Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Ładowanie…
Biologia
Na poniższym zdjęciu z mikroskopu elektronowego przedstawiono budowę fragmentów dwóch komórek roślinnych – A i B, wchodzących w skład tej samej tkanki.
Uzupełnij tabelę. Wpisz w wyznaczone miejsca tabeli nazwy i funkcje struktur komórki roślinnej, zaznaczonych na kopiach powyższego zdjęcia kolorem czerwonym.
| Struktura zaznaczona na zdjęciu | ||
|---|---|---|
| Nazwa struktury | ||
| Funkcja struktury |
Uzupełnij zdania. Wybierz odpowiedź spośród oznaczonych literami A i B oraz odpowiedź spośród oznaczonych literami C i D. Sok komórkowy znajdujący się wewnątrz wakuoli A B składem od cytozolu. W miarę wzrostu komórki miękiszowej objętość wakuoli C D .
Wyjaśnij, dlaczego wzrost stężenia cukrów prostych we wnętrzu wakuoli prowadzi do wzrostu turgoru komórki.
Podaj nazwę błony wakuolarnej, oddzielającej sok komórkowy od cytozolu.
2 pkt – poprawne uzupełnienie czterech pól tabeli. 1 pkt – poprawne uzupełnienie jednej kolumny LUB pierwszego wiersza tabeli (nazwa struktury). 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Struktura zaznaczona na zdjęciu Nazwa ściana komórkowa chloroplast / chloroplasty struktury Funkcja stanowi barierę między wnętrzem przeprowadza fotosyntezę / struktury komórki a środowiskiem fotosynteza / asymilacja dwutlenku zewnętrznym lub między węgla komórkami / nadaje kształt komórce / chroni przed uszkodzeniami mechanicznymi / umożliwia transport między komórkami
AD
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
1 pkt – poprawne wyjaśnienie, uwzględniające osmotyczny napływ wody do wakuoli. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Zaburzenia liczby chromosomów w komórce mogą być spowodowane przez nondysjunkcję. Dochodzi do niej, kiedy para chromosomów homologicznych lub chromatyd siostrzanych nieprawidłowo rozdzieli się – odpowiednio – podczas pierwszego lub drugiego podziału mejotycznego. Na poniższym schemacie przedstawiono, jak może dojść do nondysjunkcji podczas I podziału mejotycznego oraz podczas II podziału mejotycznego. Miejsce zachodzenia nondysjunkcji oznaczono literami ND.
Określ skutki nondysjunkcji podczas II podziału mejotycznego. Wpisz w wyznaczone miejsca tabeli liczbę chromosomów w każdej z komórek potomnych oznaczonych na schemacie literami A–D.
Określ, czy procesy wskazane poniżej zachodzą w I, w II, czy – w obu podziałach mejotycznych. Wpisz w odpowiednie komórki tabeli literę T (tak), jeżeli dany proces zachodzi, albo literę N (nie) – jeżeli nie zachodzi. Uwaga: Przyjmij założenie, że podział mejotyczny zachodzi prawidłowo.
| Proces | I podział | II podział |
|---|---|---|
| Skracają się włókna wrzeciona podziałowego. |
2 pkt – poprawne wypełnienie czterech komórek tabeli. 1 pkt – poprawne wypełnienie trzech komórek tabeli. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Komórka potomna Liczba chromosomów A n + 1 albo 3 B n – 1 albo 1 C n albo 2 D n albo 2 Komórka potomna Liczba chromosomów A n – 1 albo 1 B n + 1 albo 3 C n albo 2 D n albo 2
Proces I podział II podział Skracają się włókna wrzeciona podziałowego. T T Tworzą się biwalenty. T N Centromery w chromosomach ulegają rozdzieleniu. N T
2 pkt – poprawne wypełnienie trzech wierszy tabeli. 1 pkt – poprawne wypełnienie dwóch wierszy LUB jednej kolumny tabeli. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Przeprowadzono doświadczenie, którego celem było zbadanie wpływu czerwonego światła na suchą masę siewek soi (Glycine max). Nasiona soi odmiany BRS 537 podzielono na cztery grupy. Nasiona z każdej grupy naświetlono dawkami światła laserowego o długości fali 660 nm według następującego schematu: • grupa T0 – nasiona nienaświetlane • grupa T1 – dawka naświetlania 0,8 J ∙ cm–2 • grupa T2 – dawka naświetlania 1,6 J ∙ cm–2 • grupa T3 – dawka naświetlania 3,2 J ∙ cm–2. Następnie nasiona z każdej grupy umieszczono na oddzielnych bibułkach do kiełkowania, przykryto kolejnym arkuszem bibuły i zwilżono wodą destylowaną w proporcji 2,5-krotności suchej masy bibuły. Bibuły zwinięto w rolkę, umieszczono w plastikowej torbie, a następnie przechowywano w inkubatorze w temperaturze 25 °C i przy 12-godzinnym fotoperiodzie (12 h dzień / 12 h noc) przez 7 dni. Po tym okresie zważono suchą masę siewek w każdej grupie. W przypadku każdej opisanej grupy zastosowano cztery powtórzenia po 25 siewek. Na poniższym wykresie przedstawiono wyniki doświadczenia w postaci wartości średnich z czterech powtórzeń, wraz z odchyleniem standardowym.
