Arkusz maturalny
Albumina to białko osocza krwi. Strukturę przestrzenną albuminy stabilizuje 17 mostków disiarczkowych. W poniższej tabeli przedstawiono skład albuminy. Głównymi funkcjami albuminy są regulowanie ciśnienia osmotycznego krwi, buforowanie pH krwi oraz transport długołańcuchowych kwasów tłuszczowych.
| Nazwa aminokwasu |
|---|
| Liczba reszt |
|---|
| Nazwa aminokwasu |
|---|
| Liczba reszt |
|---|
| Nazwa aminokwasu |
|---|
| Liczba reszt |
|---|
| alanina | 62 | kwas glutaminowy | 62 | prolina | 24 |
| arginina | 24 | histydyna | 16 | seryna | 24 |
| asparagina | 17 | izoleucyna | 8 | treonina | 28 |
| kwas asparaginowy | 36 | leucyna | 61 | tryptofan | 1 |
| cysteina | 35 | lizyna | 59 | tyrozyna | 18 |
| glicyna | 12 | metionina | 6 | walina | 41 |
| glutamina | 20 | fenyloalanina | 31 |
Uwzględniając skład albuminy, wykaż, że strukturę III-rzędową tego białka stabilizuje maksymalna możliwa do utworzenia liczba mostków disiarczkowych.
Uzasadnij, że dzięki związaniu długołańcuchowych kwasów tłuszczowych przez albuminę możliwy staje się transport tych kwasów we krwi. W odpowiedzi uwzględnij rozpuszczalność albuminy oraz długołańcuchowych kwasów tłuszczowych w osoczu.
1 pkt – poprawne wykazanie, że strukturę III-rzędową albuminy stabilizuje maksymalna możliwa do utworzenia liczba mostków disiarczkowych (siedemnaście), odnoszące się do 35 reszt cysteiny tworzących maksymalnie 17 par w cząsteczce. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Ponieważ reszt cysteiny w tym białku jest 35, a więc może być maksymalnie 17 par cystein, a mostki disiarczkowe powstają tylko pomiędzy parą takich reszt. • W albuminie jest 17 mostków disiarczkowych, a każdy mostek disiarczkowy jest tworzony przez dwie reszty cysteiny, których jest łącznie 35. • Jest ich maksymalnie 17, ponieważ 35 / 2 = 17,5, a więc jest tylko 17 pełnych par reszt cysteiny. • Ponieważ w tym białku występuje 17 par reszt cysteiny oraz jedna reszta cysteiny jest bez pary, a każda para tworzy jedno wiązanie disiarczkowe. • Ponieważ w tym białku występuje 17 cystyn i jedna reszta cysteiny bez pary. Uwaga: Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do cystein zamiast do reszt cysteiny. Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do liczby reszt aminokwasów siarkowych, ponieważ metionina to również aminokwas siarkowy.
1 pkt – poprawne uzasadnienie, odnoszące się do słabej rozpuszczalności długołańcuchowych kwasów tłuszczowych w osoczu krwi i dobrej rozpuszczalności albuminy w osoczu krwi. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Długołańcuchowe kwasy tłuszczowe nie rozpuszczają się dobrze w wodzie, która jest głównym składnikiem osocza krwi. Albumina jest białkiem dobrze rozpuszczalnym w wodzie, a więc po przyłączeniu kwasów tłuszczowych uczestniczy w ich transporcie we krwi. • W przeciwieństwie do albuminy takie kwasy tłuszczowe słabo rozpuszczają się w osoczu krwi i dlatego są transportowane dopiero po związaniu się z cząsteczkami albuminy. • Długołańcuchowe kwasy tłuszczowe nie rozpuszczają się w płynach ustrojowych, dlatego muszą się wiązać z cząsteczkami albuminy dobrze rozpuszczalnymi w osoczu. • Długołańcuchowe kwasy tłuszczowe nie są rozpuszczalne w osoczu. Dzięki połączeniu z rozpuszczalną w osoczu albuminą możliwy staje się ich transport, dlatego że powstały kompleks jest rozpuszczalny. • Ponieważ albuminy to białka dobrze rozpuszczalne, a kwasy tłuszczowe to związki słabo rozpuszczalne. • Albumina jest rozpuszczalna, a DKT – nie są. Uwaga: Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do rozpuszczania się we krwi – zamiast w osoczu krwi. Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do całkowitej nierozpuszczalności długołańcuchowych kwasów tłuszczowych w wodzie. Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do zmiany właściwości kwasów tłuszczowych w wyniku ich związania z albuminą, np. „Długołańcuchowe kwasy tłuszczowe stają się rozpuszczalne w osoczu krwi po przyłączeniu się do albuminy”. Dopuszcza się odpowiedzi odnoszące się do hydrofobowości lub niepolarności kwasów tłuszczowych, np.: • DKT mają charakter hydrofobowy, więc bez związania z hydrofilową albuminą ich transport we krwi nie byłby możliwy. • DKT mają charakter niepolarny, więc dopiero po związaniu się z polarną albuminą ich transport we krwi staje się możliwy.
U roślin występują dwa rodzaje fotosystemów: fotosystem I (PS I) oraz fotosystem II (PS II). Na poniższym schemacie przedstawiono centrum reakcji PS II, współdziałającego z enzymem rozszczepiającym wodę, oraz transfer elektronów w obrębie centrum reakcji PS II. Wzbudzona specjalna para cząsteczek chlorofilu przekazuje wysokoenergetyczne elektrony na plastochinon (Q), przenoszący elektrony na kolejne elementy fotosyntetycznego łańcucha transportu elektronów.
Dokończ zdanie. Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych. PS II w komórkach miękiszu asymilacyjnego roślin jest zlokalizowany w
B
rozwiązań zadań 4) opisuje budowę i funkcje […] chloroplastów […].
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
1 pkt – poprawne wykazanie, że funkcjonowanie PS II wymaga współdziałania centrum reakcji PS II z enzymem rozszczepiającym wodę, odnoszące się do uzupełniania elektronów wybitych z centrum reakcji elektronami pochodzącymi z wody. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Źródłem elektronów wybijanych – przez światło – ze specjalnej pary cząsteczek chlorofilu znajdujących się w centrum reakcji tego fotosystemu jest woda. Cząsteczki wody są rozszczepiane do elektronów, protonów oraz tlenu przez enzym rozszczepiający wodę. • Z centrum reakcji PS II są wybijane elektrony. Żeby ten proces mógł ponownie zajść, niezbędne są kolejne elektrony, które pochodzą z fotolizy wody. • Wybicie elektronów z centrum reakcji powoduje, że cząsteczki chlorofilu przybierają ładunek dodatni. Przywrócenie fotosystemu do stanu początkowego, umożliwiającego przebieg procesu fotosyntezy, wymaga uzupełnienia brakujących elektronów. Elektrony do centrum reakcji PS II są przekazywane z centrum manganowego enzymu rozszczepiającego wodę. • Elektrony pochodzące z utleniania wody wypełniają lukę elektronową powstałą w centrum reakcji PS II po przekazaniu elektronów na Q. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi zawierających błędną informację o „rozpuszczaniu wody”. Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do powstawania elektronów bez uwzględnienia wody jako ich źródła, np. „Enzym wytwarza elektrony, które zapełniają lukę elektronową powstałą w wyniku wybicia elektronów z chlorofilu przez światło”. Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych, nieodnoszących się do transferu elektronów PS II, np. „Do prawidłowego funkcjonowania PS II niezbędne są elektrony, które pochodzą z reakcji fotolizy wody, katalizowanej przez enzym rozszczepiający wodę”.
Horyzontalny transfer genów (HTG) może się odbywać u bakterii m.in. na drodze koniugacji. W 1946 roku Lederberg i Tatum przeprowadzili eksperyment, który dostarczył dowodów na zachodzenie HTG między bakteriami. Badanie przeprowadzono na dwóch szczepach Escherichia coli – A i B: • szczep A (Met− bio− Thr+ Leu+ thi+) stanowiły bakterie, które nie miały zdolności do syntezy aminokwasu – metioniny (Met), oraz witaminy – biotyny (bio); • szczep B (Met+ bio+ Thr− Leu− thi−) stanowiły bakterie, które nie miały zdolności do syntezy aminokwasów: treoniny (Thr) i leucyny (Leu), oraz witaminy – tiaminy (thi). Bakterie obydwu szczepów hodowano na pożywce pełnej (zawierającej źródło aminokwasów i witamin), zarówno razem, jak i osobno – co zilustrowano poniżej. Gdy bakterie przeniesiono na pożywkę minimalną (niezawierającą wyżej wymienionych aminokwasów i witamin), kolonie zostały utworzone wyłącznie przez część bakterii pochodzących z hodowli mieszanej. Bernard Davis wykonał kolejne doświadczenie – założył hodowlę bakterii szczepów A i B w szklanej U-rurce z pożywką pełną, z filtrem między połówkami U-rurki – co zilustrowano na poniższym rysunku. Ten filtr przepuszczał w obie strony pożywkę wraz z rozpuszczonymi substancjami, ale nie przepuszczał bakterii. Hodowla była wolna od bakteriofagów. Gdy przeniesiono bakterie na pożywkę minimalną, nie odnotowano wzrostu kolonii.
