozaminy” zamiast nazwy „chityna”.
1 pkt – za podanie dwóch poprawnych nazw. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Tchawica człowieka rozpoczyna się bezpośrednio za (gardłem / krtanią), a na dolnym końcu dzieli się na (oskrzela główne / oskrzeliki).
1 pkt – za wybór dwóch poprawnych określeń. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
C
rozwiązań zadań układu oddechowego (RTG klatki piersiowej, spirometria, bronchoskopia).
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Krzywa wiązania tlenu przedstawia wysycenie cząstkowe hemoglobiny w zależności od ciśnienia cząstkowego tlenu. Wysyceniem cząstkowym nazywa się stosunek liczby miejsc zawierających związany tlen do całkowitej liczby miejsc zdolnych do wiązania tlenu w cząsteczkach hemoglobiny. Na wiązanie tlenu przez hemoglobinę wpływają różne czynniki, m.in. stężenie 2,3-bisfosfoglicerynianu (2,3-BPG) w erytrocytach. Na wykresie przedstawiono dwie krzywe wiązania tlenu: • czarna krzywa przedstawia dane uzyskane z użyciem ludzkiej hemoglobiny oczyszczonej (wyizolowanej z erytrocytów) • czerwona krzywa przedstawia dane uzyskane z użyciem ludzkiej hemoglobiny znajdującej się w erytrocytach. Na osi X zaznaczono typowe wartości ciśnienia cząstkowego tlenu występujące w płucach oraz w tkankach innych narządów organizmu.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące wiązania tlenu przez hemoglobinę są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Oczyszczona hemoglobina ma większe powinowactwo do tlenu niż hemoglobina w erytrocytach. | ||
| 2 | Przy ciśnieniu cząstkowym tlenu równym 100 mmHg oczyszczona hemoglobina wiąże o 8% więcej tlenu niż hemoglobina w erytrocytach. |
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Oczyszczona hemoglobina ma większe powinowactwo do tlenu niż hemoglobina w erytrocytach. | ✓ | ✓ |
| 2 | Przy ciśnieniu cząstkowym tlenu równym 100 mmHg oczyszczona hemoglobina wiąże o 8% więcej tlenu niż hemoglobina w erytrocytach. | ✓ |
Złącze nerwowo-mięśniowe to synapsa znajdująca się między neuronem ruchowym a włóknem mięśniowym. Warunkiem niezbędnym do uwolnienia w synapsie przekaźnika nerwowego, np. acetylocholiny, jest połączenie pęcherzyków synaptycznych zawierających neurotransmiter z błoną komórkową neuronu. Umożliwia je kompleks fuzyjny tworzony przez kilka białek transbłonowych (SNARE). Toksyna botulinowa jest wytwarzana przez beztlenowe bakterie Clostridium botulinum. Po dostaniu się do organizmu człowieka toksyna botulinowa dociera do szczeliny synaptycznej, gdzie łączy się z receptorami w błonie neuronu i wnika do jego wnętrza. Forma aktywna toksyny składa się z dwóch podjednostek – łańcucha lekkiego oraz łańcucha ciężkiego – które są połączone mostkiem disiarczkowym. Po rozłączeniu się tych podjednostek łańcuch lekki rozkłada białka z grupy SNARE. Ostatecznie dochodzi do zablokowania przewodzenia w złączu nerwowo-mięśniowym, w wyniku czego mięśnie ulegają zwiotczeniu. Na poniższych schematach przedstawiono mechanizm przekazywania pobudzenia w synapsie nerwowo-mięśniowej osoby zdrowej (A) oraz mechanizm działania toksyny botulinowej (B). Strzałkami oznaczono kolejność zdarzeń przedstawionych na schematach.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące działania toksyny botulinowej są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | W procesie porażania mięśni przez toksynę botulinową dochodzi do przemieszczenia jej łańcucha lekkiego do cytozolu neuronu. | ||
| 2 | Po związaniu się z receptorem w szczelinie synaptycznej toksyna botulinowa wnika do neuronu na drodze endocytozy. |
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | W procesie porażania mięśni przez toksynę botulinową dochodzi do przemieszczenia jej łańcucha lekkiego do cytozolu neuronu. | ✓ | ✓ |
| 2 | Po związaniu się z receptorem w szczelinie synaptycznej toksyna botulinowa wnika do neuronu na drodze endocytozy. | ✓ |
Na poniższym schemacie przedstawiono przebieg pierwszego cyklu amplifikacji DNA metodą PCR. Uwzględniono tylko dwa z czterech deoksyrybonukleotydów niezbędnych do syntezy DNA. Uwaga: deoksyrybonukleotydy oznacza się czteroliterowymi skrótowcami, np. trifosforan deoksyguanozyny – dGTP (ang. deoxyguanosine triphosphate).