Na podstawie przedstawionych informacji sformułuj wniosek z doświadczenia.
Uzasadnij, że w celu otrzymania wiarygodnych wyników było konieczne: 1. utrzymanie tej samej temperatury we wszystkich grupach 2. umieszczenie kiełkujących nasion w plastikowej torbie.
Dokończ zdanie. Wybierz odpowiedź A albo B oraz jej uzasadnienie 1. albo 2. Wyniki w próbie T2 były
1 pkt – sformułowanie poprawnego wniosku, uwzględniającego zróżnicowany wpływ czerwonego światła na suchą masę siewek soi. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
• Naświetlanie laserem o długości fali 660 nm przy odpowiedniej dawce światła jest w stanie zwiększyć suchą masę siewek soi. • Niektóre efekty biostymulacji nasion soi czerwonym laserem są pozytywne i zwiększają tempo rozwoju struktur sadzonek, a co za tym idzie – ich suchą masę. • W zależności od dawki światła o długości 660 nm, służącego do naświetlania nasion, siewki soi mogą mieć zmniejszoną lub zwiększoną suchą masę. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do światła bez podania jego koloru lub długości fali.
2 pkt – dwa poprawne uzasadnienia. 1 pkt – jedno poprawne uzasadnienie. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
1. utrzymanie tej samej temperatury we wszystkich grupach: • Dzięki temu wiadomo, że temperatura nie miała wpływu na uzyskane wyniki. • Gdyby temperatura się różniła między próbami, to mogłoby się to przełożyć na zróżnicowanie wyników. 2. umieszczenie kiełkujących nasion w plastikowej torbie: • Dzięki temu nasiona nie wyschły, a ich siła kiełkowania była wysoka. • Woda jest konieczna do kiełkowania nasion, a plastikowa torba utrzymuje wysoką wilgotność.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Larwy motyla tantnisia krzyżowiaczka (Plutella xylostella) żerują na liściach kapusty brukselskiej (Brassica oleracea var. gemmifera). Korzenie kapusty są pokarmem larw muchówki śmietki kapuścianej (Delia radicum). Samica śmietki składa około 100–150 jaj na hipokotylu lub w glebie. Po 5–10 dniach z jaj wylęgają się larwy. Przez 2–30 dni larwy żyją wewnątrz korzeni, drążąc w nich korytarze. Po tym czasie przechodzą w stadium poczwarki, w którym pozostają przez 15–20 dni. Badacze postanowili sprawdzić hipotezę, że żerowanie tantnisia krzyżowiaczka na kapuście jest przyczyną ograniczenia rozwoju śmietki kapuścianej poprzez uruchomienie mechanizmów obronnych rośliny. W tym celu przygotowano następującą próbę badawczą: I. Na najmłodszy w pełni rozwinięty liść trzytygodniowej kapusty brukselskiej wprowadzono 10 larw tantnisia krzyżowiaczka. Ogonek tego liścia owinięto watą, aby zapobiec rozprzestrzenieniu się larw na inne liście. II. Po dwóch dniach dziesięć nowo wyklutych larw śmietki kapuścianej umieszczono bezpośrednio na hipokotylu rośliny. III. Następnie po trzech dniach usunięto larwy tantnisia krzyżowiaczka. IV. Przez 35 kolejnych dni liczono pojawiające się dorosłe postaci śmietki kapuścianej. Próba kontrolna była taka sama jak próba badawcza – z tym wyjątkiem, że nie wprowadzono larw motyla. Zastosowano kilkadziesiąt powtórzeń obu prób. W tabeli przedstawiono wyniki eksperymentu.
| Próba kontrolna | Próba badawcza | |
|---|---|---|
| Odsetek larw śmietki kapuścianej przeobrażonych w imago | 79,8 % | 59,4 % |
Sformułuj wniosek z przeprowadzonego eksperymentu.