Wyjaśnij, dlaczego w doświadczeniu Lederberga i Tatuma – po przeniesieniu bakterii na pożywkę minimalną – kolonie zostały utworzone wyłącznie przez bakterie pochodzące z hodowli mieszanej. W odpowiedzi uwzględnij następstwa HTG między szczepami A i B.
Wyjaśnij, dlaczego w doświadczeniu Davisa nie zaszła wymiana informacji genetycznej między bakteriami szczepów A i B. W odpowiedzi uwzględnij proces koniugacji.
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A albo B oraz odpowiedź 1. albo 2. Genom wirusowy jest wbudowywany w genom gospodarza bakteryjnego przez fagi
1 pkt – poprawne wyjaśnienie, uwzględniające uzyskanie brakujących zdolności syntezy wymienionych aminokwasów i witamin w wyniku transferu genów między szczepami bakterii. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
• Dzięki wymianie informacji genetycznej powstały bakterie szczepu Met+ bio+ Thr+ Leu+ thi+, które mogły przeżyć na pożywce minimalnej. • Na drodze HTG bakterie szczepu A przekazały bakteriom szczepu B geny warunkujące wytwarzanie treoniny, leucyny i tiaminy, których nie ma w pożywce minimalnej. • Dzięki koniugacji szczep B przekazał szczepowi A geny warunkujące syntezę metioniny i biotyny, w wyniku czego powstał szczep, który syntezuje wszystkie aminokwasy i witaminy. • Tylko w przypadku hodowli mieszanej doszło do kompensacji mutacji będących przyczyną braku zdolności syntezy określonych aminokwasów i witamin. • Między bakteriami szczepów A i B doszło do koniugacji, dzięki czemu bakterie jednego szczepu mogły przekazać bakteriom drugiego szczepu geny warunkujące wytwarzanie aminokwasów i witamin niezbędnych do przeżycia. • Dzięki poziomemu transferowi genów, który zaszedł pomiędzy szczepami A i B, bakterie uzyskały możliwość syntezy odpowiednich związków. • Bakterie uzyskały obcy DNA i – dzięki temu – możliwość syntezy odpowiednich związków. • Dzięki HTG bakterie uzyskały możliwość syntezy wszystkich aminokwasów i witamin. • Dzięki temu bakterie uzyskały możliwość syntezy odpowiednich związków. Uwaga: Dopuszcza się odpowiedzi odnoszące się do HTG zachodzącego na drodze transdukcji lub transformacji (na tym etapie badań nie był jeszcze znany konkretny mechanizm HTG). Dopuszcza się odpowiedzi mówiące o syntezie „brakujących” związków. Nie uznaje się odpowiedzi, w których mowa tylko o uzyskaniu zdolności syntezy aminokwasów lub tylko o uzyskaniu zdolności syntezy witamin jako skutku HTG.
Linezolid należy do stosunkowo nowej grupy syntetycznych środków przeciwbakteryjnych. Wykazano, że jest on szczególnie skuteczny w walce z bakteriami Gram-dodatnimi oraz mało skuteczny wobec bakterii Gram-ujemnych. Zróżnicowana efektywność działania tego środka wynika m.in. z różnic w budowie ściany komórkowej obu grup bakterii. Linezolid łączy się z podjednostką 50S rybosomu, przez co staje się niemożliwe jej połączenie się z podjednostką 30S.
Wykaż, że działanie linezolidu – polegające na uniemożliwieniu połączenia się podjednostek rybosomu – wpływa negatywnie na funkcjonowanie bakterii.
Opisz różnicę w budowie bakterii Gram-dodatnich i Gram-ujemnych. W odpowiedzi odnieś się do budowy struktur otaczających komórkę u obu grup bakterii.
1 pkt – poprawne wykazanie, że działanie linezolidu wpływa negatywnie na funkcjonowanie bakterii, odnoszące się do braku lub do ograniczenia możliwości syntezy białek. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
• Linezolid sprawia, że nie ma funkcjonalnych rybosomów, a więc nie może zachodzić synteza białek. • Linezolid uniemożliwia powstanie rybosomów, dzięki którym zachodzi synteza białek. • W komórce, na którą działa linezolid, nie powstają rybosomy, a więc nie mogą być wytwarzane białka. • Działanie linezolidu polega na uniemożliwieniu połączenia się podjednostek rybosomów, a przez to niemożliwa staje się synteza białek. • Linezolid łączy się z dużą podjednostką rybosomu, przez co nie może ona się połączyć z małą podjednostką, a bez tego nie może zachodzić proces translacji. • Linezolid ogranicza syntezę białek.
1 pkt – poprawne opisanie, na czym polega różnica w budowie bakterii Gram (+) i Gram (−), odnoszące się do grubości ściany komórkowej LUB do jej składu chemicznego, LUB do obecności błony zewnętrznej tylko u bakterii Gram (−), LUB do składu chemicznego błony zewnętrznej. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Różnica dotyczy grubości ściany komórkowej – bakterie Gram (+) mają grubszą ścianę. • W ścianie komórkowej bakterii Gram (+) występuje więcej warstw mureiny. • Bakterie Gram (+) mają ścianę komórkową zbudowaną z wielu warstw mureiny, a bakterie Gram (−) – z jednej warstwy. • Bakterie Gram-dodatnie mają ścianę komórkową zbudowaną z 20–30 warstw mureiny, a bakterie Gram-ujemne – z jednej warstwy. • Tylko bakterie Gram (−) mają błonę zewnętrzną. • Tylko w ścianie komórkowej bakterii Gram (+) obecne są kwasy tejchojowe / tejchuronowe / lipotejchojowe. • Tylko bakterie Gram (−) zawierają lipopolisacharyd – w błonie zewnętrznej. Uwaga: Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do połączenia ściany komórkowej bakterii Gram (−) wiązaniami (jonowymi i kowalencyjnymi) z dwuwarstwową błoną zewnętrzną. Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do właściwości otoczki komórkowej, np. jedynie do wyniku barwienia Grama. Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się jedynie do cech fizjologicznych bakterii, np. „Bakterie Gram-ujemne są bardziej oporne na linezolid niż bakterie Gram-dodatnie”. Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do obecności dwóch błon komórkowych u bakterii Gram-ujemnych. Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do otoczki bakteryjnej (śluzowej).
Higrofity to rośliny przystosowane do środowiska o wysokiej wilgotności powietrza i podłoża. Z powodu wysokiej wilgotności powietrza parowanie z powierzchni liści jest powolne. U higrofitów doszło do wykształcenia się licznych cech ułatwiających transpirację: fizjologicznych, morfologicznych i anatomicznych, np. komórki skórki są pokryte cienką warstwą kutikuli. Na zdjęciu mikroskopowym (A) oraz na schemacie (B) przedstawiono anatomię blaszki liściowej higrofitu Ruellia portellae.
Oceń, które z poniższych cech budowy liści R. portellae ułatwiają transpirację przez zwiększenie powierzchni blaszki liściowej. Zaznacz T, jeśli cecha ułatwia transpirację, albo N – jeśli nie ułatwia transpiracji. Obecność żywych włosków. T N Brodawkowate uwypuklenia komórek skórki. T N
Rozstrzygnij, czy u higrofitów występowanie cech ułatwiających transpirację z powierzchni liści jest przyczyną spowolnienia, czy – przyśpieszenia przepływu wody w drewnie roślin. Odpowiedź uzasadnij, odwołując się do mechanizmu transportu wody w roślinie.
TT
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
1 pkt – poprawne rozstrzygnięcie, że parowanie wody z powierzchni roślin jest przyczyną przyśpieszenia przepływu wody w drewnie, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do mechanizmu transpiracyjno-kohezyjnego transportu wody. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań Rozstrzygnięcie Przyśpiesza.
• Ponieważ w liściach obniża się potencjał wody. • Parowanie wody z powierzchni roślin przekłada się na zwiększone podciśnienie hydrostatyczne w naczyniach. • Transpiracja generuje siłę ssącą. • W wyniku parowania wody z mezofilu obniża się w tych komórkach potencjał osmotyczny, co przekłada się na podciąganie wody przez sąsiadujący ksylem. • Spadek potencjału wody w liściach jest przyczyną przyśpieszenia transportu wody w drewnie, ponieważ powstaje siła ssąca, a słup wody liście – łodyga – korzenie jest spójny dzięki siłom kohezji. • ΨW spada w liściu, ponieważ ΨS staje się bardziej ujemny, a ΨP staje się mniej dodatni.
Aby określić wpływ głównych procesów metabolicznych – fotosyntezy i oddychania komórkowego – na bilans węgla, czyli wzrost lub spadek zawartości związków organicznych w roślinach, przeprowadzono następujące doświadczenie. Na trzech szalkach (patrz tabela poniżej) wyścielonych bibułą wysiano po 1,5 g nasion rzodkiewki. Następnie nasiona poddano różnym warunkom nawodnienia oraz oświetlenia: • nasiona z grupy 1. umieszczono na suchym podłożu i ich nie podlewano, natomiast nasiona z grup 2. i 3. umieszczono na wilgotnym podłożu i podlewano w miarę potrzeby • nasiona z grup 1. i 2. oświetlano, natomiast nasiona z grupy 3. trzymano w ciemności. Nasiona wykiełkowały jedynie w grupach 2. i 3. Po 10 dniach materiał roślinny – nasiona lub siewki – wysuszono i dla każdej z badanych grup określono zawartość suchej masy.
| Numer grupy | Warunki doświadczenia | Wyniki | ||
|---|---|---|---|---|
| Woda | Światło | Kiełkowanie | Sucha masa materiału roślinnego | |
| 1. |
Wyjaśnij, dlaczego w grupie 1. nasiona rzodkiewki nie wykiełkowały.