Uzupełnij powyższy schemat – wpisz w wyznaczone miejsca (+ ..........) oznaczenia dwóch deoksyrybonukleotydów niezbędnych do syntezy DNA, brakujących na schemacie.
Określ, w jaki sposób przeprowadza się rozdzielenie dwuniciowego DNA podczas pierwszego etapu każdego cyklu PCR.
Wyjaśnij, dlaczego w cyklu PCR etap syntezy DNA musi być poprzedzony przyłączeniem starterów. W odpowiedzi uwzględnij właściwości polimerazy DNA.
1 pkt – za poprawne uzupełnienie schematu oznaczeniami dwóch brakujących deoksyrybonukleotydów. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania 5′ + polimeraza DNA ETAP 1. ETAP 2. + dGTP ETAP 3. rozdzielenie przyłączenie + dTTP synteza nici DNA starterów DNA dwuniciowy + dATP DNA + dCTP 5′ 5′ + polimeraza DNA ETAP 1. ETAP 2. + dGTP ETAP 3. rozdzielenie przyłączenie + dTTP synteza nici DNA starterów DNA dwuniciowy + dCTP DNA + dATP 5′
: Uznaje się odpowiedzi, w których zamiast oznaczeń deoksyrybonukleotydów podano ich poprawne pełne nazwy. Nie uznaje się odpowiedzi, w których zamiast oznaczeń deoksyrybonukleotydów (np. dATP) podano oznaczenia rybonukleotydów (np. ATP).
1 pkt – za poprawne określenie metody rozdzielenia dwuniciowego DNA w pierwszym etapie cyklu PCR, uwzględniające rozdzielenie nici DNA za pomocą wysokiej temperatury (78–100 °C) ALBO za pomocą helikazy. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Pod wpływem wysokiej temperatury. • W pierwszym etapie cyklu PCR denaturacja DNA jest możliwa dzięki zastosowaniu wysokiej temperatury. • Wiązania wodorowe pomiędzy dwiema nićmi cząsteczki DNA można łatwo rozerwać poddając cząsteczkę działaniu temperatury 95 °C. • Rozdzielenie dwuniciowego DNA w technice PCR uzyskuje się przez ogrzanie DNA do ponad 90 °C. • PCR można przeprowadzić w warunkach izotermicznych, wykorzystując helikazę do rozdzielenia nici DNA. • Przez dodanie helikazy.
rozwiązań zadań
: Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do podgrzania (zwiększenia temperatury) próbki, np. „Przez podgrzanie próbki”. Nie uznaje się odpowiedzi, w których nie ma odniesienia do kierunku zmiany temperatury, np. „Dzięki zmianom temperatury”. Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się wyłącznie do denaturacji DNA, np. „Rozdzielenie nici DNA dokonuje się poprzez denaturację” (tautologia).
Na schemacie A przedstawiono początkowy fragment polipeptydu, obejmujący pierwsze cztery reszty aminokwasowe łańcucha liczącego łącznie 172 reszty aminokwasowe. Na skutek mutacji w trzeciej pozycji czwartego kodonu w genie kodującym ten polipeptyd dochodzi do przedwczesnego zakończenia translacji i powstaje skrócony peptyd składający się tylko z trzech reszt aminokwasowych (schemat B).
Podaj sekwencję aminokwasową fragmentu polipeptydu przedstawionego na schemacie A. Sekwencję zapisz od końca aminowego do końca karboksylowego, posługując się pełnymi nazwami aminokwasów lub ich oznaczeniami trójliterowymi.
Podaj dwie możliwe sekwencje nukleotydowe mRNA kodujące fragment polipeptydu przedstawiony na schemacie A. Sekwencje zapisz od końca 5′ do końca 3′.
1 pkt – za podanie poprawnej sekwencji pierwszych czterech reszt aminokwasowych polipeptydu A. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • metionina, tryptofan, fenyloalanina, tryptofan • Met-Trp-Phe-Trp
: Dopuszcza się zapisanie sekwencji od końca C do końca N pod warunkiem, że obydwa końce zostały prawidłowo oznaczone, np. „C-Trp-Phe-Trp-Met-N”. Dopuszcza się zapisanie sekwencji z wykorzystaniem kodów IUPAC: „MWFW”. Nie uznaje się odpowiedzi „MTFT”, ponieważ kod IUPAC „T” oznacza treoninę, a nie – tryptofan.
1 pkt – za podanie poprawnych sekwencji nukleotydowych dwóch możliwych mRNA kodujących fragment polipeptydu przedstawiony na schemacie A. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań Przykładowe rozwiązania • 1. 5′ AUG UGG UUU UGG 3′ 2. 5′ AUG UGG UUC UGG 3′ • 1. AUG UGG UUU UGG 2. AUG UGG UUC UGG • 1. AUGUGGUUCUGG 2. AUGUGGUUUUGG
: Dopuszcza się zapisanie sekwencji od końca 3′ do końca 5′ pod warunkiem, że obydwa końce zostały prawidłowo oznaczone, np. «1. 3′ GGU UUU GGU GUA 5′». Nie uznaje się odpowiedzi, w których oznaczenie uracylu (U) zastąpiono oznaczeniem tyminy (T).