Określ, w jakim celu po trzech dniach od wprowadzenia na hipokotyle roślin larw śmietki kapuścianej usunięto z liści owady – larwy tantnisia krzyżowiaczka, mimo że eksperyment nadal trwał. W odpowiedzi uwzględnij testowaną hipotezę.
Uzasadnij, że zastosowanie wielokrotnych powtórzeń w przedstawionym doświadczeniu było konieczne, aby uzyskane wyniki były wiarygodne.
rozwiązań zadań
1 pkt – sformułowanie poprawnego wniosku, uwzględniającego negatywny wpływ skutków żerowania na liściach kapusty brukselskiej larw motyla tantnisia krzyżowiaczka na rozwój potomstwa muchówki śmietki kapuścianej LUB pozytywny wpływ na mechanizmy obronne kapusty. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Potwierdzono hipotezę. • Skutki żerowania na liściach kapusty brukselskiej larw motyla tantnisia krzyżowiaczka mają negatywny wpływ na rozwój potomstwa muchówki śmietki kapuścianej. • W wyniku żerowania larw motyla roślina uruchamia mechanizmy obronne.
1 pkt – poprawna odpowiedź, uwzględniająca wykluczenie wpływu bezpośredniej obecności na roślinie larwy tantnisia krzyżowiaczka na rozwój śmietki kapuścianej żerującej na roślinie. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Zrobiono to, aby potwierdzić, że to skutki żerowania, a nie – sama obecność larw tantnisia, wpływają na rozwój śmietki. • Po trzech dniach od wprowadzenia na hipokotyle roślin larw śmietki kapuścianej usunięto z liści rośliny larwy tantnisia krzyżowiaczka, aby udowodnić, że to nie bezpośrednia obecność motyla na roślinie wpływa na rozwój muchówki, ale że decydują o tym mechanizmy obronne samej rośliny. • Dzięki temu wiadomo, że śmietka rozwija się gorzej nie w wyniku konkurencji o pokarm z larwami motyla.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Ukwiał Nematostella vectensis to gatunek modelowy w badaniach biologicznych. Zbadano wpływ GABA (kwasu gamma-aminomasłowego) na rozwój N. vectensis. Larwy – planule – były hodowane w sztucznej wodzie morskiej. Do jednej hodowli dodano dodatkową porcję sztucznej wody morskiej, a do drugiej – roztwór GABA, którego stężenie końcowe wynosiło 10−3 mol ∙ dm−3. Doświadczenie wykonano w trzech powtórzeniach, a w każdym powtórzeniu użyto 100 larw. Poniżej przedstawiono wyniki badania: A – odsetek planul przekształconych w polipy oraz B – typowe formy zwierzęcia w kolejnych dniach po zapłodnieniu. Na wykresie przedstawiono wartości średnie, słupki błędów oznaczają odchylenie standardowe.
Podaj nazwę typu zwierząt, do którego należy N. vectensis.
Rozstrzygnij, która próba – tylko ze sztuczną wodą morską czy z dodatkiem GABA – była próbą kontrolną. Odpowiedź uzasadnij, odnosząc się do roli tej próby w interpretacji wyników doświadczenia.
Sformułuj wniosek na podstawie przedstawionych wyników doświadczenia.
parzydełkowce / Cnidaria
1 pkt – podanie poprawnego taksonu w randze typu. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
1 pkt – poprawne rozstrzygnięcie, że próbą kontrolną jest woda morska, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do roli tej próby jako poziomu odniesienia dla próby badawczej LUB do eliminacji wpływu innych czynników niż obecność GABA na rozwój larw. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi. Rozstrzygnięcie tylko ze sztuczną wodą morską / woda morska / woda
• Dzięki tej próbie wiadomo, jak silne jest działanie GABA, które można ocenić przez porównanie wyników próby badawczej z wynikami próby kontrolnej. • Próba z wodą pokazała, że GABA faktycznie działa, a powolny rozwój larw nie wynika z innych, nieznanych czynników.
