Matura CKE czerwiec, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
Ładowanie…
Biologia
Pełzakowica to choroba wywoływana przez jednokomórkowego pasożyta – pełzaka czerwonki (Entamoeba histolytica). Do zarażenia dochodzi najczęściej drogą pokarmową: przez ręce, przez wodę lub przez pokarm – zanieczyszczone cystami pasożytów pochodzącymi z kału człowieka zarażonego tym pasożytem. Ostra pełzakowica jest chorobą zagrażającą życiu, ale u zarażonych osób nie zawsze rozwijają się objawy choroby. Decydują o tym przede wszystkim sprawność układu odpornościowego i ogólny stan zdrowia człowieka. W cyklu życiowym pełzaka czerwonki występują dwie formy: • trofozoit – postać wegetatywna, która aktywnie się przemieszcza oraz wytwarza enzymy proteolityczne i enterotoksyny, powodujące obumieranie komórek gospodarza • cysta – postać przetrwalnikowa, odporna na warunki środowiska. Do układu pokarmowego człowieka dostają się cysty, z których zostają uwolnione trofozoity w dolnym odcinku jelita cienkiego lub w górnym odcinku jelita grubego. Trofozoity są bardzo ruchliwe i szybko rozmnażają się przez podziały. W ostrych postaciach pełzakowicy trofozoity mogą wnikać do błony podśluzowej jelita i wraz z krwią dostać się do wątroby lub do innych narządów, gdzie pochłaniają krwinki czerwone i uszkadzają ściany naczyń włosowatych. Trofozoity mogą przekształcić się w cysty i wówczas są wydalane z kałem do środowiska zewnętrznego. Poniżej przedstawiono budowę trofozoitu pełzaka czerwonki.
Rozstrzygnij, czy pełzak czerwonki to bakteria, czy – protist. Odpowiedź uzasadnij.
Określ funkcję, jaką pełni pseudopodium u pełzaka czerwonki.
Uzasadnij, dlaczego połknięcie pełzaka czerwonki w formie trofozoitu zazwyczaj nie prowadzi do rozwoju choroby.
Dokończ zdanie. Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych. Trofozoity dostają się wraz z krwią z jelita do wątroby człowieka
Które działanie stanowi profilaktykę pełzakowicy? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.
1 pkt – poprawne rozstrzygnięcie, że pełzak czerwonki to protist, wraz z poprawnym uzasadnieniem. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi. Rozstrzygnięcie protist
• Ma jądro komórkowe. • Wytwarza wodniczki pokarmowe. • Porusza się za pomocą pseudopodiów. • Ma ekto- i endoplazmę. • Jest pokryty pellikulą. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi: „Nie ma ściany komórkowej”.
1 pkt – podanie poprawnego przykładu funkcji pseudopodium pełzaka czerwonki. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• lokomotoryczna / umożliwia ruch pełzakowaty • pokarmowa / umożliwia pobieranie pokarmu na drodze fagocytozy • czuciowa / odbiór bodźców czuciowych / lokalizacja ofiary
1 pkt – poprawne uzasadnienie, odnoszące się do niszczenia form troficznych w żołądku. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Pełzaki czerwonki w formie troficznej są trawione przez enzymy zawarte w soku żołądkowym. • Formy troficzne są nieodporne na warunki panujące w żołądku.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