(0–3) Psy rasy labrador retriever mogą mieć sierść czarną, brązową lub żółtą. Za barwę sierści psów tej rasy odpowiadają dwa niezależnie dziedziczone geny. Każdy z tych genów ma dwa allele. • Allele pierwszego genu warunkują powstanie pigmentu – allel dominujący E warunkuje jego wytworzenie i powstanie ciemnej sierści, natomiast recesywny allel e w układzie homozygotycznym uniemożliwia wytworzenie pigmentu i sierść pozostaje jasna – żółta. • Allele drugiego genu są odpowiedzialne za kolor ciemnej sierści – dominujący allel B odpowiada za wytworzenie czarnego barwnika, natomiast recesywny allel b – za barwnik brązowy. Psy o sierści żółtej mogą mieć różny kolor nosa – może on być ciemny, jeżeli w ich genotypie występuje przynajmniej jeden allel B, albo jasny – gdy nie mają tego allelu. Skrzyżowano żółtą samicę i brązowego samca mających już szczenięta: czarne, brązowe i żółte.
3 pkt – za poprawne • zapisanie krzyżówki genetycznej ORAZ • podanie oczekiwanego stosunku fenotypowego ORAZ • określenie prawdopodobieństwa. 2 pkt – za poprawne • zapisanie krzyżówki genetycznej ORAZ • podanie oczekiwanego stosunku fenotypowego ALBO określenie prawdopodobieństwa. 1 pkt – za poprawne zapisanie krzyżówki genetycznej. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań Przykładowe rozwiązania Krzyżówka genetyczna: ♀ eB eb ♂ EeBb Eebb Eb (czarny) (brązowy) eeBb eebb eb (żółty) (żółty) Be be bE BbEe bbEe be Bbee bbee Oczekiwany stosunek fenotypowy: • 1 : 1 : 2 • 25% : 25% : 50% • czarne : żółte : brązowe = 1 : 2 : 1 Prawdopodobieństwo, że żółte szczenię będzie miało ciemny nos: 50% / 0,5 / ½ Uwaga: Uznaje się odpowiedzi z następującymi określeniami kolorów sierści: żółta = jasna = biszkoptowa oraz brązowa = czekoladowa.
Wargatek czyściciel (Labroides dimidiatus) żywi się pasożytniczymi bezkręgowcami, które przebijają i rozrywają skórę oraz skrzela innych ryb. Wargatek jest dobrze widoczny w toni wodnej dzięki czarnemu pasowi biegnącemu od głowy do ogona oraz niebieskim plamom na tułowiu i na ogonie. Aby pozbyć się pasożytów, do wargatka czyściciela podpływają ryby z około 50 różnych gatunków. Wśród ryb zbliżających się do wargatka znajdują się także drapieżniki, które go nie atakują, ale pozwalają mu na usunięcie pasożytów. Z wargatkiem współwystępuje inna ryba – aspidont (Aspidontus taeniatus) – która jest podobna morfologicznie do wargatka, ale prowadzi odmienny tryb życia. Gdy do aspidonta zbliży się większa ryba, ten szybko atakuje i odgryza jej kawałek płetwy bądź skóry, po czym ucieka do swojej kryjówki. Oba gatunki przedstawiono na poniższych ilustracjach.
Dokończ zdanie. Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych. Zależność między wargatkiem czyścicielem a rybą przez niego czyszczoną to
A
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za poprawne określenie znaczenia adaptacyjnego podobieństwa morfologicznego aspidonta do wargatka, odnoszące się do łatwiejszego zbliżenia się do ofiary lub uniknięcia ataku drapieżników. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Ryby, których fragmentami ciała żywi się aspidont, same się do niego zbliżają. • Mimikra – umożliwia mu łatwiejszy kontakt z ofiarą, przez co łatwiej może on zdobyć pożywienie. • Podobieństwo do wargatka pozwala aspidontowi uniknąć ataku drapieżników.
