Matura CKE czerwiec, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
Ładowanie…
Na opakowaniu galaretki owocowej podano następującą informację: „Pamiętaj, że świeże owoce kiwi i ananasa powodują, że galaretka nie tężeje”, oraz zwrócono uwagę na obecność żelatyny w składzie produktu. Żelatyna to produkt częściowej hydrolizy białka – kolagenu. W celu sprawdzenia, czy sparzenie wrzącą wodą owoców kiwi wpłynie na aktywność proteazy w nich zawartej, uczniowie zaplanowali doświadczenie, do którego przygotowano następujące materiały: • dwie szklanki z ostudzoną, ale jeszcze niestężałą galaretką owocową • dwie miseczki z rozdrobnionymi owocami kiwi • wrzącą wodę.
Zaplanuj przebieg doświadczenia – opisz próbę badawczą i próbę kontrolną oraz
podaj sposób odczytania wyników.
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A albo B oraz odpowiedź 1. albo 2. Kolagen jest białkiem
rozwiązań zadań warunki doświadczenia, rozróżnia próbę 1. Enzymy. Zdający: kontrolną i badawczą […]. 3) wyjaśnia, na czym polega swoistość enzymów; określa czynniki warunkujące ich aktywność (temperatura, […]).
3 pkt – za prawidłowe zaplanowanie przebiegu doświadczenia uwzględniające opisanie próby badawczej ORAZ próby kontrolnej ORAZ uwzględniające sposób odczytania wyników. 2 pkt – za prawidłowe zaplanowanie przebiegu doświadczenia uwzględniające opisanie próby badawczej ORAZ próby kontrolnej. 1 pkt – za prawidłowe zaplanowanie przebiegu doświadczenia uwzględniające opisanie próby badawczej ALBO próby kontrolnej. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązanie Próba badawcza: galaretka ze sparzonymi wrzącą wodą kawałkami owocu kiwi. Próba kontrolna: galaretka ze świeżymi kawałkami owocu kiwi. Sposób odczytania wyników: obserwowanie stopnia stężenia galaretki w obu naczyniach.
B1
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
Hemofilia typu B jest chorobą dziedziczoną w sposób recesywny, sprzężony z płcią.
Dwójka zdrowych rodziców ma syna, który cierpi na hemofilię typu B.
Określ genotypy rodziców. Zapisz krzyżówkę genetyczną i na jej podstawie określ prawdopodobieństwo urodzenia się tym rodzicom dziecka chorego na hemofilię typu B. Allel dominujący oznacz jako H, a allel recesywny – jako h. ojciec – ............................................. matka – ............................................. matka ojciec
Wykaż, że mężczyźni nie mogą być nosicielami hemofilii typu B.
Genotypy rodziców: matka – XH Xh ojciec – XH Y Krzyżówka: matka XH Xh XH XH XH XH Xh ojciec Y XH Y Xh Y Prawdopodobieństwo urodzenia się dziecka chorego na hemofilię typu B: 25%
3 pkt – za poprawne określenie genotypów ORAZ zapisanie krzyżówki genetycznej ORAZ określenie prawdopodobieństwa. 2 pkt – za poprawne określenie genotypów ORAZ zapisanie krzyżówki genetycznej. 1 pkt – za poprawne określenie genotypów. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań Zdający objaśnia funkcjonowanie organizmu 4) opisuje sprzężenia genów (w tym ludzkiego na różnych poziomach sprzężenia z płcią) […]. złożoności; dostrzega związki między strukturą a funkcją na każdym z tych poziomów. V. Rozumowanie i argumentacja. Zdający objaśnia i komentuje informacje […], wyjaśnia zależności przyczynowo- -skutkowe […].
1 pkt – za poprawne wykazanie, że mężczyźni nie mogą być nosicielami hemofilii typu B, uwzględniające sprzężenie allelu warunkującego hemofilię z chromosomem X oraz hemizygotyczność mężczyzn. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Hemofilia typu B jest chorobą dziedziczoną w sposób recesywny, sprzężony z płcią. Mężczyźni nie mogą być zatem nosicielami, ponieważ recesywny allel położony na chromosomie X zawsze będzie się u nich ujawniał ze względu na brak drugiego chromosomu X. • Mężczyźni mają tylko jeden chromosom X, a to właśnie na nim jest położony gen odpowiedzialny za hemofilię. Jeżeli mężczyzna ma allel warunkujący chorobę, to nie może on zostać zamaskowany przez drugi allel z chromosomu homologicznego. • Mężczyźni mający w swoim genotypie allel hemofilii B chorują na hemofilię, a nie są jej nosicielami, ponieważ mają tylko jeden chromosom X, a nosiciel musi mieć oprócz allelu h także allel H.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
U myszy allel warunkujący czarne ubarwienie sierści B dominuje nad allelem b warunkującym białą barwę sierści. W pewnej populacji tych gryzoni będącej w stanie równowagi genetycznej częstość allelu b wynosi 0,3.