Uzasadnij, że w celu prawidłowego oszacowania bilansu węgla w roślinach należało w ostatnim dniu trwania doświadczenia wykonać pomiar suchej, a nie – świeżej, masy nasion lub siewek.
Rozstrzygnij, z którą grupą – 1. czy 3. – należy porównać wyniki pomiaru suchej masy uzyskane w grupie 2., aby określić łączny wpływ fotosyntezy i oddychania komórkowego na bilans węgla w grupie 2. Odpowiedź uzasadnij.
1 pkt – poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do braku dostępu do wody oraz do roli wody w kiełkowaniu nasion, np. do pęcznienia nasion lub do przerwania spoczynku nasion. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Woda umożliwia zachodzenie procesów metabolicznych i przerwanie spoczynku nasion, a w tej grupie nie była zwilżana lignina. • W tej próbie nie było dostępu do wody, a woda jest potrzebna do przerwania spoczynku nasion i do rozpoczęcia kiełkowania. • Bez wody nie dochodzi do imbibicji nasion i do rozerwania łupiny nasiennej. • Woda jest konieczna do pęcznienia nasion – pierwszego etapu kiełkowania nasion. • Bez wody praktycznie nie zachodzą procesy metaboliczne, konieczne do rozwoju i wzrostu siewki. • Pobieranie wody jest przyczyną pękania łupiny nasiennej. Uwaga: Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do braku procesów metabolicznych w nasionach, np. „Nasiona są suche i dlatego nie zachodzi tam oddychanie komórkowe, które jest konieczne do kiełkowania. Dzięki wodzie nasiona przerywają spoczynek i są uruchamiane procesy metaboliczne”. Uznaje się odpowiedzi zawierające archaiczne słownictwo, np. „pękanie skorupki” zamiast współcześnie obowiązującego terminu „pękanie łupiny”. Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do „nabrzmiewania” lub „puchnięcia” nasion. Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do fotosyntezy jako warunku koniecznego do kiełkowania nasion, np. „Bez wody nie zachodzi fotosynteza i dlatego w takich warunkach nasiona nie kiełkują”.
1 pkt – poprawne uzasadnienie, odnoszące się do zmiennej lub do nieokreślonej ilości wody w świeżej masie roślin. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
Na zdjęciu mikroskopowym przedstawiono fragment przekroju poprzecznego pewnego organu roślinnego.
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A albo B oraz jej uzasadnienie 1. albo 2. Na zdjęciu przedstawiono przekrój poprzeczny przez
B2
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
I. łyko / floem / łyko pierwotne / floem pierwotny II. drewno / ksylem / drewno pierwotne / ksylem pierwotny / metaksylem
1 pkt – poprawne podanie nazw obu tkanek przewodzących. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Toksoplazmoza to występująca u człowieka choroba odzwierzęca wywoływana przez Toxoplasma gondii – jednokomórkowego protista o haploidalnej formie troficznej oraz o mejozie zachodzącej tuż po zapłodnieniu. T. gondii jest organizmem dwużywicielskim: żywicielami ostatecznymi są wyłącznie kotowate, w tym – kot domowy, natomiast do żywicieli pośrednich T. gondii należą niektóre ptaki oraz ssaki. Człowiek może być przygodnym żywicielem tego pasożyta. U człowieka pasożyt potrafi przekraczać barierę krew – łożysko.
Oceń prawdziwość stwierdzenia: W organizmie człowieka T. gondii wytwarza gamety na drodze podziałów mitotycznych. Wpisz odpowiedź wybraną spośród podanych w nawiasie. Odpowiedź uzasadnij.
Oceń prawdziwość poniższych stwierdzeń dotyczących zasad profilaktyki toksoplazmozy. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
1 pkt – poprawne rozstrzygnięcie, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do braku rozmnażania płciowego Toxoplasma gondii w organizmie człowieka. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi. Ocena stwierdzenia fałsz
rozwiązań zadań Uwaga: Nie uznaje się argumentów odnoszących się do powstawania gamet na drodze mejozy, ponieważ T. gondii wytwarza gamety na drodze mitozy (cykl haplobiontyczny z mejozą postgamiczną). Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się jedynie do człowieka jako do żywiciela przygodnego T. gondii.
• W organizmie człowieka, który jest żywicielem pośrednim T. gondii, pasożyt nie rozmnaża się płciowo. • Jedynie w organizmie kotów ten pasożyt rozmnaża się płciowo. • Człowiek nie jest dla tego pasożyta żywicielem ostatecznym, w przeciwieństwie do kotowatych. • U człowieka występują trofozoity i nie są wytwarzane gamety. • Człowiek jest żywicielem pośrednim. • U człowieka pasożyt dzieli się mitotycznie, a tylko u kotów dochodzi do zapłodnienia i mejozy.
PP
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
1 pkt – poprawne rozstrzygnięcie, wraz z poprawnym uzasadnieniem odnoszącym się do faktycznej drogi zarażenia ludzi toksoplazmozą lub do braku możliwości zarażenia się przez zwykły kontakt z drugim człowiekiem. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi. Rozstrzygnięcie Nie. / Nie powinny.
(0–1) Na poniższym rysunku przedstawiono kości obręczy kończyn górnych człowieka widziane od tyłu. Na rysunku pominięto kości szkieletu osiowego oraz kości części wolnej kończyn górnych.
Nazwa kości X: obojczyk / clavicula Nazwa kości Y: łopatka / scapula Uwaga: Uznaje się odpowiedzi „kość obojczykowa” oraz „kość łopatkowa”.
1 pkt – podanie poprawnych nazw kości. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
(0–1)
Uzupełnij zdanie. Zaznacz odpowiedź spośród oznaczonych literami A i B oraz odpowiedź spośród oznaczonych literami C i D. Głównym azotowym produktem metabolizmu białek u ssaków jest którego synteza odbywa się w komórkach
AD
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Powstawanie potencjału czynnościowego jest regulowane przez zmianę przepuszczalności błony neuronu dla jonów Na+ i K+. Na wykresie przedstawiono mechanizm tego procesu. j.u. błony, przepuszczalność
Uzupełnij zdanie. Zaznacz odpowiedź spośród oznaczonych literami A i B oraz odpowiedź spośród oznaczonych literami C i D. Stymulacja neuronu jest przyczyną przepuszczalności błony komórkowej dla Na+, co prowadzi do błony komórkowej.
AD
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
PP
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Ryby chrzęstnoszkieletowe gromadzą we krwi duże ilości mocznika, którego całkowite stężenie osmotyczne we krwi jest równe stężeniu wody morskiej albo nawet je przekracza. Oprócz mocznika, ważnym składnikiem krwi ryb chrzęstnoszkieletowych jest tlenek trimetyloaminy (TMAO). Poniżej przedstawiono wyniki symulacji komputerowych wpływu wysokiej temperatury, mocznika o wysokim stężeniu (8 mol ∙ dm−3) oraz TMAO o dwóch różnych stężeniach (1 mol ∙ dm−3, 4 mol ∙ dm−3) na strukturę przestrzenną białka – inhibitora chymotrypsyny 2 (CI2). Obecność TMAO potwierdzono także w tkance mięśniowej wielu ryb kostno- i chrzęstnoszkieletowych. Przypuszcza się, że ten związek w mięśniach stabilizuje strukturę białek w warunkach wysokiego ciśnienia hydrostatycznego. Na poniższym wykresie przedstawiono wyniki pomiaru zawartości TMAO w tkance mięśniowej ryb morskich żyjących na różnych głębokościach, uzyskane przez różne zespoły badawcze. 400 kg−1 ∙ 300 mmol Laxon i in. (2011) Bockus i in. (2016) 200 TMAO, Samerotte i in. (2007) Yancey i in. (2014) 100 ryby chrzęstnoszkieletowe zawartość ryby kostnoszkieletowe 0 0 2000 4000 6000 8000 głębokość, m
| La Bo Sa Ya | |
|---|---|
Na podstawie przedstawionych wyników symulacji oceń, czy w warunkach podanych w poniższej tabeli dochodzi do denaturacji CI2. Zaznacz T, jeśli dochodzi do denaturacji, albo N – jeśli do niej nie dochodzi. Temperatura 60 °C przy stężeniu TMAO równym 4 mol ∙ dm−3, bez mocznika. T N Temperatura 60 °C przy stężeniu mocznika równym 8 mol ∙ dm−3, bez TMAO. T N
Sformułuj wniosek dotyczący wpływu TMAO na strukturę przestrzenną CI2 poddawanego działaniu mocznika o stężeniu 8 mol ∙ dm−3.