rozwiązań zadań
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie mechanizmu utrwalenia się wyglądu aspidonta na drodze doboru naturalnego, uwzględniające większą szansę na zdobycie pokarmu lub na uniknięcie ataku drapieżników przez osobniki o podobnym ubarwieniu do wargatka, a więc warunkujące większe szanse przeżycia i rozrodu. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Największe szanse na przeżycie i wydanie potomstwa miały te osobniki A. taeniatus, które skuteczniej zdobywały pokarm dzięki wyglądowi przypominającemu L. dimidiatus. • Osobniki aspidonta, które były bardziej podobne wyglądem do wargatka, miały większą szansę na uniknięcie ataku drapieżników, a więc również na przeżycie i rozmnożenie się. • Aspidonty bardziej podobne do wargatków były rzadziej atakowane przez drapieżniki, a ponadto miały większe szanse na zdobycie pokarmu. Dlatego takie aspidonty miały większe szanse przeżycia i rozrodu od innych aspidontów. Uwaga: Uznaje się odpowiedzi odnoszące się tylko do większych szans rozrodu, np. „Aspidonty bardziej podobne do wargatków zdobywały skuteczniej pokarm i pozostawiały więcej potomstwa”.
Przedstawiony na poniższej fotografii rezerwat „Zbocza Płutowskie” utworzono w 1963 roku na prawym zboczu doliny dolnej Wisły. Celem podjętych działań była ochrona muraw kserotermicznych oraz związanych z nimi światło- i ciepłolubnych gatunków roślin. Przed utworzeniem rezerwatu na całej powierzchni zboczy przeważały zbiorowiska muraw, które były wykorzystywane gospodarczo – koszono trawę i prowadzono wypas bydła. W ciągu 40 lat od utworzenia rezerwatu i od zaprzestania użytkowania gospodarczego zaobserwowano zmiany w składzie roślinności, związane z wkraczaniem gatunków krzewiastych i gatunków azotolubnych. W 2000 roku na terenie rezerwatu zaczęto wypasać owce. Obok pozytywnych efektów tego eksperymentu – utrzymanie się w wypasanych miejscach dużych płatów muraw kserotermicznych – zauważono także jego negatywne skutki, m.in. zwiększenie erozji gleby i znaczny wzrost udziału wilczomlecza sosnki (Euphorbia cyparissias) – gatunku, którego owce nie zjadają ze względu na gorzki smak. Zbyt intensywny wypas, który trwa przez cały sezon wegetacyjny, może po dłuższym czasie być przyczyną także zubożenia gatunkowego muraw i ograniczenia kwitnienia.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące roślinności muraw kserotermicznych znajdujących się w rezerwacie „Zbocza Płutowskie” są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Murawy kserotermiczne w rezerwacie „Zbocza Płutowskie” są ekosystemami, których utrzymanie wymaga działalności człowieka. | ||
| 2 | Na murawach kserotermicznych w rezerwacie „Zbocza Płutowskie” po zaprzestaniu użytkowania gospodarczego doszło do zmian składu gatunkowego ekosystemu. |
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Murawy kserotermiczne w rezerwacie „Zbocza Płutowskie” są ekosystemami, których utrzymanie wymaga działalności człowieka. | ✓ | ✓ |
| 2 | Na murawach kserotermicznych w rezerwacie „Zbocza Płutowskie” po zaprzestaniu użytkowania gospodarczego doszło do zmian składu gatunkowego ekosystemu. | ✓ |
(0–2) Wizon (Neogale vison) to gatunek drapieżnego ssaka z rodziny łasicowatych. Wizon ma naturalny zasięg występowania ograniczony do Stanów Zjednoczonych i Kanady. Dziko żyjąca populacja wizonów w północno-zachodniej Polsce pochodzi prawdopodobnie od wizonów zbiegłych z miejscowych ferm hodowlanych w latach 80. XX wieku. Wizon jest drapieżnikiem. Skład jego diety wykazuje znaczne zróżnicowanie w zależności od obszaru i pory roku – wizon adaptuje się do zmian w dostępności poszczególnych ofiar. W końcu lat 90. ubiegłego wieku na terenie obecnego Parku Narodowego „Ujście Warty” przeprowadzono badania drapieżnictwa wizonów na ptakach wodnych. Okazało się, że na wiosnę i w lecie ptaki stanowiły 45–60% biomasy skonsumowanej przez wizony na terenie zbiornika zalewowego oraz 35–46% na jego obrzeżach. Odnotowano wyraźny spadek sukcesu lęgowego gęsi gęgawy, a najczęstszą przyczyną strat lęgów okazały się wizony. Na poniższych mapach przedstawiono odsetek obwodów łowieckich w poszczególnych powiatach północno-zachodniej Polski, w których odnotowano obecność wizona w latach 2003 i 2009.
1. – T, 2. – T, 3. – T.