Na podstawie prawa Hardy’ego – Weinberga oblicz częstość heterozygot w opisanej populacji.
1. Osobniki rozmnażają się wyłącznie płciowo. T N 2. Dochodzi do powstawania mutacji. T N 3. Działa dobór naturalny. T N
Oceń, czy podane warunki muszą być spełnione, aby w populacji została zachowana równowaga genetyczna Hardy’ego – Weinberga. Zaznacz T (tak), jeżeli warunek musi być spełniony, albo N (nie) – jeśli nie musi być spełniony.
1 pkt – za poprawne obliczenie częstości heterozygot. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązanie Obliczenia: 𝑝= 1– 𝑞= 1– 0,3 = 0,7 2𝑝𝑞= 2 × 0,3 × 0,7 = 0,42 Częstość heterozygot: 0,42 = 42%
1. – T, 2. – N, 3. – N.
2 pkt – za poprawną ocenę trzech warunków. 1 pkt – za poprawną ocenę dwóch warunków. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
(0–2) Ekologiczna nisza podstawowa gatunku to nisza potencjalnie zajmowana przez ten gatunek w warunkach optymalnych, natomiast nisza zrealizowana jest częścią niszy podstawowej, zajmowaną przez gatunek w danych warunkach abiotycznych i biotycznych. Drożdże Saccharomyces cerevisiae w środowisku naturalnym bytują m.in. na powierzchni owoców winorośli, na której – mimo warunków tlenowych – głównie przeprowadzają fermentację alkoholową. Na powierzchni owoców winorośli występują także różne bakterie, które – podobnie jak S. cerevisiae – jako główne źródło energii wykorzystują glukozę. Badania wykazały, że bakterie wydzielają kwas mlekowy, modyfikujący metabolizm komórek drożdży. W obecności kwasu mlekowego drożdże wykorzystują do wzrostu związki, które nie są substratami fermentacji alkoholowej, dzięki czemu ich wzrost i żywotność są lepsze.
rozwiązań zadań
2 pkt – za poprawne podanie dwóch argumentów świadczących o znacznym pokrywaniu się nisz ekologicznych drożdży i bakterii. 1 pkt – za poprawne podanie jednego argumentu świadczącego o znacznym pokrywaniu się nisz ekologicznych drożdży i bakterii. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązanie • Argument 1.: obie grupy organizmów występują na powierzchni winorośli i zajmują to samo siedlisko. • Argument 2.: obie grupy organizmów wykorzystują ten sam substrat pokarmowy – glukozę.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
Przed epoką wielkich odkryć geograficznych występowała w Ameryce Północnej muchówka, której larwy żyły w owocach rodzimych głogów. Po przybyciu Europejczyków, którzy uprawiali drzewa owocowe, wykształciły się rasy pokarmowe tej muchy żerujące także na jabłoniach i wiśniach. Te trzy rasy są częściowo odizolowane od siebie, ponieważ owoce żywicielskie: wiśnia, jabłoń i głóg, dojrzewają w różnym czasie – od wiosny do lata. Jest to początkowe stadium specjacji.
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A albo B oraz jej uzasadnienie 1. albo 2. Opisany proces powstawania trzech gatunków muchówek to specjacja
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź spośród podanych. Aby opisane rasy pokarmowe można było nazwać odrębnymi gatunkami biologicznymi, musi dojść do
B2
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
C
1 pkt – za wybór poprawnej odpowiedzi. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
Glifosat jest jednym z najczęściej stosowanych herbicydów. Jego działanie polega na zahamowaniu szlaku metabolicznego, który umożliwia roślinom, grzybom i bakteriom syntezę aminokwasów aromatycznych – dla zwierząt aminokwasy aromatyczne są związkami egzogennymi. W 1996 roku wprowadzono na rynek modyfikowaną genetycznie soję zawierającą gen kodujący kluczowy enzym opisanego szlaku, zmieniony tak, aby był odporny na działanie glifosatu. Dzięki temu rośliny soi mogą rosnąć i wydawać plony w obecności herbicydu. Od tego czasu opracowano też odmiany soi z innymi modyfikacjami genetycznymi, zapewniające odporność na inne herbicydy, na szkodniki czy ze zmienioną zawartością kwasów tłuszczowych. W 2018 roku soja stanowiła około 50% transgenicznych upraw.