Sformułuj wniosek dotyczący zależności między głębokością występowania ryb a zawartością TMAO w ich tkance mięśniowej. W odpowiedzi odnieś się do obu grup ryb.
NT
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
1 pkt – poprawne sformułowanie wniosku, uwzględniającego ograniczenie LUB zapobieganie denaturacji CI2 wywołanej działaniem mocznika. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• TMAO chroni białko CI2 przed utratą odpowiedniej struktury przestrzennej spowodowaną obecnością mocznika o wysokim stężeniu. • TMAO zapobiega denaturacji inhibitora chymotrypsyny 2 pod wpływem mocznika o wysokim stężeniu. • TMAO chroni inhibitor chymotrypsyny 2 przed zmianą struktury trzeciorzędowej. • Wpływ na to białko jest ochronny. • Wpływ jest ochronny. • TMAO stabilizuje strukturę przestrzenną CI2. • TMAO ogranicza wpływ mocznika na strukturę przestrzenną CI2. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do „renaturacji” białka CI2. Uznaje się odpowiedzi typu: • TMAO ma wpływ na utrzymanie struktury przestrzennej CI2. • TMAO ma korzystny wpływ na strukturę przestrzenną CI2. • Ten związek ogranicza negatywny wpływ mocznika na kształt białka.
1 pkt – poprawne sformułowanie wniosku uwzględniającego większą zawartość TMAO w tkance mięśniowej ryb żyjących na większych głębokościach, zarówno w przypadku ryb kostnoszkieletowych, jak i chrzęstnoszkieletowych. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Niewielkie jaszczurki z rodzaju Anolis, występujące na Wyspach Karaibskich, w sytuacji zagrożenia chowają się pod powierzchnią wody. Niektóre z gatunków, np. Anolis aquaticus, pozostają zanurzone pod powierzchnią wody nawet przez kilkanaście minut. W tym czasie w przedniej części ich głowy powstaje bańka wydychanego powietrza, którego objętość cyklicznie powiększa się w czasie wydechu (A) i zmniejsza się w czasie wdechu (B) – co ilustrują poniższe zdjęcia. Postawiono hipotezę, że w ten sposób jaszczurki A. aquaticus przez jakiś czas korzystają z tlenu znajdującego się w wydychanym powietrzu. Naukowcom udało się określić ciśnienie parcjalne tlenu (pO2) w takiej bańce powietrza. Poniżej przedstawiono wykres I, ilustrujący wyniki pomiarów pO2 w bańce powietrza znajdującej się na głowie A. aquaticus, oraz wykres II, ilustrujący wyniki pomiarów pO2 w bańce powietrza mechanicznie wytwarzanej pod powierzchnią wody przy użyciu strzykawki. Niebieskie punkty wskazują jednostkowe wyniki pomiarów, błękitna linia wskazuje ustaloną na ich podstawie linię trendu, a czerwona linia wskazuje średnią wartość pO2 w powietrzu atmosferycznym w czasie pomiaru.
Określ, jakie znaczenie dla poprawnej interpretacji wyników doświadczenia w próbie badawczej (wykres I) miało wykonanie pomiarów pO2 w próbie kontrolnej – w bańce powietrza mechanicznie wytwarzanej pod powierzchnią wody przy użyciu strzykawki (wykres II).
Rozstrzygnij, czy wyniki doświadczenia potwierdziły postawioną hipotezę. Wpisz odpowiedź wybraną spośród podanych w nawiasie. Odpowiedź uzasadnij, odnosząc się do wyników uzyskanych w próbie badawczej oraz w próbie kontrolnej.
1 pkt – poprawne określenie znaczenia próby kontrolnej, odnoszące się do wykluczenia wpływu innych czynników niż procesy przeprowadzane przez jaszczurkę na zmiany zawartości tlenu w bańce powietrza LUB do poziomu odniesienia dla pomiarów w próbie badawczej. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Dzięki tym pomiarom wiadomo było, że ubytek tlenu w bańce powietrza na głowie jaszczurki jest związany z procesami przeprowadzanymi przez to zwierzę. • Dzięki tej próbie można było wykluczyć, że wraz z upływem czasu tlen z bańki powietrza przenika do otaczającej wody. • Ta próba kontrolna stanowi poziom referencyjny dla wyników pomiarów uzyskanych w próbie badawczej.
1 pkt – poprawna ocena prawdziwości hipotezy, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się zarówno do zmniejszania się zawartości tlenu w bańce powietrza przylegającej do głowy jaszczurki, jak i do stałej (w przybliżeniu) zawartości tlenu w bańce w próbie kontrolnej, wraz z logicznym powiązaniem wyników uzyskanych w obu próbach. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi. Rozstrzygnięcie Potwierdzenie hipotezy: tak
rozwiązań zadań
• Jaszczurka Anolis aquaticus korzysta z tlenu znajdującego się w wydychanym powietrzu zgromadzonego w bańce powietrza, ponieważ zawartość tlenu w tej bańce się zmniejsza – co nie miało miejsca w próbie kontrolnej. • Odnotowany brak zmniejszania się zawartości tlenu w bańce powietrza mechanicznie wytwarzanej pod wodą wskazuje, że zmniejszanie się pO2 w bańce znajdującej się na głowie jaszczurki wynika z tego, że tlen z tej bańki jest pobierany przez jaszczurkę. • Skoro w próbie kontrolnej pO2 minimalnie rosło, to spadek tego parametru w próbie badawczej musiał wynikać z procesów fizjologicznych jaszczurki.
Naturalny receptor limfocytów T rozpoznaje i wiąże antygeny peptydowe prezentowane przez cząsteczki MHC na powierzchni komórek własnego organizmu. Komórki nowotworowe mają jednak często obniżoną ilość białek MHC – głównego układu zgodności tkankowej. Jedną z nowoczesnych metod leczenia niektórych nowotworów jest terapia CAR-T, polegająca na modyfikacji genetycznej limfocytów T pacjenta tak, aby wytwarzały one tzw. chimeryczny receptor antygenowy (CAR, ang. chimeric antigen receptor). Funkcją zmodyfikowanych limfocytów T (CAR-T) jest rozpoznawanie specyficznych białek – występujących tylko na powierzchni komórek nowotworowych. CAR-T mają możliwość bezpośredniego wiązania antygenów komórek nowotworowych w sposób niezależny od powierzchniowego występowania MHC. Antygeny występujące na powierzchni komórek nowotworowych dzieli się na: • specyficzne – występujące tylko na powierzchni komórek nowotworowych • niespecyficzne – występujące zarówno na powierzchni komórek nowotworowych, jak i na powierzchni komórek zdrowych. W terapii CAR-T najpierw izoluje się z krwi pacjenta leukocyty, w tym – limfocyty T. Następnie limfocyty T zostają poddane modyfikacjom genetycznym. Stosuje się do tego jedną z metod: • do limfocytów T wprowadza się za pomocą impulsu elektrycznego (elektroporacja) mRNA kodujący receptor CAR • limfocyty T infekuje się genetycznie zmodyfikowanym retrowirusem, zawierającym gen kodujący receptor CAR. Na koniec CAR-T są namnażane, aktywowane, a następnie wstrzykiwane do krwiobiegu pacjenta. Na schemacie przedstawiono istotę terapii CAR-T z wykorzystaniem retrowirusa.
Uzasadnij, że w terapii CAR-T nie należy stosować receptorów CAR rozpoznających niespecyficzne antygeny nowotworowe.
Wyjaśnij, dlaczego zmodyfikowane limfocyty T (CAR-T) mają większe szanse na zniszczenie komórki nowotworowej niż fizjologiczne limfocyty T. W odpowiedzi odnieś się do funkcji MHC w rozwoju odpowiedzi immunologicznej.
Wyjaśnij, dlaczego w przypadku terapii CAR-T z użyciem retrowirusów otrzymuje się limfocyty T z wyższą zawartością receptora CAR w porównaniu do terapii CAR-T z użyciem elektroporacji. W odpowiedzi uwzględnij mechanizmy ekspresji informacji genetycznej w obu metodach.
1 pkt – poprawna odpowiedź uwzględniająca niszczenie zdrowych komórek organizmu. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Zadaniem komórek CAR-T jest niszczenie komórek nowotworowych, przy jednoczesnym oszczędzaniu prawidłowych komórek organizmu. • Nie należy stosować receptorów CAR rozpoznających niespecyficzne antygeny nowotworowe, ponieważ komórki CAR-T powinny rozpoznawać i niszczyć tylko komórki nowotworowe z odpowiednim antygenem, a nie – zdrowe komórki organizmu. • Gdyby tego nie zrobiono, komórki CAR-T działałby tak, że rozpoznawałyby i niszczyłyby również inne niż nowotworowe komórki w organizmie. • Brak wytypowania antygenu charakterystycznego tylko dla danej komórki nowotworowej powodowałby, że terapia CAR-T przypominałaby chorobę autoimmunizacyjną. • Taka terapia prowadziłaby do niszczenia zdrowych komórek. • Receptory CAR rozpoznające niespecyficzne antygeny nowotworowe stosuje się wtedy, kiedy nie można znaleźć na komórkach nowotworowych antygenów specyficznych, ponieważ taka terapia prowadzi do niszczenia zarówno komórek nowotworowych, jak i komórek zdrowych. • Celem terapii CAR-T są często antygeny (np. CD19, BCMA) występujące nie tylko na powierzchni komórek nowotworowych, lecz także na powierzchni tej populacji zdrowych komórek pacjenta, z której wywodzi się nowotwór. Te antygeny są jednak zawsze dokładnie zdefiniowane, a ich występowanie – ograniczone do tej populacji komórek gospodarza (np. do limfocytów CD19+), tak aby pozostałe, zdrowe komórki pacjenta nie stały się celem CAR-T.