2 pkt – za poprawne określenie spełniania trzech kryteriów. 1 pkt – za poprawne określenie spełniania dwóch kryteriów. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
: Nie uznaje się odpowiedzi niepełnych – odnoszących się tylko do powstawania gamet, ale nieuwzględniających zmian liczby chromosomów, np. „To stwierdzenie jest prawdziwe, ponieważ mejoza umożliwia wytworzenie gamet, niezbędnych do rozmnażania płciowego”. Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do konieczności wytwarzania gamet bezpośrednio przez podział mejotyczny komórki, np. „Gamety u eukariontów mogą powstać tylko na drodze podziału mejotycznego komórki”. U roślin gamety powstają na drodze podziału mitotycznego, a mejoza występuje na wcześniejszym etapie cyklu. Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się wyłączenie do mejozy pre- lub postzygotycznej, np. „Mejoza jest niezbędna do zamknięciu cyklu, ponieważ podczas mejozy następuje redukcja materiału genetycznego z 2n do 1n, aby po połączeniu się gamet mieć w dalszym ciągu taką samą liczbę chromosomów jak organizmy rodzicielskie” lub opisujących jedynie cykle życiowe wybranych organizmów, np. „U roślin mejoza prowadzi do powstania haploidalnych zarodników, które dają początek gametofitom produkującym gamety, które się łączą, dając początek diploidalnym sporofitom produkującym zarodniki – cykl się zamyka”.
| 3 | średni stosunek zawartości chlorofilu a/b w grupie LL był przeszło dwukrotnie większy niż w grupie HL. |
Określ, w jakim celu w pierwszym etapie doświadczenia wszystkie rośliny były uprawiane w takich samych warunkach środowiskowych.
Określ, w jakim celu wykonano pomiary zawartości chlorofilu w pierwszym dniu trwania drugiego etapu doświadczenia.
| ✓ |
| 3 | średni stosunek zawartości chlorofilu a/b w grupie LL był przeszło dwukrotnie większy niż w grupie HL. | ✓ | ✓ |
1. – P, 2. – F, 3. – F.
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 określenie, w jakim celu w pierwszym etapie doświadczenia wszystkie rośliny były uprawiane w takich samych warunkach środowiskowych, odnoszące się do otrzymania możliwie podobnych do siebie (pod względem fizjologicznym) roślin LUB odnoszące się do wykluczenia wpływu innych czynników środowiskowych na wyniki doświadczenia. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Uprawa roślin przez stosunkowo długi czas w tych samych warunkach środowiskowych umożliwiła otrzymanie roślin do doświadczenia, które miały w miarę możliwości zbliżoną zawartość chlorofilu w liściach. • Dzięki temu wyeliminowano wpływ na dane osobniki we wcześniejszej fazie wzrostu zmiennych czynników środowiskowych, które mogłyby wpłynąć na wynik doświadczenia.
rozwiązań zadań
1 pkt – za poprawne określenie, w jakim celu wykonano pomiary zawartości chlorofilu w pierwszym dniu trwania drugiego etapu doświadczenia, odnoszące się do możliwości obliczenia zmian w zawartości chlorofilu po uprawie roślin w nowych warunkach oświetlenia (pomiar kontrolny) LUB do sprawdzenia stopnia podobieństwa / zróżnicowania badanych roślin. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • To były pomiary kontrolne. • Na początku doświadczenia określono poziom poszczególnych frakcji chlorofilu i chlorofilu całkowitego w liściach roślin, co było niezbędne do stwierdzenia, czy w wyniku eksperymentu zaszły zmiany w zawartości chlorofilu. • Wykonano pomiary zawartości chlorofilu na początku trwania eksperymentu, aby móc obliczyć, jak zmieniła się zawartość chlorofilu pod wpływem badanego czynnika. • Porównanie zawartości chlorofilu na początku i na końcu doświadczenia pozwala określić zmiany zawartości chlorofilu spowodowane zmianą oświetlenia. • Aby potwierdzić, że obie badane grupy się nie różnią znacznie, a tym samym upewnić się, że zaobserwowane później różnice będą wynikać tylko z różnic w oświetleniu. • W celu sprawdzenia, jak bardzo rośliny różniły się między sobą po pierwszym etapie odbywającym się w tych samych warunkach.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące fotosyntezy typu C4 są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | CO jest transportowany do komórek pochwy okołowiązkowej w postaci 2 3-węglowego pirogronianu. | ||
| 2 | Ze względu na obecność RuBisCO następuje utlenianie RuBP, co daje początek intensywnemu fotooddychaniu u roślin C4. | ||
| 3 | Redukcja 3-fosfoglicerynianu do aldehydu 3-fosfoglicerynowego zachodzi w komórkach mezofilu. |
Wykaż związek między ograniczeniem procesu fotooddychania u roślin C4 a: 1. dwuetapowym mechanizmem wiązania dwutlenku węgla 2. brakiem PS II w komórkach pochew okołowiązkowych.
| CO jest transportowany do komórek pochwy okołowiązkowej w postaci 2 3-węglowego pirogronianu. |
| ✓ |
| ✓ |
| 2 | Ze względu na obecność RuBisCO następuje utlenianie RuBP, co daje początek intensywnemu fotooddychaniu u roślin C4. | ✓ | ✓ |
| 3 | Redukcja 3-fosfoglicerynianu do aldehydu 3-fosfoglicerynowego zachodzi w komórkach mezofilu. | ✓ | ✓ |
1. – F, 2. – F, 3. – F.