1 pkt – sformułowanie poprawnego wniosku, odnoszącego się do hamowania rozwoju ukwiału przez GABA. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• GABA jest przyczyną hamowania rozwoju polipa Nematostella. • Metamorfoza Nematostella jest hamowana przez GABA. • Kwas gamma-aminomasłowy uniemożliwia prawidłowe przekształcanie się planuli w polip ukwiału. • GABA negatywnie wpływa na rozwój N. vectensis. • GABA spowalnia rozwój larwy polipa N. vectensis. • GABA w tak dużym stężeniu nie tylko opóźnia, ale wręcz uniemożliwia rozwój ukwiału.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
U człowieka zmiany objętości krwi mogą wpływać na jej ciśnienie tętnicze. Jeśli objętość krwi wzrasta, to ciśnienie krwi rośnie, podczas gdy spadek objętości krwi jest przyczyną spadku ciśnienia krwi. Niewielki wzrost objętości krwi występujący w ciągu dnia jest spowodowany m.in. przyjmowaniem pokarmu i płynów.
Uzupełnij schemat przedstawiający regulację ciśnienia krwi w organizmie człowieka. Wybierz odpowiedź spośród oznaczonych literami A i B oraz odpowiedź spośród oznaczonych literami C i D.
Podaj nazwę hormonu wydzielanego przez tylny płat przysadki mózgowej, który to hormon reguluje objętość wydalanego moczu, oraz wyjaśnij, na czym polega działanie tego hormonu. W odpowiedzi uwzględnij mechanizm oraz skutek działania hormonu.
BD
rozwiązań zadań Zdający: 4) objaśnia funkcjonowanie organizmu człowieka na różnych poziomach złożoności […].
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
2 pkt – podanie poprawnej nazwy hormonu i poprawne wyjaśnienie, uwzględniające pobudzanie resorpcji wody w kanalikach nerkowych przez hormon antydiuretyczny, co jest przyczyną zagęszczenia moczu i zmniejszenia jego objętości. 1 pkt – podanie poprawnej nazwy hormonu. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi. Przykładowa odpowiedź Nazwa: hormon antydiuretyczny / ADH / adiuretyna / wazopresyna / AVP Wyjaśnienie: Pobudza resorpcję wody w kanalikach nerkowych, co przekłada się na zagęszczenie moczu i zmniejszenie jego objętości.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Jednym z warunków zachodzenia translacji w komórce jest synteza aminoacylo-tRNA (AA-tRNA). Rozpoznanie i przyłączenie odpowiedniego aminokwasu do tRNA zależy od enzymów – syntetaz aminoacylo-tRNA, które kowalencyjnie łączą każdy z aminokwasów z odpowiednim dla niego tRNA. Ta reakcja jest sprzężona z uwalnianiem energii w wyniku hydrolizy ATP. Dla każdego aminokwasu istnieje odrębna syntetaza. Ogółem w cytozolu komórek jest więc 20 różnych syntetaz. Syntetazy aminoacylo-tRNA rozpoznają właściwy tRNA na podstawie niektórych nukleotydów w ramionach aminokwasowym i antykodonowym. Na rysunku przedstawiono syntezę jednego spośród 20 różnych aminoacylo-tRNA (strzałka A) oraz rozpoznawanie przez niego kodonu mRNA (strzałka B).
Na podstawie rysunku uzupełnij tabelę – wpisz w wyznaczone miejsca: nazwę aminokwasu przyłączanego do tRNA, sekwencję kodonu mRNA oraz sekwencję antykodonu AA-tRNA. Nazwa aminokwasu Sekwencja kodonu mRNA 5′ ................................................. 3′ Sekwencja antykodonu tRNA 5′ ................................................. 3′
Na podstawie rysunku wymień wszystkie substraty i produkty reakcji syntezy AA-tRNA.
Rozstrzygnij, czy powyższa reakcja syntezy AA-tRNA jest przykładem anabolizmu, czy – katabolizmu. Odpowiedź uzasadnij.