1 pkt – poprawne wyjaśnienie, uwzględniające konieczność prezentacji fizjologicznym limfocytom T antygenów przez cząsteczki MHC oraz możliwość rozpoznawania przez limfocyty CAR-T antygenów komórek nowotworowych w sposób niezależny od powierzchniowego występowania białka MHC, którego ilość w komórkach nowotworowych jest obniżona. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Wirusowe zapalenie wątroby typu C (WZW typu C) jest chorobą wywołaną przez wirus zapalenia wątroby typu C (HCV), którego genom stanowi pojedyncza nić RNA. Większość infekcji wywołanych HCV ma przebieg bezobjawowy. W niektórych przypadkach dochodzi do samoistnej eliminacji HCV przez układ odpornościowy (spontaniczne wyzdrowienie). Większość zakażeń przechodzi jednak w infekcje przewlekłe, co może prowadzić do zapalenia wątroby, do jej marskości i do rozwoju nowotworu wątroby. Przewlekłym infekcjom HCV towarzyszy ciągłe uwalnianie do krwi cząstek wirusa z zakażonych hepatocytów. Nie opracowano dotąd skutecznej szczepionki przeciw HCV.
Wyjaśnij, dlaczego dodatni wynik badania na obecność przeciwciał anty-HCV we krwi dorosłej osoby nie przesądza o obecności wirusa we krwi w chwili badania.
Wyjaśnij, dlaczego diagnostyka oparta na amplifikacji genomu HCV metodą łańcuchowej reakcji polimerazy (PCR) jest poprzedzona zastosowaniem odwrotnej transkryptazy.
1 pkt – poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do zakończonej skutecznej odpowiedzi immunologicznej. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Przez limfocyty B pamięci są wytwarzane przeciwciała po zakończonej odpowiedzi immunologicznej, podczas której wirusy zostały zwalczone. • HCV może nie być we krwi, ponieważ został on wyeliminowany przez układ odpornościowy, jednak wciąż obecne są przeciwciała anty-HCV, które długo utrzymują się we krwi. • Limfocyty B, wytwarzające przeciwciała, są długowieczne, więc pomimo samoistnego wyzdrowienia wytworzone wcześniej przeciwciała są obecne we krwi. • Prawdopodobnie w przebiegu WZW typu C doszło do wytworzenia specyficznych przeciwciał. Choroba została zwalczona, lecz przeciwciała nadal są w organizmie. • Nastąpił wcześniejszy kontakt z wirusem bez wystąpienia choroby.
1 pkt – poprawne wyjaśnienie, uwzględniające rodzaj materiału genetycznego HCV (RNA) oraz substrat PCR – DNA, oraz rodzaj reakcji katalizowanej przez odwrotną transkryptazę. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Odwrotna transkryptaza katalizuje reakcję syntezy DNA na matrycy RNA HCV, więc potem można powielać ten DNA metodą PCR. • Genom wirusa HCV to pojedyncza nić RNA, a ponieważ PCR polega na powielaniu DNA, to trzeba najpierw zmienić nośnik informacji genetycznej z RNA na DNA – co katalizuje odwrotna transkryptaza. • RT używa wirusowego RNA jako matrycy do syntezy cDNA, wykorzystywanego w PCR.
Zanim genom człowieka został zsekwencjonowany, spodziewano się, że zawiera on 80 000–100 000 genów kodujących białka. Ostatecznie okazało się, że tych genów jest około 20 000. Wstępna ocena była tak wysoka, ponieważ opierała się na założeniu, że pojedynczy gen zawiera informację o pojedynczym mRNA i o pojedynczym białku. Obecnie wiadomo, że wiele genów człowieka zlokalizowanych w DNA jądrowym ma alternatywne szlaki składania RNA.
Uzupełnij zdanie. Zaznacz odpowiedź spośród oznaczonych literami A i B oraz odpowiedź spośród oznaczonych literami C i D. Alternatywne składanie RNA zachodzi w przypadku genów i polega na łączeniu – w różnych kombinacjach –
BC
rozwiązań zadań zależności między organizmem 3) przedstawia proces potranskrypcyjnej a środowiskiem […]. obróbki RNA u organizmów eukariotycznych; 5) porównuje strukturę genomu prokariotycznego i eukariotycznego.
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
2 pkt – poprawne wypełnienie czterech komórek tabeli. 1 pkt – poprawne wypełnienie pierwszej kolumny tabeli LUB jednego wiersza tabeli. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Lp. Nazwa organellum Czy zachodzi translacja? (tak / nie) 1. jądro / jądro komórkowe nie 2. mitochondrium tak Lp. Nazwa organellum Czy zachodzi translacja? (tak / nie) 1. jądro / jądro komórkowe nie 2. jąderko nie Uwaga: Kolejność wierszy w tabeli nie ma znaczenia.
Prawidłowa segregacja chromatyd siostrzanych podczas mitozy wymaga obecności wielu białek, w tym – specjalnych kompleksów białkowych: kohezyn. Przytrzymują one chromatydy siostrzane razem aż do czasu ich rozdzielenia się. Całkowite zniesienie przylegania chromatyd siostrzanych następuje dzięki przecięciu kohezyn przez enzymy proteolityczne – separazy. Poniższy rysunek przedstawia typowe położenie kohezyn i chromatyd siostrzanych podczas dwóch różnych faz mitozy.
Podaj nazwę wiązania chemicznego hydrolizowanego przez separazy.
Podaj nazwy dwóch faz mitozy, na których granicy dochodzi do zniesienia przylegania chromatyd siostrzanych dzięki działaniu separaz.
Podaj nazwę fazy cyklu komórkowego, podczas której zachodzi replikacja DNA, prowadząca do wytworzenia chromatyd siostrzanych.
1 pkt – podanie poprawnej nazwy wiązania hydrolizowanego przez separazy. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
peptydowe / amidowe Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych, np. „wiązanie kowalencyjne”.
1 pkt – podanie dwóch poprawnych nazw faz mitozy. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
• na granicy metafazy i anafazy • anafaza, metafaza
1 pkt – podanie poprawnej nazwy fazy cyklu komórkowego. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• faza S • interfaza • faza S interfazy
Poniżej przedstawiono rodowód rodziny opisujący dziedziczenie pewnej choroby, u podłoża której leży mutacja w jednym genie.
Oceń, które z zaproponowanych sposobów dziedziczenia genu warunkującego chorobę można wykluczyć na podstawie analizy rodowodu przedstawionego powyżej. Zaznacz T, jeśli sposób dziedziczenia można wykluczyć, albo N – jeśli nie można go wykluczyć. Dziedziczenie autosomalne dominujące. T N Dziedziczenie recesywne sprzężone z płcią. T N
Dokończ zdanie. Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych. DNA genomowy w komórkach człowieka występuje wyłącznie
NT
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
A
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
(0–3) U muszki owocowej (Drosophila melanogaster) allel B warunkuje brązową barwę ciała i wykazuje pełną dominację nad allelem b, warunkującym czarną barwę ciała. Allel D warunkuje wykształcanie odnóży o normalnej długości i wykazuje pełną dominację nad allelem d, warunkującym występowanie krótkich odnóży. Geny B i D są położone na chromosomie drugim, w odległości 17,5 cM od siebie. BD Skrzyżowano podwójnie heterozygotycznego samca o genotypie z czarną samicą mającą bd krótkie odnóża. 1. Zapisz genotyp opisanej samicy. W zapisie zastosuj podane oznaczenia alleli i uwzględnij położenie loci na chromosomach. 2. Uzupełnij tabelę. Zapisz cztery możliwe genotypy gamet wytwarzanych przez opisanego samca oraz podaj prawdopodobieństwo wystąpienia każdego genotypu gamety. 3. Podaj prawdopodobieństwo, że muszka – losowo wybrana spośród potomstwa krzyżowanej pary opisanych muszek – będzie miała brązową barwę ciała i normalnie wykształcone odnóża.
| Lp. | Genotyp gamety | Prawdopodobieństwo jego wystąpienia |
|---|---|---|
| 1. | ||
| 2. | ||
| 3. |
1. bd lub bd / bd , lub bd // bd bd 2. 1. BD 41,25 % lub 0,4125 2. bd 41,25 % lub 0,4125 3. Bd 8,75 % lub 0,0875 4. bD 8,75 % lub 0,0875 3. 41,25 % lub 0,4125 Uwaga: Jeżeli zdający podaje niepełne rozwiązanie w przypadku genotypu samicy: bbdd, a więc właściwy genotyp, ale nieuwzględniający w zapisie położenia loci na chromosomach, to za
całego zadania przyznaje się maksymalnie 2 pkt. Jeżeli zdający stosuje podczas obliczeń zaokrąglenia, to za rozwiązanie całego zadania przyznaje się maksymalnie 2 pkt. Dopuszcza się odpowiedzi, z których wynika, że rekombinacja genetyczna zachodzi wyłącznie u samic D. melanogaster.