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.
rozwiązań zadań
2 pkt – za poprawne wykazanie związku między ograniczeniem procesu fotooddychania a: 1) dwuetapowym mechanizmem wiązania dwutlenku węgla z uwzględnieniem wysokiej dostępności CO2 dla RuBisCO ORAZ 2) brakiem PSII w komórkach pochew okołowiązkowych z uwzględnieniem niskiej dostępności O2 dla RuBisCO. 1 pkt – za poprawne wykazanie związku między ograniczeniem procesu fotooddychania a: 1) dwuetapowym mechanizmem wiązania dwutlenku węgla z uwzględnieniem wysokiej dostępności CO2 dla RuBisCO ALBO 2) brakiem PSII w komórkach pochew okołowiązkowych z uwzględnieniem niskiej dostępności O2 dla RuBisCO. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • 1. To pozwala na znaczne zwiększenie stężenia CO2 w komórkach, gdzie znajduje się RuBisCO wiążące CO2. 2. Dzięki temu nie jest wytwarzany tlen, który konkurowałby z CO2 o miejsce aktywne RuBisCO. • 1. Dwuetapowy mechanizm wiązania CO2 umożliwia wzrost stężenia CO2 w komórkach pochwy okołowiązkowej, przez co RuBisCO częściej łączy się z CO2 niż z O2. 2. Ponieważ w komórce brak jest PS II, nie powstaje tlen z fotolizy wody, który przy wysokiej temperaturze otoczenia częściej niż CO2 przyłączyłby się do RuBisCO, czyli wzmagałoby to fotooddychanie. • 1. Dzięki temu jest wysokie stężenie CO2 w komórkach z RuBisCO. 2. Powoduje to niskie stężenie O2 tam, gdzie działa RuBisCO. Uwaga: Uznaje się odpowiedzi, w których konkurencja dwutlenku węgla i tlenu o miejsce aktywne RuBisCO została opisana holistycznie tylko w jednej części odpowiedzi, bez powtórzenia w drugiej części, np.: 1. Pozwala to na zwiększenie stężenia CO2 w komórkach pochwy okołowiązkowej, w których zachodzi cykl Calvina, przez co do RuBP jest przyłączany dwutlenek węgla, a nie – tlen. 2. Dzięki temu w tych komórkach nie zachodzi fotoliza wody, co obniża w nich stężenie tlenu.
1 pkt – za poprawne określenie gromadzenia mocznika w pobieraniu wody, uwzględniające zapewnienie hiperosmotyczności płynów ustrojowych względem środowiska zewnętrznego LUB zapewnienie wydajnego (osmotycznego) napływu wody. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań Przykładowe rozwiązania • Osocze jest hipertoniczne. • Dzięki temu osocze płaza jest silnie hipertoniczne w stosunku do otaczającej go wody. • Dzięki temu ich płyny ustrojowe są hiperosmotyczne względem słodkiej wody, w której płazy przebywają. • Płyny ustrojowe zawierające dużo mocznika mają większą osmolarność niż woda w środowisku życia płazów. • Umożliwia to osmotyczny napływ wody do ciała płaza. • Zapewnia to odpowiednio wysoki przepływ wody przez skórę do płynów ustrojowych płaza.
Dokończ zdanie. Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych. Czaszki amfisben przystosowały się do drążenia tuneli w ziemi w wyniku
| 3 | Maksymalne możliwe wysycenie cząstkowe hemoglobiny tlenem zależy od związania hemoglobiny z 2,3-BPG. |
Wiązanie 2,3-BPG z hemoglobiną płodową jest znacznie słabsze niż z hemoglobiną dorosłego człowieka. U ciężarnych kobiet stężenie 2,3-BPG w erytrocytach jest o 30% wyższe niż u kobiet niebędących w ciąży.
Uzupełnij poniższe zdanie tak, aby w poprawny sposób przedstawiało wpływ 2,3-BPG na wiązanie tlenu przez hemoglobinę. W każdym nawiasie podkreśl właściwe określenie. Podwyższone stężenie 2,3-BPG w erytrocytach ciężarnych kobiet jest przyczyną (obniżonego / podwyższonego) powinowactwa hemoglobiny matki do tlenu, co (ułatwia / utrudnia) dyfuzję tlenu z części macicznej łożyska do części płodowej łożyska.
Podaj przykład funkcji pełnionej przez hemoglobinę w erytrocytach, innej niż transportowanie tlenu.
| ✓ |
| 3 | Maksymalne możliwe wysycenie cząstkowe hemoglobiny tlenem zależy od związania hemoglobiny z 2,3-BPG. | ✓ | ✓ |
1. – P, 2. – F, 3. – F.