Helicobacter pylori to bakteria, która może występować w żołądku człowieka. Jednym z ważniejszych mechanizmów umożliwiających tej bakterii zasiedlanie żołądka jest wytwarzanie ureazy – enzymu koniecznego do utrzymania niemal neutralnego pH cytoplazmatycznego, tzn. w zakresie 5,0–7,0. Podwyższone względem soku żołądkowego pH obserwuje się także w bezpośrednim sąsiedztwie komórki bakteryjnej. Wytwarzana przez wszystkie szczepy H. pylori ureaza jest białkiem składającym się z dwunastu identycznych podjednostek, z których każda zawiera dwa łańcuchy: UreA i UreB. W każdym z dwunastu miejsc aktywnych znajduje się trwale związana para atomów niklu, niezbędnych do katalizy reakcji przedstawionej poniżej: W diagnostyce zakażenia H. pylori stosuje się tzw. ureazowy test oddechowy. Zasada tego testu opiera się na zdolności ureazy do rozkładu mocznika wprowadzanego do organizmu. W tym teście pacjent wypija roztwór mocznika, którego atom węgla jest znakowany izotopowo (np. 13C). Gdy mocznik jest rozkładany w żołądku przez bakteryjną ureazę, to znakowany 13CO2, będący produktem tej reakcji, jest wchłaniany przez warstwę śluzową żołądka i usuwany z organizmu wraz z wydychanym powietrzem. Wówczas staje się możliwe wykrycie izotopu węgla 13C w wydychanym powietrzu. Analiza próbek wydychanego powietrza opiera się na spektrometrii masowej wysokiej rozdzielczości, pozwalającej wykryć różnicę masy między cząsteczkami zawierającymi izotop 13C a cząsteczkami zawierającymi izotop 12C. Diagnostyka inwazyjna opiera się na izolacji H. pylori z materiału pobranego podczas badania górnego odcinka przewodu pokarmowego.
Wyjaśnij, w jaki sposób wytwarzanie ureazy przez bakterie H. pylori zapobiega niszczącemu działaniu pepsyny na ich komórki. W odpowiedzi uwzględnij odczyn najbliższego otoczenia komórek tych bakterii.
Rozstrzygnij, czy aktywna forma ureazy jest białkiem prostym, czy – złożonym. Odpowiedź uzasadnij, odnosząc się do jednej cechy budowy tego białka.
rozwiązań zadań
1 pkt – poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do wpływu ureazy na (1) zwiększenie pH w najbliższym otoczeniu bakterii, a przez to – (2) na zmniejszenie aktywności pepsyny w bezpośrednim kontakcie z komórką H. pylori i zahamowanie trawienia białek bakteryjnych przez ten enzym. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Ureaza powoduje neuturalizację silnie kwaśnego pH w bezpośrednim sąsiedztwie bakterii, co hamuje aktywność pepsyny i trawienie przez nią białek osłony komórkowej H. pylori. • Ureaza katalizuje reakcję, w której powstają jony hydroksylowe, co przyczynia się do wzrostu pH do wartości, w których pepsyna nie jest aktywna i nie trawi bakteryjnych białek peryplazmatycznych i cytoplazmatycznych. • Działanie ureazy jest przyczyną wzrostu pH w bezpośrednim sąsiedztwie komórki, co prowadzi do spadku aktywności pepsyny, a gdy pH osiąga wartość powyżej 6,5 – jej aktywność ustaje. Dzięki temu pepsyna nie niszczy białkowych składników komórki i jej otoczki. Uwaga: Dopuszcza się odpowiedzi odnoszące się do: – wzrostu pH w całym żołądku w wyniku działania ureazy (w rzeczywistości zmiana wywoływana przez ureazę ma charakter lokalny, ale bakteria doprowadza do wzrostu pH w całym żołądku przez ograniczenie wydzielania kwasu solnego) – uniemożliwienia przekształcenia się pepsynogenu do pepsyny (w rzeczywistości lokalne zmiany odczynu nie mają na to przekształcenie większego wpływu).