rozwiązań zadań
3 pkt – poprawne podanie: • genotypu samicy ORAZ • genotypów gamet wraz z prawdopodobieństwem ich wystąpienia ORAZ • prawdopodobieństwa pojawienia się wśród potomstwa krzyżowanej pary muszek osobnika barwy brązowej o normalnie wykształconych odnóżach. 2 pkt – poprawne podanie: • genotypu samicy ORAZ • genotypów gamet wraz z prawdopodobieństwem ich wystąpienia 1 pkt – poprawne podanie genotypu samicy. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Czaszki dwóch kopalnych zwierząt – z rodzaju Thylacosmilus i z rodzaju Smilodon – wykazują w budowie pewne podobieństwa. Występują u nich długie kły z piłkowanymi krawędziami, zwane zębami szablastymi. Paleontologowie przypuszczają, że te zwierzęta były dużymi drapieżnikami, a zęby szablaste pomagały im zabijać swoje ofiary. Na poniższym drzewie filogenetycznym przedstawiono relacje pokrewieństwa między rodzajami Thylacosmilus i Smilodon a wybranymi współczesnymi ssakami.
Uzasadnij, że występowanie zębów szablastych u Thylacosmilus i Smilodon jest wynikiem ewolucji zbieżnej – konwergencji. W odpowiedzi odnieś się do przedstawionego drzewa filogenetycznego.
Oceń prawdziwość poniższych stwierdzeń dotyczących Thylacosmilus i Smilodon. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Thylacosmilus jest bliżej spokrewniony ze Smilodon niż z kangurami, należącymi do torbaczy. |
1 pkt – poprawne uzasadnienie, uwzględniające argument na rzecz niezależnego pochodzenia cechy. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Pojawienie się szablastych zębów u Thylacosmilus i u Smilodon to efekt ewolucji zbieżnej, ponieważ zęby pojawiły się niezależnie u torbaczy i u kotowatych. • Jest to przykład konwergencji, ponieważ ta sama cecha rozwinęła się w dwóch różnych liniach ewolucyjnych, różniących się morfologicznie. • Ostatni wspólny przodek tych dwóch rodzajów miał zęby normalnej długości, a więc ta cecha musiała powstać niezależnie. • Thylacosmilus i Smilodon wykształciły zęby szablaste niezależnie od siebie, gdyż pojawienie się tych zębów nastąpiło dwa razy na podanym drzewie filogenetycznym (czerwone kropki), co oznacza, że jest to wynik konwergencji. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się wyłącznie do definicji konwergencji np. „Jest to cecha, która powstała niezależnie” lub „Zęby u obu rodzajów miały różne pochodzenie”. Dopuszcza się odpowiedzi, w których rodzaje Thylacosmilus i Smilodon są traktowane jako gatunki.
FF
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
Pająk z rodzaju Pamphobeteus i żaba Chiasmocleis royi mogą żyć razem w tym samym miejscu. Nora pająka zapewnia chłodne, wilgotne środowisko i stanowi schronienie przed wysuszeniem oraz przed zmianami temperatury. Pająki chronią żaby przed drapieżnikami, nie wyrządzają żabom krzywdy i umożliwiają im łatwy dostęp do miejsc żerowania. C. royi pomaga w pozbyciu się z nory i z jej otoczenia mrówek i larw much, które odżywiają się jajami oraz potomstwem pająka.
Podaj nazwę zależności międzygatunkowej występującej między pająkiem z rodzaju Pamphobeteus a żabą C. royi. Odpowiedź uzasadnij z uwzględnieniem przykładów korzyści lub strat właściwych dla wymienionych organizmów.
Podaj różnicę w sposobie trawienia pokarmu przez pająki i przez płazy.
1 pkt – podanie poprawnej nazwy zależności ORAZ poprawne uzasadnienie, odnoszące się do przykładów korzyści (netto) dla obydwu organizmów. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi. Nazwa zależności mutualizm / mutualizm fakultatywny
• Pająki umożliwiają żabie dostęp do żerowania, a żaba pomaga w ograniczeniu liczebność mrówek i larw much, które odżywiają się jajami oraz potomstwem pająka. • Pająk chroni żabę przed drapieżnikami, a żaba zjada mrówki, które szkodzą pająkowi. Uwaga: Nie uznaje się zbyt ogólnych sformułowań, np.: zależność nieantagonistyczna, protekcjonizm. Nie uznaje się uzasadnień odnoszących się wyłącznie do definicji mutualizmu, bez odniesienia do przykładów korzyści odnoszonych przez organizmy, np. „Jest to mutualizm, ponieważ obydwa organizmy odnoszą z tej zależności korzyści netto”. Nie uznaje się odpowiedzi: „mutualizm obligatoryjny” oraz „symbioza”. Dopuszcza się odpowiedź „protokooperacja” jako nazwę zależności.
1 pkt – poprawne porównanie sposobów trawienia: pozajelitowego i wewnątrzustrojowego przez pająki oraz wewnątrzustrojowego przez płazy. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Pająki zaczynają trawić pokarm pozaustrojowo, a płazy trawią wyłącznie wewnątrzustrojowo. • Pająki trawią pokarm głównie pozajelitowo, a płazy – wewnątrz układu pokarmowego. • Pająki odżywiają się pokarmem płynnym, powstającym w wyniku trawienia proteolitycznego ofiary, a potem kończą trawienie pokarmu wewnątrzustrojowo. Płazy trawią tylko w obrębie przewodu pokarmowego. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do „wewnątrzkomórkowego” trawienia pokarmu u płazów, np. „Pająki zewnątrzkomórkowo, a płazy – wewnątrzkomórkowo”. Dopuszcza się odpowiedzi odnoszące się do trawienia przez pająki wyłącznie pozaustrojowo, np. „Pająki trawią pozaustrojowo, a płazy – wewnątrzustrojowo”.
W wodach śródlądowych zachodniej Europy udokumentowano współwystępowanie dwóch gatunków obcych pochodzących z rejonu Morza Kaspijskiego i z zachodniej Syberii: pasożytniczej przywry Bucephalus polymorphus oraz małża – racicznicy zmiennej (Dreissena polymorpha). Racicznica zmienna pojawiła się w wodach zachodniej Europy już w XIX wieku, a przywra – pod koniec XX wieku. Cykl życiowy B. polymorphus rozpoczyna się od pojawienia się pierwszego stadium larwalnego – miracidium, które może wniknąć tylko do ciała racicznicy zmiennej, małża prowadzącego osiadły tryb życia. Miracidium w ciele małża rozwija się w sporocystę, a w sporocyście dojrzewają cerkarie. Dojrzałe cerkarie opuszczają ciało racicznicy i dostają się do wody. Następnie, po wniknięciu do ciała ryb z rodziny karpiowatych, cerkarie przekształcają się w metacerkarie. Kolejnym żywicielem B. polymorphus są różne gatunki ryb rybożernych – po zjedzeniu ofiary z metacerkariami w organizmie ryb rybożernych przywry dojrzewają płciowo i dochodzi do zapłodnienia.
Wypisz z tekstu żywicieli pośrednich oraz żywicieli ostatecznych przywry B. polymorphus.
Uzasadnij, że obecność racicznicy zmiennej jest niezbędna do zamknięcia cyklu życiowego przywry B. polymorphus.
1 pkt – poprawne wypisanie z tekstu wszystkich żywicieli pośrednich i ostatecznych przywry B. polymorphus. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
Żywiciele pośredni: – racicznica zmienna / Dreissena polymorpha / racicznica / Dreissena / małż – ryby karpiowate / Cyprinidae Żywiciele ostateczni: – ryby rybożerne
1 pkt – poprawne uzasadnienie, uwzględniające specyficzność pierwszego żywiciela pośredniego. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Pierwszym żywicielem pośrednim tej przywry może być tylko racicznica zmienna. • Racicznica jest niezbędna do rozwoju sporocyst i cerkarii B. polymorphus. • Na pewnym etapie larwy mogą żyć wyłącznie w racicznicy. • Miracidium może wnikać jedynie do ciała D. polymorpha.