Nazwa aminokwasu tryptofan / Trp Sekwencja kodonu mRNA 5′ UGG 3′ Sekwencja antykodonu tRNA 5′ CCA 3′
2 pkt – poprawne uzupełnienie trzech pól tabeli. 1 pkt – za podanie poprawnej nazwy aminokwasu. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
2 pkt – poprawne wymienienie wszystkich substratów i wszystkich produktów reakcji syntezy AA-tRNA, które są widoczne na rysunku. 1 pkt – poprawne wymienienie tylko wszystkich substratów albo tylko wszystkich produktów reakcji syntezy AA-tRNA, które są widoczne na rysunku. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi. Przykładowa odpowiedź Substraty: aminokwas / tryptofan tRNA ATP Produkty: AA-tRNA / Trp-tRNA AMP 2Pi / 2 aniony fosforanowe Uwaga: Uznaje się odpowiedzi: PPi / anion difosforanowy / pirofosforan Pi (bez zachowania stechiometrii)
rozwiązań zadań
1 pkt – poprawne rozstrzygnięcie, że przedstawiona reakcja jest przykładem anabolizmu, wraz z poprawnym uzasadnieniem, uwzględniającym wyższy stopień złożoności produktu w stosunku do substratów. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi. Rozstrzygnięcie Jest to przykład anabolizmu. / Anabolizm
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
(0–1) Śnieżyca duża (Anser caerulescens) to gatunek ptaka gnieżdżącego się kolonijnie w północnej części Kanady. Okres składania jaj trwa około dwóch tygodni i odbywa się wczesnym latem. Ponieważ presja ze strony drapieżników rozkłada się na całą kolonię lęgową śnieżyc, równoczesne składanie i wysiadywanie jaj zwiększa szansę na uchronienie lęgów przed drapieżnikami, takimi jak lisy. Dzieje się tak, ponieważ lęgi pojawiają się niemal równocześnie w ilości przekraczającej możliwości drapieżnika. Śnieżyce, które składają jaja w czasie, gdy robi to większość osobników, mają większą szansę na wyprowadzenie lęgów. Prawdopodobieństwo przeżycia lęgów pojawiających się nieco wcześniej lub nieco później jest znacznie mniejsze. Na poniższym wykresie przedstawiono względną wartość przystosowawczą wyrażoną średnią liczbą podlotów, czyli młodych opuszczających gniazdo. Względny dzień wylęgu piskląt jest określony jako liczba dni upływających od dnia najliczniejszego wylęgu w kolonii.
A1
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Matura CKE maj, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
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 |
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.
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.
tonoplast
1 pkt – podanie poprawnej nazwy błony wakuoli. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
| Tworzą się biwalenty. |
| Centromery w chromosomach ulegają rozdzieleniu. |
Uzupełnij zdania. Wybierz odpowiedź spośród oznaczonych literami A i B oraz odpowiedź spośród oznaczonych literami C i D. Rośliny dnia krótkiego do zainicjowania kwitnienia wymagają okresu nieprzerwanej ciemności A B od pewnej wartości krytycznej. Ta wartość C D taka sama dla roślin różnych gatunków zaliczanych do grupy roślin dnia krótkiego.
A1
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
BD
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. U śmietki kapuścianej występuje rozwój złożony z przeobrażeniem
1 pkt – poprawne uzasadnienie, uwzględniające wykluczenie wpływu przypadkowego czynnika na wynik eksperymentu. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Doświadczenie powinno być przeprowadzone na więcej niż jednym osobniku kapusty brukselskiej, aby wykluczyć wpływ przypadkowego czynnika na wyniki eksperymentu. • Aby wykluczyć, że to zmienność osobnicza pojedynczej rośliny kapusty brukselskiej odpowiadała za nietypową reakcję na stres wywołany żerowaniem motyla. • Aby uniknąć wpływu indywidualnych cech badanych osobników na wnioskowanie.
A1
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
Wykaż, że specyficzność substratowa syntetaz AA-tRNA jest konieczna, aby powstający w czasie translacji peptyd miał prawidłową sekwencję aminokwasową.
1 pkt – poprawna odpowiedź, odnosząca się do możliwości włączenia prawidłowego aminokwasu do syntezowanego polipeptydu tylko wtedy, jeżeli AA-tRNA łączący się z odpowiednim kodonem mRNA zawiera określony i właściwy aminokwas. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Włączenie prawidłowego aminokwasu do syntezowanego polipeptydu możliwe jest tylko wtedy, jeżeli do AA-tRNA z danym antykodonem, rozpoznającym właściwy kodon mRNA, jest dołączony ściśle określony, właściwy aminokwas. • Jeśli do danego tRNA nie zostanie przyłączony właściwy aminokwas, to zostanie wbudowany niewłaściwy aminokwas do polipeptydu powstającego podczas translacji, mimo prawidłowego rozpoznania kodon – antykodon.
| 1 |
| cysteina | 35 | lizyna | 59 | tyrozyna | 18 |
| glicyna | 12 | metionina | 6 | walina | 41 |
| glutamina | 20 | fenyloalanina | 31 |
• 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.