1 pkt – poprawne rozstrzygnięcie, że ureaza jest białkiem złożonym, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do obecności w budowie tego białka atomów niklu. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi. Rozstrzygnięcie Jest białkiem złożonym. / złożonym
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Pełzakowica to choroba wywoływana przez jednokomórkowego pasożyta – pełzaka czerwonki (Entamoeba histolytica). Do zarażenia dochodzi najczęściej drogą pokarmową: przez ręce, przez wodę lub przez pokarm – zanieczyszczone cystami pasożytów pochodzącymi z kału człowieka zarażonego tym pasożytem. Ostra pełzakowica jest chorobą zagrażającą życiu, ale u zarażonych osób nie zawsze rozwijają się objawy choroby. Decydują o tym przede wszystkim sprawność układu odpornościowego i ogólny stan zdrowia człowieka. W cyklu życiowym pełzaka czerwonki występują dwie formy: • trofozoit – postać wegetatywna, która aktywnie się przemieszcza oraz wytwarza enzymy proteolityczne i enterotoksyny, powodujące obumieranie komórek gospodarza • cysta – postać przetrwalnikowa, odporna na warunki środowiska. Do układu pokarmowego człowieka dostają się cysty, z których zostają uwolnione trofozoity w dolnym odcinku jelita cienkiego lub w górnym odcinku jelita grubego. Trofozoity są bardzo ruchliwe i szybko rozmnażają się przez podziały. W ostrych postaciach pełzakowicy trofozoity mogą wnikać do błony podśluzowej jelita i wraz z krwią dostać się do wątroby lub do innych narządów, gdzie pochłaniają krwinki czerwone i uszkadzają ściany naczyń włosowatych. Trofozoity mogą przekształcić się w cysty i wówczas są wydalane z kałem do środowiska zewnętrznego. Poniżej przedstawiono budowę trofozoitu pełzaka czerwonki.
Rozstrzygnij, czy pełzak czerwonki to bakteria, czy – protist. Odpowiedź uzasadnij.
Określ funkcję, jaką pełni pseudopodium u pełzaka czerwonki.
Uzasadnij, dlaczego połknięcie pełzaka czerwonki w formie trofozoitu zazwyczaj nie prowadzi do rozwoju choroby.
1 pkt – poprawne rozstrzygnięcie, że pełzak czerwonki to protist, wraz z poprawnym uzasadnieniem. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi. Rozstrzygnięcie protist
• Ma jądro komórkowe. • Wytwarza wodniczki pokarmowe. • Porusza się za pomocą pseudopodiów. • Ma ekto- i endoplazmę. • Jest pokryty pellikulą. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi: „Nie ma ściany komórkowej”.
1 pkt – podanie poprawnego przykładu funkcji pseudopodium pełzaka czerwonki. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• lokomotoryczna / umożliwia ruch pełzakowaty • pokarmowa / umożliwia pobieranie pokarmu na drodze fagocytozy • czuciowa / odbiór bodźców czuciowych / lokalizacja ofiary
1 pkt – poprawne uzasadnienie, odnoszące się do niszczenia form troficznych w żołądku. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Pełzaki czerwonki w formie troficznej są trawione przez enzymy zawarte w soku żołądkowym. • Formy troficzne są nieodporne na warunki panujące w żołądku.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Helicobacter pylori to bakteria, która może występować w żołądku człowieka. Jednym z ważniejszych mechanizmów umożliwiających tej bakterii zasiedlanie żołądka jest wytwarzanie ureazy – enzymu koniecznego do utrzymania niemal neutralnego pH cytoplazmatycznego, tzn. w zakresie 5,0–7,0. Podwyższone względem soku żołądkowego pH obserwuje się także w bezpośrednim sąsiedztwie komórki bakteryjnej. Wytwarzana przez wszystkie szczepy H. pylori ureaza jest białkiem składającym się z dwunastu identycznych podjednostek, z których każda zawiera dwa łańcuchy: UreA i UreB. W każdym z dwunastu miejsc aktywnych znajduje się trwale związana para atomów niklu, niezbędnych do katalizy reakcji przedstawionej poniżej: W diagnostyce zakażenia H. pylori stosuje się tzw. ureazowy test oddechowy. Zasada tego testu opiera się na zdolności ureazy do rozkładu mocznika wprowadzanego do organizmu. W tym teście pacjent wypija roztwór mocznika, którego atom węgla jest znakowany izotopowo (np. 13C). Gdy mocznik jest rozkładany w żołądku przez bakteryjną ureazę, to znakowany 13CO2, będący produktem tej reakcji, jest wchłaniany przez warstwę śluzową żołądka i usuwany z organizmu wraz z wydychanym powietrzem. Wówczas staje się możliwe wykrycie izotopu węgla 13C w wydychanym powietrzu. Analiza próbek wydychanego powietrza opiera się na spektrometrii masowej wysokiej rozdzielczości, pozwalającej wykryć różnicę masy między cząsteczkami zawierającymi izotop 13C a cząsteczkami zawierającymi izotop 12C. Diagnostyka inwazyjna opiera się na izolacji H. pylori z materiału pobranego podczas badania górnego odcinka przewodu pokarmowego.