Podstawową niszę ekologiczną gatunku można przedstawić na wielowymiarowym wykresie, w którym wymiarami są różne czynniki środowiska. Na poniższym wykresie przedstawiono śmiertelność samic krewetki piaskowej (Crangon septemspinosa) w różnych temperaturach i przy różnym stopniu zasolenia. Krewetka piaskowa występuje u zachodnich wybrzeży Oceanu Atlantyckiego, od Nowej Fundlandii do Florydy. zasolenie, ‰
Na podstawie przedstawionych danych oceń prawdziwość poniższych stwierdzeń dotyczących tolerancji ekologicznej krewetki piaskowej. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | W wodzie o temperaturze 10 °C i o zasoleniu 15 ‰ śmiertelność samic krewetek jest większa niż 50 %. | ||
| 2 | Śmiertelność samic krewetek w wodzie o temperaturze 10 °C jest niezależna od zasolenia wody. |
FF
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
1 pkt – poprawna ocena stwierdzenia (że jest fałszywe), wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do tego, że nisza podstawowa to zbiór wymagań środowiskowych, a nie – zasięg geograficzny. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi. Ocena stwierdzenia fałsz Przykładowe uzasadnienie Podstawowa nisza ekologiczna to zbiór warunków środowiskowych, które są potrzebne, aby organizm mógł żyć i rozwijać się, a nie – konkretne miejsce, w którym występują przedstawiciele gatunku, jak w podanym zdaniu. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi, w których zasięg geograficzny gatunku jest mylony z jego siedliskiem, np. „Rozstrzygnięcie: fałsz; Uzasadnienie: Podstawowa nisza ekologiczna to zakres warunków środowiskowych umożliwiających przeżycie gatunku, a w zdaniu opisano siedlisko krewetki”, lub z niszą zrealizowaną, np. „Rozstrzygnięcie: fałsz; Uzasadnienie: Ocean Atlantycki to nisza zrealizowana, którą gatunek zajmuje w warunkach konkurencji z innymi gatunkami, a nisza podstawowa to teoretyczna przestrzeń korzystnych warunków środowiskowych”.
rozwiązań zadań (czynników) środowiska oraz zbiór niezbędnych mu zasobów; 2) określa środowisko życia organizmu, mając podany jego zakres tolerancji na określone czynniki (np. temperaturę […]).
1 pkt – podanie poprawnego przedziału optimum temperaturowego, którego dolna granica mieści się między 9 °C a 13 °C, natomiast górna – między 21 °C a 26 °C. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Wykaż, że funkcjonowanie PS II wymaga współdziałania centrum reakcji PS II z enzymem rozszczepiającym wodę.
Uzupełnij zdania. Zaznacz odpowiedź spośród oznaczonych literami A i B oraz odpowiedź spośród oznaczonych literami C i D. W wyniku reakcji zachodzących podczas fazy fotosyntezy zależnej od światła elektrony z PS I są przenoszone na Produkt tej reakcji jest wykorzystywany podczas etapu cyklu Calvina.
BC
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Ze względu na obecność filtru w U-rurce bakterie szczepu A i szczepu B nie mogły wejść w fizyczny kontakt, nie mogło więc dojść do połączenia się bakterii przez specjalne mostki plazmatyczne, umożliwiające przekazywanie DNA z komórki do komórki. • HTG zachodzi między tymi bakteriami na drodze koniugacji, która wymaga połączenia się bakterii, co nie było możliwe, ponieważ filtr izolował bakterie różnych szczepów. • Filtr zapobiegł bezpośrednim kontaktom bakterii, a tym samym – koniugacji.
A1
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
| tak |
| nie |
| 1,46 g |
| 2. | tak | tak | tak | 1,63 g |
| 3. | tak | nie | tak | 1,20 g |
Wykaż, że podczas trwania doświadczenia u roślin z grupy 2. zachodziła fotosynteza.
Grupa 2. T N Grupa 3. T N
Oceń, czy podczas trwania doświadczenia u roślin z grup 2. i 3. zachodziło oddychanie komórkowe. Zaznacz T, jeśli ten proces zachodził, albo N – jeśli nie zachodził.
• Ponieważ świeże rośliny zawierają nieokreśloną ilość wody, zaburzającą wyniki pomiarów. • Woda może stanowić >90 % świeżej masy siewek. Usunięcie jej przez suszenie sprawia, że stwierdzone eksperymentalnie różnice masy wynikają głównie z akumulacji lub utraty związków węgla. • Kiełkujące i rosnące rośliny pobierają różną ilość wody, przez co niemożliwe staje się zmierzenie masy związków organicznych w świeżej masie materiału roślinnego. • Nasiona w spoczynku mają bardzo niską zawartość wody, a kiełkujące nasiona pobierają jej dużo. Dlatego aby porównać ilość związków organicznych między grupami, należy wysuszyć próbki. • Siewki pobierają wodę i dlatego nie wiadomo, czy przyrost ich masy wynika z asymilacji węgla, czy – z większej zawartości wody, różnej w różnych próbach. • Świeża biomasa ≈ woda + związki organiczne, a więc, aby zmierzyć zawartość związków organicznych, trzeba pozbyć się wody z materiału roślinnego, bo nie wiadomo, ile jej w nim jest. • Etiolowane siewki mają większą zawartość wody niż te rosnące na świetle. Wodę trzeba z nich usunąć, żeby móc ocenić różnice w zawartości innych związków. • Ponieważ wyniki oszacowania bilansu węgla w roślinach są wiarygodne jedynie wtedy, gdy nasiona i siewki są w jednakowym stopniu pozbawione wody. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi tautologicznych, odnoszących się wyłącznie do braku wody w suchej masie rośliny, np. „W suchej masie roślin nie ma wody”.
1 pkt – wskazanie grupy 1., wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do zachowania wyjściowego poziomu związków organicznych w tej próbie, bezpośrednio lub pośrednio – np. przez odniesienie się do ograniczenia procesów metabolicznych lub do braku fotosyntezy i oddychania. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi. Rozstrzygnięcie Grupa 1.
• W grupie 1. procesy metaboliczne praktycznie nie zachodziły, a więc zachowała ona początkową zawartość związków organicznych i stanowi w tym doświadczeniu punkt odniesienia dla pozostałych grup: 2. i 3. • Ze względu na brak wody nasiona w grupie 1. pozostały w spoczynku, a więc nie zmieniała się u nich zawartość związków organicznych podczas trwania eksperymentu. • W tej grupie nie zachodziły procesy fotosyntezy i oddychania. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi zawierających poprawne uzasadnienie, ale niewskazujących jednoznacznie numeru grupy, np. „Rozstrzygnięcie: ----; Uzasadnienie: W tej grupie nie zachodziły procesy ani fotosyntezy, ani oddychania”.
1 pkt – poprawne wykazanie, że u roślin z grupy 2. zachodziła fotosynteza, odnoszące się do przyrostu suchej masy. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• W tej próbie był dostęp do wody i do światła, co jest konieczne do fotosyntezy, ale niewystarczające. Po wynikach doświadczenia widać, że ten proces rzeczywiście miał miejsce, ponieważ wzrosła sucha masa badanych roślin. • W grupie 2. rośliny musiały rzeczywiście przeprowadzać fotosyntezę, ponieważ wzrosła ich sucha masa. Sama dostępność wody i światła nie przesądza o fotosyntezie, ponieważ np. nasiona mogłyby cechować się spoczynkiem bezwzględnym i w takim przypadku w ogóle by nie wykiełkowały. • Sucha masa roślin na koniec doświadczenia przekraczała początkową świeżą masę, a więc w tej grupie doszło do asymilacji dwutlenku węgla – fotosyntezy. • Grupa 2. miała większą suchą masę na koniec doświadczenia niż grupa 1., a więc musiało dojść do asymilacji węgla. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się jedynie do obecności wody i światła – warunków koniecznych do zajścia fotosyntezy. W odpowiedzi musi znaleźć się wykazanie, że ten proces zachodził, odnoszące się do wyników doświadczenia.
TT
rozwiązań zadań organizacji życia, przedstawia i wyjaśnia 3) opisuje na podstawie schematów zależności między organizmem przebieg glikolizy, dekarboksylacji a środowiskiem […]. oksydacyjnej pirogronianu, cyklu Krebsa i łańcucha oddechowego […]; 4) wyjaśnia zasadę działania łańcucha oddechowego i mechanizm syntezy ATP.
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Podaj nazwy tkanek przewodzących oznaczonych na zdjęciu mikroskopowym numerami I i II. I. ............................................................ II. ....................................................................
| 1 |
| Należy przestrzegać zasad higieny w kontaktach z kotami. |
| 2 | Należy unikać spożywania surowego lub niedogotowanego mięsa (np. wołowego). |
Rozstrzygnij, czy zgodnie z zasadami profilaktyki kobiety w ciąży powinny unikać kontaktu z osobami chorującymi na toksoplazmozę. Odpowiedź uzasadnij.
• Toksoplazmozą nie można się zarazić od drugiego człowieka – źródłem zarażenia są albo gleba skażona odchodami, albo mięso. • Dorośli mogą się zarazić toksoplazmozą tylko drogą pokarmową albo przez transfuzję krwi. • Mimo że toksoplazmoza u matki jest groźna dla płodu, to ciężarne nie mogą się zarazić przez zwykły kontakt z drugim człowiekiem, np. przez podanie ręki. • Codzienny kontakt z drugim człowiekiem nie prowadzi do transmisji choroby, nie jest to choroba przenoszona drogą kropelkową. Uwaga: Dopuszcza się odpowiedzi odnoszące się do „zakażenia” zamiast do „zarażenia”. Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do teoretycznych możliwości transmisji pasożyta zamiast do zasad profilaktyki, np. „Rozstrzygnięcie: tak; Uzasadnienie: ponieważ kobieta może się zarazić przez kontakt z krwią lub nasieniem innej osoby”. Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do braku możliwości transmisji pasożyta między ludźmi, np. „Człowiek nie może się zarazić od drugiego człowieka”. Nie uznaje się odpowiedzi tautologicznych, nieodnoszących się do rodzaju kontaktu, np. „Nie, bo nie mogą się zarazić przez kontakt z drugim człowiekiem”. Nie uznaje się odpowiedzi, odwołujących się do kotowatych jako jedynej drogi zakażenia, np. „Nie, ponieważ żywicielem ostatecznym są wyłącznie kotowate i to one są przenosicielami pasożytów”.