Wykaż, że stosowanie dużych ilości glifosatu może stanowić zagrożenie dla różnorodności biologicznej.
Wyjaśnij, dlaczego glifosat jest nieskuteczny w zwalczaniu szkodników owadzich.
1 pkt – za poprawne wykazanie, że stosowanie dużych ilości glifosatu może stanowić zagrożenie dla różnorodności biologicznej, odnoszące się do szkodliwości stosowania glifosatu dla bakterii, grzybów i roślin. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązanie Glifosat to silny herbicyd uniemożliwiający wzrost innych roślin niż transgeniczna soja. Po przedostaniu się do gleby glifosat działa również zabójczo na bakterie i grzyby.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, dlaczego glifosat nie jest toksyczny dla zwierząt, odnoszące się do niewystępowania u zwierząt szlaku metabolicznego hamowanego przez glifosat. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań Przykładowe rozwiązania • Zwierzęta nie mają zdolności syntezy aminokwasów aromatycznych. Ze względu na to, że glifosat hamuje jeden z enzymów niezbędnych do syntezy aminokwasów aromatycznych, ten związek nie jest toksyczny dla zwierząt. • Glifosat działa hamująco na szlak syntezy aminokwasów aromatycznych. Te aminokwasy są dla zwierząt egzogenne, a więc muszą one przyjmować go z pokarmem. Dlatego glifosat nie jest toksyczny dla zwierząt.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
(0–1) Lipiennik Loesela (Liparis loeselii) to storczyk objęty ochroną ścisłą oraz umieszczony w Polskiej czerwonej księdze roślin jako gatunek wysokiego ryzyka. Występuje on na terenach podmokłych – na torfowiskach lub turzycowiskach zasilanych wodami bogatymi w związki wapnia. W Polsce notowano jego obecność na ponad 200 stanowiskach na niżu: przede wszystkim w północnej, zachodniej i środkowej części kraju, w większości – w pasie pojezierzy i pobrzeża.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, że ochrona siedliskowa zapewni odpowiednie czynniki abiotyczne dla życia lipiennika – wilgotność siedlisk (torfowisk i turzycowisk) i wapienne podłoże. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Ponieważ pozwoli to na przetrwanie tego gatunku ze względu na duży dostęp do wody i związków wapnia. • Ze względu na wymagania rośliny dotyczące dostępu do wody i składników mineralnych ochrona siedliska zapewni jej dostęp do tych zasobów. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych, odnoszących się wyłącznie do „odpowiednich warunków” bez wskazania na konkretne czynniki abiotyczne: wilgotność i dostępność związków mineralnych.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Akwaporyna jest białkiem transportującym wodę przez błonę komórkową. Występuje m.in. w komórkach nabłonka kanalików zbiorczych nefronu człowieka – tworzy kanały białkowe w błonie komórkowej. Kierunek transportu wody wynika z różnicy jej stężeń między cytozolem komórki nabłonka a światłem kanalika nefronu. Akwaporyna powstaje dzięki ekspresji genu AQP2 leżącego na chromosomie 12 i składa się z czterech łańcuchów polipeptydowych, z których każdy jest zbudowany z 271 reszt aminokwasowych. Mutacje w genie AQP2 mogą powodować powstawanie niefunkcjonalnej akwaporyny, co jest przyczyną moczówki prostej nerkowej. Na poniższym schemacie przedstawiono strukturę akwaporyny widzianej w płaszczyźnie błony komórkowej (A) oraz widzianej od wewnętrznej strony błony komórkowej (B).
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A, B albo C oraz jej uzasadnienie 1., 2. albo 3. Strukturą akwaporyny o najwyższej rzędowości jest struktura
C2
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za wybór odpowiedzi B oraz poprawne uzasadnienie, odnoszące się do transportu przez kanały białkowe zgodnie z gradientem stężeń lub bez nakładu energii. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania B Uzasadnienie: • Transport substancji zachodzi przez kanały białkowe dzięki różnicy ich stężeń. • Jest to dyfuzja, bo nie wymaga nakładu energii, i jest ona wspomagana, bo nie zachodzi bezpośrednio przez błonę, ale – przez kanały białkowe. egzaminu maturalnego przeprowadzanego w roku szkolnym 2022/2023 i 2023/2024 (Dz.U. poz. 1246).