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.
Podwyższone stężenie 2,3-BPG w erytrocytach ciężarnych kobiet jest przyczyną (obniżonego / podwyższonego) powinowactwa hemoglobiny matki do tlenu, co (ułatwia / utrudnia) dyfuzję tlenu z części macicznej łożyska do części płodowej łożyska.
1 pkt – za wybór dwóch poprawnych określeń. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za poprawne podanie funkcji hemoglobiny innej niż transportowanie tlenu. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Transportuje tlenek węgla(IV) / ditlenek węgla / dwutlenek węgla / CO2. • Transportuje protony / H+. • Stanowi element buforujący krwi (wiążąc nadmiar H+) / minimalizuje efekt Bohra / zapobiega zakwaszeniu osocza / utrzymuje równowagę kwasowo-zasadową osocza krwi. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do magazynowania lub transportu żelaza, ponieważ te funkcje pełnią inne wyspecjalizowane białka: ferrytyna i transferryna.
rozwiązań zadań
| 3 | Toksyna botulinowa po przedostaniu się do szczeliny synaptycznej blokuje receptory acetylocholiny w błonie komórki mięśniowej. |
Na podstawie przedstawionych w tekście informacji określ najwyższą rzędowość struktury białka – toksyny botulinowej. Odpowiedź uzasadnij, odwołując się do jednej cechy budowy tego białka.
Uzupełnij tabelę – uporządkuj w odpowiedniej kolejności procesy fizjologiczne zachodzące w synapsie nerwowo-mięśniowej u zdrowego człowieka. Wpisz numery 2.–4. w odpowiednie miejsca tabeli.
| Proces fizjologiczny | Kolejność |
|---|---|
| Dotarcie impulsu nerwowego do synapsy nerwowo-mięśniowej i utworzenie kompleksu fuzyjnego przez białka transbłonowe (SNARE). | 1 |
| Depolaryzacja błony komórkowej komórki mięśniowej i powstanie potencjału czynnościowego. | |
| Fuzja pęcherzyków synaptycznych z błoną presynaptyczną i uwolnienie acetylocholiny do szczeliny synaptycznej. | |
| Wiązanie się acetylocholiny z mięśniowym receptorem błonowym. |
| ✓ |
| 3 | Toksyna botulinowa po przedostaniu się do szczeliny synaptycznej blokuje receptory acetylocholiny w błonie komórki mięśniowej. | ✓ | ✓ |
1. – P, 2. – P, 3. – F.
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 określenie, że toksyna botulinowa jest białkiem o strukturze 4-rzędowej, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do obecności w budowie tego białka dwóch łańcuchów polipeptydowych (połączonych mostkiem disiarczkowym). 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Toksyna botulinowa jest białkiem o strukturze 4-rzędowej, ponieważ zbudowana jest z łańcucha lekkiego oraz łańcucha ciężkiego. • Ma strukturę 4-rzędową, ponieważ toksyna botulinowa jest zbudowana z dwóch łańcuchów polipeptydowych, a białko o strukturze 4-rzędowej musi zawierać co najmniej dwa łańcuchy polipeptydowe. • 4-rzędowa, bo ma dwa łańcuchy, połączone mostkiem disiarczkowym. • Struktura IV-rzędowa, bo białko ma dwie podjednostki.
: Nie uznaje się odpowiedzi niepełnych – nieodwołujących się do struktury toksyny botulinowej opisanej w tekście, ale tylko do definicji struktury 4-rzędowej, np. „Toksyna botulinowa ma strukturę 4-rzędową, ponieważ ma więcej niż jeden łańcuch polipeptydowy” albo „Struktura 4-rzędowa, ponieważ zbudowana jest z łańcuchów polipeptydowych”. Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się wyłącznie do obecności mostka disiarczkowego, np. „IV-rzędowa, ponieważ w budowie białka występuje mostek disiarczkowy”, ponieważ mostki disiarczkowe mogą występować także w strukturze III-rzędowej białka. Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do obecności w strukturze toksyny botulinowej więcej niż jednego mostka disiarczkowego łączącego łańcuchy, np. „IV-rzędowa, ponieważ dwie podjednostki są połączone mostkami disiarczkowymi”.