Oceń prawdziwość poniższych stwierdzeń dotyczących powstawania potencjału czynnościowego. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Kanały potasowe otwierają się po kanałach sodowych, dzięki czemu jony K wypływają z komórki. | ||
| 2 | Podczas czynności neuronu kanały potasowe pozostają otwarte dłużej niż kanały sodowe. |
Oceń prawdziwość poniższych stwierdzeń dotyczących osmoregulacji ryb chrzęstnoszkieletowych. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Dzięki gromadzeniu się mocznika we krwi płyny ustrojowe tych ryb są w przybliżeniu izotoniczne względem wody morskiej. | ||
| 2 | Dzięki gromadzeniu się mocznika we krwi te ryby nie są narażone na nadmierny osmotyczny odpływ wody. |
rozwiązań zadań
• Zarówno u ryb kostnoszkieletowych, jak i u chrzęstnoszkieletowych wraz ze wzrostem głębokości występowania wzrasta zawartość TMAO w tkance mięśniowej. • Wraz ze wzrostem głębokości, na której żyją ryby, wzrasta zawartość TMAO w tkance mięśniowej, przy czym u ryb chrzęstnoszkieletowych stężenie TMAO jest wyższe niż u ryb kostnoszkieletowych. • W każdej z tych dwóch grup ryb występuje pozytywna korelacja. • U ryb wraz ze wzrostem głębokości występowania wzrasta stężenie TMAO. • Im głębiej występują ryby kostnoszkieletowe i chrzęstnoszkieletowe, tym wyższa jest zawartość TMAO w ich tkance mięśniowej, przy czym chrzęstnoszkieletowe mają wyższą zawartość TMAO niż kostnoszkieletowe na tej samej głębokości. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi mówiących o: • związku przyczynowo-skutkowym, np. „Wzrost zawartości TMAO jest przyczyną wzrostu głębokości występowania tych ryb”. • występowaniu określonych grup ryb na określonych głębokościach, np. „Ryby chrzęstnoszkieletowe występują jedynie do głębokości 3000 m”. • większym stężeniu TMAO u ryb chrzęstnoszkieletowych niezależnie od głębokości, np. „U ryb chrzęstnoszkieletowych obserwuje się wyższe stężenie TMAO w tkance mięśniowej niż u kostnoszkieletowych na tej samej głębokości” jako jedynym wniosku.
PP
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Oceń prawdziwość poniższych stwierdzeń dotyczących limfocytów T. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Limfocyty T biorą udział w reakcjach odporności swoistej. | ||
| 2 | Kontakt z antygenem jest przyczyną namnażania się limfocytów T. |
Podaj nazwę narządu układu limfatycznego, który jest głównym miejscem dojrzewania limfocytów T u dorosłego człowieka.
• W przeciwieństwie do fizjologicznych limfocytów T, CAR-T rozpoznają i wiążą antygeny komórek nowotworowych w sposób niezależny od powierzchniowego występowania białka MHC, którego ilość w tych komórkach jest obniżona. • Limfocyty CAR-T rozpoznają antygeny komórek nowotworowych w sposób niezależny od obecności białka MHC na ich powierzchni, czego nie potrafią limfocyty fizjologiczne, a komórki nowotworowe mają małą ilość białek MHC. • Ilość białka MHC w komórkach nowotworowych jest obniżona, a więc niszczenie ich z udziałem fizjologicznych limfocytów, wymagających obecności białek MHC, byłoby mniej skuteczne. CAR-T są aktywowane przez kontakt z antygenem niezależnie od cząsteczek MHC.
rozwiązań zadań Zdający: 2) przedstawia poszczególne etapy 1) interpretuje informacje i wyjaśnia związki prowadzące od DNA do białka […]. przyczynowo-skutkowe między procesami 8. Biotechnologia molekularna, inżynieria i zjawiskami […]. genetyczna i medycyna molekularna. Zdający: 2) przedstawia istotę procedur inżynierii genetycznej (izolacji i wprowadzania obcego genu do organizmu); 9) przedstawia perspektywy zastosowania terapii genowej. IV. Przegląd różnorodności organizmów. 2. Wirusy. Zdający: 3) wyjaśnia, co to są retrowirusy […].
2 pkt – poprawne wyjaśnienie, uwzględniające wbudowanie przez retrowirusa genu kodującego receptor CAR do genomu gospodarza, co warunkuje długotrwałą jego ekspresję, ORAZ uwzględniające wprowadzanie za pomocą elektroporacji do komórki gospodarza mRNA, który w komórce jest stosunkowo krótkotrwały, np. ze względu na jego degradację lub efekt rozcieńczenia. 1 pkt – wyjaśnienie, uwzględniające wbudowanie przez retrowirusa genu kodującego receptor CAR do genomu gospodarza, co warunkuje długotrwałą jego ekspresję, ALBO uwzględniające wprowadzanie za pomocą elektroporacji do komórki gospodarza mRNA, który w komórce jest stosunkowo krótkotrwały, np. ze względu na jego degradację lub efekt rozcieńczenia. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Kiedy limfocyt T zostaje zainfekowany cząsteczkami retrowirusa zawierającymi gen kodujący receptor CAR, ten gen zostaje wbudowany do genomu komórki i podlega wielokrotnej ekspresji. Natomiast mRNA jest stosunkowo niestabilną cząsteczką, więc otrzymywanie receptora CAR w wyniku translacji tego mRNA też będzie krótkotrwałe. • Po elektroporacji czas półtrwania mRNA jest krótki – białka powstaje niewiele. Użycie retrowirusa zapewnia długotrwałe wytwarzanie białka, bo gen odpowiedzialny za to białko trafia do genomu gospodarza. • W przypadku elektroporacji stężenie mRNA ulega zmniejszeniu przy każdym kolejnym podziale komórki. Ten efekt nie występuje w przypadku wbudowania się genu kodującego receptor CAR, co ma miejsce w przypadku zastosowania infekcji wirusowej. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do translacji cząsteczki mRNA tylko jeden raz, np. „W przypadku elektroporacji mamy do czynienia z jednorazowym wytworzeniem receptora CAR na podstawie mRNA wprowadzonego do komórki, podczas gdy zastosowanie retrowirusa warunkuje wielokrotną syntezę receptorów CAR przez limfocyt po wbudowaniu genu CAR do genomu”. Dopuszcza się odpowiedzi odnoszące się do dużych ilości mRNA w przypadku zastosowania infekcji wirusowej oraz małych ilości mRNA w przypadku elektroporacji, np. „W terapii z użyciem retrowirusa gen kodujący receptor CAR wbudowuje się w genom limfocytu T, przez co może on wytworzyć mRNA kodujący ten receptor w dużych ilościach, natomiast elektroporacja ogranicza wytwarzanie receptora CAR jedynie do ilości mRNA mechanicznie wprowadzonego do komórki – komórka nie może wytworzyć kolejnych nici mRNA”, zamiast odniesienia się do stabilności kwasów nukleinowych.
PP
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
grasica / thymus
1 pkt – podanie poprawnej nazwy narządu. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań Uwaga: Uznaje się odpowiedź „ciało tłuszczowe zamostkowe” – anatomiczne określenie mocno stłuszczonej grasicy, zawierającej – oprócz tkanki tłuszczowej – także funkcjonalną tkankę limfatyczną.
Uzupełnij tabelę. Podaj nazwy dwóch organellów komórki człowieka, w których odbywa się proces transkrypcji genów, oraz rozstrzygnij, czy w tych organellach zachodzi także proces translacji.
| Lp. | Nazwa organellum | Czy zachodzi translacja? (tak / nie) |
|---|---|---|
| 1. | ||
| 2. |
| 4. |
| 2 | Smilodon jest bliżej spokrewniony ze słoniem niż z człowiekiem. |
Oceń prawdziwość stwierdzenia: Podstawowa nisza ekologiczna krewetki piaskowej to zachodnie wybrzeża Oceanu Atlantyckiego. Wpisz odpowiedź wybraną spośród podanych w nawiasie. Odpowiedź uzasadnij, odnosząc się do definicji podstawowej niszy ekologicznej.
Na podstawie przedstawionych danych podaj przedział optimum temperaturowego dla samic krewetki piaskowej przy optymalnych warunkach zasolenia.
• 10 °C < optimum < 25 °C • optimum ∈ (10 °C; 25 °C) • 10 °C–25 °C • 9–26 st. C • 13 °C–21 °C Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi bez podania jednostki temperatury lub z niepoprawną jednostką np.: „Od 10 do 25” lub „Od 10 °C do 25 °C przy zasoleniu od 20 °C do 40 ‰”, lub „10–25 °C przy zasoleniu 25 %”.