1 pkt – za poprawne określenie, że ilość wydalanego moczu jest większa w porównaniu z normą, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do ograniczenia wchłaniania zwrotnego wody w nefronie. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Spowoduje to wydalanie dużej ilości wodnistego moczu, gdyż w wyniku uszkodzenia białka budującego kanały akwaporyny woda nie jest resorbowana z moczu w nefronie. • Ilość wydalanego moczu jest większa, bo zmieniona akwaporyna jest niefunkcjonalna i ogranicza wchłanianie zwrotne wody w kanaliku zbiorczym nefronu.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Podczas oddychania tlenowego związki organiczne są całkowicie utleniane do CO2 i H2O. W końcowym etapie utleniania protony i elektrony przenoszone przez NADH + H+ oraz FADH2 są przekazywane kompleksom białkowym wchodzącym w skład łańcucha oddechowego. Synteza jednej cząsteczki ATP wymaga przeniesienia około czterech protonów z przestrzeni międzybłonowej do macierzy przez kompleks syntazy ATP. Na poniższym schemacie przedstawiono łańcuch oddechowy z uwzględnieniem przenoszenia protonów (H+) oraz elektronów (e–). Kompleksy I, III i IV transportują protony z macierzy mitochondrialnej do przestrzeni międzybłonowej. Kompleks II jest pozbawiony tej aktywności.
Wyjaśnij, dlaczego utlenienie jednej cząsteczki FADH2 prowadzi do syntezy mniejszej liczby cząsteczek ATP w porównaniu do utlenienia jednej cząsteczki NADH + H+.
Uzupełnij tabelę – uporządkuj kolejność zachodzenia etapów oddychania tlenowego oraz określ lokalizację każdego etapu w komórce eukariotycznej.
| Etapy oddychania tlenowego | Kolejność | Lokalizacja etapu w komórce eukariotycznej (cytozol / macierz mitochondrialna / wewnętrzna błona mitochondrium) |
|---|---|---|
| reakcja pomostowa | macierz mitochondrialna |
rozwiązań zadań
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające mniejszą liczbę protonów transportowanych z macierzy do przestrzeni międzybłonowej w wyniku utlenienia FADH2 w porównaniu do utlenienia NADH + H+ i – w konsekwencji – mniejszy przepływ protonów przez syntazę ATP i mniejszą liczbę syntetyzowanych cząsteczek ATP. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Elektrony przenoszone przez FADH2 są przekazywane z pominięciem kompleksu I, a więc mniej protonów zostanie przeniesionych do przestrzeni międzybłonowej niż w przypadku NADH, a przepływ protonów jest bezpośrednim źródłem energii do syntezy ATP. • Kompleks II, odbierający elektrony transportowane przez FADH2, nie przenosi protonów do przestrzeni międzybłonowej w przeciwieństwie do kompleksu I, odbierającego elektrony od NADH, a więc syntaza ATP jest napędzana mniejszą liczbą protonów powracających do matrix. • Kompleks odbierający elektrony z FADH2 nie przenosi protonów przez wewnętrzną błonę mitochondrialną, w przeciwieństwie do kompleksu odbierającego elektrony z NADH + H+, a im więcej protonów jest przenoszonych, tym więcej powraca do macierzy mitochondrialnej i napędza białko – syntazę ATP.