Wyjaśnij, w jaki sposób wytwarzanie ureazy przez bakterie H. pylori zapobiega niszczącemu działaniu pepsyny na ich komórki. W odpowiedzi uwzględnij odczyn najbliższego otoczenia komórek tych bakterii.
Rozstrzygnij, czy aktywna forma ureazy jest białkiem prostym, czy – złożonym. Odpowiedź uzasadnij, odnosząc się do jednej cechy budowy tego białka.
rozwiązań zadań 4) objaśnia funkcjonowanie organizmu e) przedstawia rolę wydzielin gruczołów człowieka na różnych poziomach złożoności i komórek gruczołowych w obróbce i w poszczególnych etapach ontogenezy. pokarmu.
1 pkt – poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do wpływu ureazy na (1) zwiększenie pH w najbliższym otoczeniu bakterii, a przez to – (2) na zmniejszenie aktywności pepsyny w bezpośrednim kontakcie z komórką H. pylori i zahamowanie trawienia białek bakteryjnych przez ten enzym. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Ureaza powoduje neuturalizację silnie kwaśnego pH w bezpośrednim sąsiedztwie bakterii, co hamuje aktywność pepsyny i trawienie przez nią białek osłony komórkowej H. pylori. • Ureaza katalizuje reakcję, w której powstają jony hydroksylowe, co przyczynia się do wzrostu pH do wartości, w których pepsyna nie jest aktywna i nie trawi bakteryjnych białek peryplazmatycznych i cytoplazmatycznych. • Działanie ureazy jest przyczyną wzrostu pH w bezpośrednim sąsiedztwie komórki, co prowadzi do spadku aktywności pepsyny, a gdy pH osiąga wartość powyżej 6,5 – jej aktywność ustaje. Dzięki temu pepsyna nie niszczy białkowych składników komórki i jej otoczki. Uwaga: Dopuszcza się odpowiedzi odnoszące się do: – wzrostu pH w całym żołądku w wyniku działania ureazy (w rzeczywistości zmiana wywoływana przez ureazę ma charakter lokalny, ale bakteria doprowadza do wzrostu pH w całym żołądku przez ograniczenie wydzielania kwasu solnego) – uniemożliwienia przekształcenia się pepsynogenu do pepsyny (w rzeczywistości lokalne zmiany odczynu nie mają na to przekształcenie większego wpływu).
1 pkt – poprawne rozstrzygnięcie, że ureaza jest białkiem złożonym, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do obecności w budowie tego białka atomów niklu. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi. Rozstrzygnięcie Jest białkiem złożonym. / złożonym
Matura CKE maj, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
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.
Matura CKE maj, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
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).
Matura CKE maj, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Horyzontalny transfer genów (HTG) może się odbywać u bakterii na drodze koniugacji, transdukcji lub transformacji. 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 wybrany mechanizm HTG.
Dokończ zdanie. Wybierz odpowiedź A albo B oraz odpowiedź 1. albo 2. Zachodzenie transdukcji można zweryfikować dzięki modyfikacji doświadczenia Davisa, polegającej na dodaniu do pożywki pełnej
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.
Matura CKE maj, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
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.
• 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).