Proces fizjologiczny Kolejność Dotarcie impulsu nerwowego do synapsy nerwowo-mięśniowej i utworzenie 1 kompleksu fuzyjnego przez białka transbłonowe (SNARE). Depolaryzacja błony komórkowej komórki mięśniowej i powstanie potencjału 4 czynnościowego. Fuzja pęcherzyków synaptycznych z błoną presynaptyczną i uwolnienie 2 acetylocholiny do szczeliny synaptycznej. Wiązanie się acetylocholiny z mięśniowym receptorem błonowym. 3
1 pkt – za poprawne określenie kolejności procesów fizjologicznych zachodzących w synapsie nerwowo-mięśniowej. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające możliwość dołączania nowego nukleotydu przez polimerazę DNA wyłącznie do istniejącego już odcinka łańcucha nukleotydowego. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Ponieważ polimeraza dołącza nukleotydy tylko do już istniejących nici. • Polimeraza DNA nie może sama rozpocząć syntezy nowego łańcucha DNA i dlatego jest jej potrzebny już istniejący odcinek łańcucha nukleotydowego komplementarnego do matrycy, aby do niego dołączyć kolejny nukleotyd. • Polimeraza syntetyzuje nić DNA poprzez dołączanie nowego nukleotydu do innego nukleotydu, dlatego przy syntezie nowej nici niezbędna jest obecność krótkiego komplementarnego do matrycy odcinka kwasu nukleinowego (DNA lub RNA), zwanego starterem. • Ponieważ polimeraza DNA dołącza kolejne deoksyrybonukleotydy do grupy 3′-OH poprzedniej reszty nukleotydowej, niezbędna jest obecność startera przyłączonego do nici matrycowej DNA. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi, które odnoszą się wyłącznie do specyficzności reakcji, np. „Dzięki użyciu specyficznych starterów można powielić wybrany gen”.
Dokończ zdanie. Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych. Kod genetyczny określa się jako zdegenerowany, co oznacza, że
: Dopuszcza się zapisanie sekwencji od końca 3′ do końca 5′ pod warunkiem, że obydwa końce zostały prawidłowo oznaczone, np. «3′ AGU 5′». Dopuszcza się zapisanie pełnej sekwencji mRNA, np. „AUG UGG UUU UGA”. Nie uznaje się odpowiedzi, w których oznaczenie uracylu (U) zastąpiono oznaczeniem tyminy (T).
C
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Wyjaśnij, w jaki sposób w toku ewolucji doszło do utrwalenia się wyglądu aspidonta przedstawionego na rysunku. W odpowiedzi uwzględnij mechanizm działania doboru naturalnego.
| 3 | Umiarkowane użytkowanie gospodarcze muraw kserotermicznych w rezerwacie „Zbocza Płutowskie” jest działaniem umożliwiającym zachowanie typowego składu gatunkowego muraw kserotermicznych. |
Wyjaśnij, dlaczego zaniechanie gospodarczego użytkowania zboczy wpłynęło negatywnie na roślinność muraw kserotermicznych.
Zaznacz dwa przykłady działań z zakresu ochrony czynnej muraw kserotermicznych.
| ✓ |
| 3 | Umiarkowane użytkowanie gospodarcze muraw kserotermicznych w rezerwacie „Zbocza Płutowskie” jest działaniem umożliwiającym zachowanie typowego składu gatunkowego muraw kserotermicznych. | ✓ | ✓ |
1. – P, 2. – P, 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 • wzrost niezgryzanych lub niekoszonych roślin – np. drzew lub krzewów, oraz spowolnienie rozwoju lub wyparcie roślin muraw kserotermicznych w wyniku konkurencji o zasoby środowiska LUB • ograniczenie presji roślinożerców lub koszenia i w wyniku tego wzrost konkurencji o zasoby środowiska między gatunkami roślin muraw i wyparcie części z nich. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Brak koszenia był przyczyną nadmiernego rozrostu krzewów i drzew, co doprowadziło do konkurencyjnego wyparcia roślinności muraw kserotermicznych. • Zaniechanie wypasania zwierząt, które zjadały roślinność porastającą zbocza, przyczyniło się do zwiększenia powierzchni zajmowanej przez zarośla, które zasłaniały roślinom muraw dostęp do światła słonecznego. • Ponieważ brakowało bydła zjadającego większe rośliny, co spowodowało ich znaczny wzrost i zacienienie światłolubnych roślin muraw kserotermicznych. • Usunięcie roślinożerców podwyższyło konkurencję międzygatunkową, a tym samym nasiliło konkurencyjne wypieranie i ustępowanie słabszych gatunków. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych, nie odnoszących się do konkretnego rodzaju użytkowania gospodarczego – koszenia roślin lub wypasu zwierząt, np. „Zaniechanie użytkowania gospodarczego zboczy wpłynęło negatywnie na roślinność muraw kserotermicznych, ponieważ gatunki krzewiaste zaczęły się rozrastać i wpływać negatywnie na gatunki muraw, np. na gatunki światłolubne, które zostały zacienione, a ich rozwój – ograniczony”.
rozwiązań zadań
B, C
2 pkt – za wybór dwóch poprawnych odpowiedzi. 1 pkt – za wybór jednej poprawnej odpowiedzi. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.