Lokalizacja etapu w komórce Etapy oddychania Kolejność (cytozol / macierz mitochondrialna / tlenowego wewnętrzna błona mitochondrium) reakcja pomostowa 2 macierz mitochondrialna glikoliza 1 cytozol łańcuch oddechowy 4 wewnętrzna błona mitochondrium cykl Krebsa 3 macierz mitochondrialna
2 pkt – za poprawne uporządkowanie trzech etapów oddychania komórkowego ORAZ za poprawne podanie lokalizacji dwóch etapów. 1 pkt – za poprawne uporządkowanie trzech etapów oddychania komórkowego LUB za poprawne podanie lokalizacji dwóch etapów. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Jądro komórkowe jest otoczone dwiema błonami jądrowymi tworzącymi wspólnie otoczkę jądrową. Tuż pod wewnętrzną błoną jądrową znajduje się blaszka jądrowa, której głównym składnikiem są laminy zaliczane do filamentów pośrednich cytoszkieletu. Laminy pełnią funkcję wzmacniającą, a także odpowiadają za organizację chromatyny oraz za regulację ekspresji genów. Filamenty blaszki jądrowej ulegają demontażowi i formowaniu na nowo przy każdym podziale komórkowym. Na poniższym schemacie przedstawiono strukturę blaszki jądrowej. Na fioletowo zaznaczono białka związane z otoczką jądrową, na ciemnoróżowo – czynniki transkrypcyjne, a na niebiesko – białka związane z chromatyną. por jądrowy
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące jądra komórkowego są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | We wnętrzu jądra komórkowego występują funkcjonalne rybosomy. | ||
| 2 | Obie błony otaczające jądro mają taką samą budowę i skład chemiczny. |
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | We wnętrzu jądra komórkowego występują funkcjonalne rybosomy. | ✓ | ✓ |
| 2 | Obie błony otaczające jądro mają taką samą budowę i skład chemiczny. | ✓ |
Jaki rodzaj transportu zachodzi z udziałem akwaporyny? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych. Odpowiedź uzasadnij.
Określ, czy w przypadku niefunkcjonalnej akwaporyny ilość wydalanego moczu przez człowieka jest większa czy mniejsza w stosunku do normy. Odpowiedź uzasadnij, odnosząc się do funkcji akwaporyny w procesie powstawania moczu.
| glikoliza |
| łańcuch oddechowy | 4 | wewnętrzna błona mitochondrium |
| cykl Krebsa |
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby zawierały informacje prawdziwe dotyczące syntezy ATP podczas oddychania tlenowego. W każdym nawiasie podkreśl właściwe określenie. U eukariontów synteza ATP zachodzi dzięki gradientowi (protonów / elektronów) w poprzek wewnętrznej błony mitochondrium. U prokariontów syntaza ATP jest zlokalizowana (w błonie komórkowej / w cytozolu). W procesie oddychania tlenowego ATP ulega syntezie (tylko w fosforylacji oksydacyjnej / w fosforylacjach oksydacyjnej i substratowej).
U eukariontów synteza ATP zachodzi dzięki gradientowi (protonów / elektronów) w poprzek wewnętrznej błony mitochondrium. U prokariontów syntaza ATP jest zlokalizowana (w błonie komórkowej / w cytozolu). W procesie oddychania tlenowego ATP ulega syntezie (tylko w fosforylacji oksydacyjnej / w fosforylacjach oksydacyjnej i substratowej).
2 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w trzech nawiasach. 1 pkt – za podkreślenie poprawnych określeń w dwóch nawiasach. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
| 3 | Transport podjednostek rybosomów z jądra komórkowego do cytoplazmy zachodzi przez pory jądrowe. |
Wyjaśnij, dlaczego przy każdym podziale komórkowym filamenty pośrednie blaszki jądrowej muszą ulegać demontażowi oraz ponownemu formowaniu.
| 3 | Transport podjednostek rybosomów z jądra komórkowego do cytoplazmy zachodzi przez pory jądrowe. | ✓ | ✓ |
1. – F, 2. – F, 3. – P.
rozwiązań zadań różnych poziomach organizacji życia. Zdający: 3) wykazuje związki pomiędzy strukturą i funkcją na różnych poziomach organizacji życia.
2 pkt – za poprawną ocenę trzech stwierdzeń. 1 pkt – za poprawną ocenę dwóch stwierdzeń. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające związanie blaszki jądrowej (oraz tworzących ją filamentów) z otoczką jądrową, która ulega rozpadowi podczas podziału komórkowego LUB uwzględniające konieczność rozdzielenia chromosomów do przeciwległych biegunów komórki. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Filamenty pośrednie blaszki jądrowej są związane z otoczką jądrową, która rozpada się podczas podziału komórki. Dlatego w trakcie podziału te filamenty ulegają również rozpadowi i są ponownie formowane podczas odtwarzania otoczki jądrowej. • Ze względu na to, że otoczka jądrowa zanika w trakcie podziału komórkowego i na nowo formuje się w komórkach potomnych, związana z nią blaszka jądrowa także musi ulegać demontażowi i formowaniu na nowo. • Laminy jądrowe są demontowane, ponieważ przeszkadzałyby podczas podziału komórki w rozdzieleniu się chromosomów do przeciwległych biegunów komórki. Następnie ulegają ponownemu formowaniu podczas odtwarzania otoczki jądrowej.