Matura próbna CKE styczeń, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Zdolność wiązania i redukcji azotu atmosferycznego mają m.in. bakterie z rodzaju Rhizobium, żyjące w brodawkach roślin bobowatych, oraz wolnożyjące bakterie z rodzaju Azotobacter, które występują w strefie korzeniowej roślin. Substancjami odżywczymi Azotobacter chroococcum są węglowodany oraz inne związki organiczne (np. mannitol) wydzielane przez korzenie roślin. Sformułowano następujące pytanie badawcze: Czy obecność dwóch szczepów A. chroococcum (AC1 i AC10) pozwala na zmniejszenie dawki nawozu azotowego – mocznika – bez zmniejszenia rozmiarów roślin bawełny? W tym celu z wykorzystaniem sześciu donic uprawianej bawełny przeprowadzono następujące badanie: • w pierwszych trzech donicach roślin bawełny stosowano nawożenie mocznikiem w różnych stężeniach – 100%, 75% albo 50% – w stosunku do dawki zalecanej przez producenta • w pozostałych trzech donicach roślin bawełny wprowadzano do gleby szczepy A. chroococcum oraz 50% zalecanej dawki nawozu w następujących kombinacjach: ‒ szczep AC1 oraz nawóz ‒ szczep AC10 oraz nawóz ‒ szczepy AC1 i AC10 wraz z nawozem. Następnie zmierzono długości pędu i korzeni. Wykonano trzy niezależne powtórzenia każdego z wariantów doświadczenia. Wyniki w postaci średnich arytmetycznych przedstawiono na wykresach I i II. W badaniu sprawdzano również obecność substancji wydzielanych do gleby przez bakterie i wykazano obecność: auksyn, enzymów proteolitycznych oraz ureazy, rozkładającej mocznik do jonów amonowych i dwutlenku węgla. I II 160 80 140 70 cm cm 120 60 pędu, 100 50 80 40 korzenia, 60 30 40 20 długość 20 długość 10 0 0 warianty doświadczenia warianty doświadczenia 100% mocznika AC1 + 50% mocznika 75% mocznika AC10 + 50% mocznika 50% mocznika AC1 + AC10 + 50% mocznika
Na podstawie przedstawionych wyników badania sformułuj odpowiedź na postawione pytanie badawcze.
Wykaż związek między obecnością ureazy wydzielanej do gleby przez A. chroococcum a wzrostem bawełny.
Uzupełnij zdanie. Wybierz odpowiedź spośród oznaczonych literami A i B oraz odpowiedź spośród oznaczonych literami C i D. Bakteria A. chroococcum jest A B , który czerpie energię z utleniania związków C D .
1 pkt – za pozytywną odpowiedź na postawione pytanie badawcze. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
• Tak. • Tak, pozwala to na ograniczenie używania nawozu. • Równoczesna obecność dwu badanych szczepów Azotobacter chroococcum pozwala na ograniczenie używania sztucznych nawozów azotowych w uprawie bawełny. • Uprawa bawełny w obecności szczepu AC1 i AC10 tej bakterii pozwala na ograniczenie używania syntetycznych nawozów azotowych.
rozwiązań zadań III. Posługiwanie się informacjami pochodzącymi z analizy materiałów źródłowych. Zdający: 2) odczytuje, analizuje, interpretuje i przetwarza informacje tekstowe, graficzne, liczbowe.
1 pkt – za poprawne wykazanie związku między obecnością ureazy wydzielanej do gleby przez A. chroococcum a wzrostem bawełny, uwzględniające rozkład przez urazę mocznika do jonów amonowych, łatwiej przyswajanych przez bawełnę. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
• Ureaza katalizuje rozkład mocznika dostarczanego jako nawóz do jonów amonowych, które są łatwiej przyswajalną formą azotu dla roślin. • Ten enzym katalizuje reakcję, w wyniku której z mocznika dostarczanego jako nawóz powstają jony amonowe łatwo przyswajane przez rośliny.
Matura próbna CKE styczeń, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Glifosat jest jednym z najczęściej stosowanych herbicydów. Jego działanie polega na zahamowaniu szlaku metabolicznego, który umożliwia roślinom, grzybom i bakteriom syntezę aminokwasów aromatycznych – dla zwierząt aminokwasy aromatyczne są związkami egzogennymi. W 1996 roku wprowadzono na rynek zmodyfikowaną genetycznie soję zawierającą gen kodujący kluczowy enzym opisanego szlaku, zmieniony tak, aby ten enzym był niewrażliwy na działanie glifosatu. Dzięki temu rośliny soi mogą rosnąć i wydawać plony w obecności herbicydu. Od tego czasu opracowano też odmiany soi z innymi modyfikacjami genetycznymi, zapewniającymi niewrażliwość na inne herbicydy, na szkodniki czy ze zmienioną zawartością kwasów tłuszczowych. W 2018 roku soja zajmowała około 50% całkowitej powierzchni upraw transgenicznych na świecie.
Wykaż, że stosowanie dużych ilości glifosatu może stanowić zagrożenie dla różnorodności biologicznej.
Wyjaśnij, dlaczego glifosat jest nieskuteczny w zwalczaniu szkodników owadzich.
1 pkt – za poprawne wykazanie, że stosowanie dużych ilości glifosatu może stanowić zagrożenie dla różnorodności biologicznej, odnoszące się do szkodliwości stosowania glifosatu dla bakterii, dla grzybów lub dla roślin. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowa odpowiedź Glifosat to silny herbicyd uniemożliwiający wzrost innych roślin niż transgeniczna soja. Po przedostaniu się do gleby glifosat działa również zabójczo na bakterie i na grzyby.
rozwiązań zadań
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, dlaczego glifosat jest nieskuteczny w zwalczaniu szkodników owadzich, odnoszące się do niewystępowania u zwierząt szlaku metabolicznego hamowanego przez glifosat. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowa odpowiedź Glifosat działa hamująco na szlak syntezy aminokwasów aromatycznych. Szlak ten nie występuje u zwierząt, które muszą przyjmować te aminokwasy z pokarmem. Główne miejsce działania glifosatu nie występuje więc u zwierząt, dlatego jest on nieskuteczny w zwalczaniu owadów.
C
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
B
rozwiązań zadań ludzkiego. Zdający objaśnia funkcjonowanie 4. Protisty i rośliny pierwotnie wodne. organizmu ludzkiego […]. Zdający: VI. Postawa wobec przyrody i środowiska. 4) wymienia najważniejsze protisty Zdający […] prezentuje postawę szacunku wywołujące choroby człowieka ([…] wobec siebie […]. czerwonka pełzakowa) […], przedstawia drogi zakażenia oraz przedstawia podstawowe zasady profilaktyki chorób wywoływanych przez protisty.
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Która cecha występuje u bakterii – organizmów prokariotycznych? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.
• Oprócz reszt aminokwasowych zawiera również atomy niklu. • Zawiera atomy niklu, które znajdują się w miejscu aktywnym ureazy.
1 pkt – poprawny opis, uwzględniający wchłanianie 13CO2 do naczyń krwionośnych w ścianie przewodu pokarmowego oraz transport wraz z krwią do płuc. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
• Powstający w żołądku 13CO2 przenika do naczyń krwionośnych znajdujących się w ścianie żołądka, następnie jest wraz z krwią transportowany do płuc. • Dwutlenek węgla jest wchłaniany do krwi z przewodu pokarmowego, a potem jest transportowany z krwią do płuc. • 13CO2 jest wchłaniany do naczyń włosowatych żołądka, a następnie krew płynie następującą drogą: żyłki odprowadzające → żyły żołądkowe (lewa, prawa oraz krótkie) → żyła wrotna → naczynia krwionośne wątroby → żyła wątrobowa → żyła główna dolna → prawy przedsionek serca → prawa komora serca → pień płucny → tętnice płucne → tętniczki płucne → naczynia włosowate płuc.
A
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Dokończ zdanie. Wybierz właściwą odpowiedź spośród podanych. Trofozoity dostają się wraz z krwią z jelita do wątroby człowieka
Które działanie stanowi profilaktykę pełzakowicy? Wybierz właściwą odpowiedź spośród podanych.
C
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
B
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Dokończ zdanie. Wybierz właściwą odpowiedź spośród podanych. Aby pobrać fragment błony śluzowej żołądka diagnozowanego pacjenta, należy wykonać
• Oprócz reszt aminokwasowych zawiera również atomy niklu. • Zawiera atomy niklu, które znajdują się w miejscu aktywnym ureazy.
1 pkt – poprawny opis, uwzględniający wchłanianie 13CO2 do naczyń krwionośnych w ścianie przewodu pokarmowego oraz transport wraz z krwią do płuc. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
• Powstający w żołądku 13CO2 przenika do naczyń krwionośnych znajdujących się w ścianie żołądka, następnie jest wraz z krwią transportowany do płuc. • Dwutlenek węgla jest wchłaniany do krwi z przewodu pokarmowego, a potem jest transportowany z krwią do płuc. • 13CO2 jest wchłaniany do naczyń włosowatych żołądka, a następnie krew płynie następującą drogą: żyłki odprowadzające → żyły żołądkowe (lewa, prawa oraz krótkie) → żyła wrotna → naczynia krwionośne wątroby → żyła wątrobowa → żyła główna dolna → prawy przedsionek serca → prawa komora serca → pień płucny → tętnice płucne → tętniczki płucne → naczynia włosowate płuc.
A
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.
• 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. • Ze względu na obecność filtru nie mogło dojść do koniugacji. • Skoro pożywka była wolna od bakteriofagów, nie mógł zajść HTG na drodze transdukcji. • Jeżeli w pożywce nie było czynnika infekującego bakterie, to nie mógł on przenosić DNA między komórkami bakterii, więc nie doszło do transdukcji. • W pożywce pełnej bakterie przeżywały, a więc nie uwalniały się fragmenty genomu bakteryjnego, które mogłyby zostać pobrane przez bakterie drugiego szczepu. • Filtr zapobiegł bezpośrednim kontaktom bakterii, a tym samym – koniugacji. Hodowla nie zawierała bakteriofagów – nie mogła więc zajść transdukcja. Z kolei ostateczny wynik doświadczenia pokazał, że nie zaszła również transformacja – bakterie były w dobrej kondycji i nie dochodziło do uwalniania DNA z martwych komórek. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi, z których nie wynika, który mechanizm HTG został wybrany, np.: • „Ze względu na obecność filtru, który izolował bakterie różnych szczepów, nie mogło dojść do HTG” • „Nie doszło do wymiany informacji genetycznej między szczepami bakterii A i B, ponieważ rozdzielał je filtr”.
A2
rozwiązań zadań
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Dokończ zdanie. Wybierz odpowiedź A albo B oraz jej uzasadnienie 1. albo 2. Tryb życia A. chroococcum jest
Rozstrzygnij, jaka zależność – mutualizm czy komensalizm – występuje między bakteriami z rodzaju Rhizobium a roślinami bobowatymi. Odpowiedź uzasadnij, odwołując się do definicji wybranej zależności oraz do przykładów korzyści lub strat odnoszonych przez wymienione organizmy.
BC
1 pkt – za poprawne uzupełnienie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
B2
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Rozstrzygnięcie: Mutualizm
1 pkt – za rozstrzygnięcie, że jest to mutualizm, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do korzyści uzyskiwanych zarówno przez rośliny – dostęp do związków azotowych, jak i bakterie – otrzymywanie substancji pokarmowych. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
• Bakterie otrzymują produkty fotosyntezy od rośliny, a rośliny mają łatwiejszy dostęp do związków azotowych. Jest to więc zależność obustronnie korzystna, czyli mutualizm. • Mutualizm to relacja dwóch organizmów, w której obydwa osiągają korzyść netto. W tym przypadku rośliny otrzymują związki zawierające azot, a bakterie uzyskują związki organiczne wytworzone przez rośliny.