Matura CKE czerwiec, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
Ładowanie…
Fuzja centryczna to mutacja powstająca, gdy dwa chromosomy pękną w pobliżu centromeru, a uszkodzenie zostanie niewłaściwie naprawione. Ramiona długie dwóch chromosomów zostają połączone w centromerze i w efekcie powstaje jeden duży dwuramienny chromosom, natomiast ramiona krótkie chromosomów zostają utracone. Ramiona krótkie zawierają przede wszystkim sekwencje powtarzalne i dlatego ich urata nie ma negatywnych skutków dla organizmu. Skutkiem takiej mutacji jest jednak zmniejszenie liczby chromosomów o jeden. W trakcie mejozy chromosomy z par chromosomów uczestniczących w fuzji centrycznej tworzą triwalent zamiast dwóch biwalentów. dwie pary chromosomów chromosomy po mutacji homologicznych przed mutacją
Uzasadnij, że opisana mutacja jest mutacją chromosomową.
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby zawierały informacje prawdziwe. Podkreśl właściwe określenie w każdym nawiasie. Biwalenty, czyli pary połączonych ze sobą chromosomów homologicznych, tworzą się w (profazie I / profazie II) mejozy. Odbudowa jąder komórkowych podczas mejozy ma miejsce w (anafazie / telofazie).
Uzupełnij poniższy schemat przedstawiający trzy możliwe wyniki segregacji chromosomów triwalentu do gamet (A–C) podczas mejozy. Określ ploidalność każdej z gamet – wpisz w wyznaczone na schemacie miejsca (…………): „n + 1” lub „n – 1”. Uwaga: przyjmij założenie, że segregacja pozostałych chromosomów przebiega prawidłowo. n n gameta gameta z mutacją prawidłowa w układzie zrównoważonym
Wykaż, że możliwe jest urodzenie się potomstwa o prawidłowym kariotypie, w przypadku, gdy jeden z rodziców ma fuzję centryczną chromosomów, a drugi – takiej mutacji nie ma.
1 pkt – za prawidłowe uzasadnienie, odwołujące się do zmiany struktury chromosomów ALBO do zmiany liczby chromosomów. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Mutacja chromosomowa powoduje zmianę w strukturze lub liczbie chromosomów, a w tym przypadku w wyniku translokacji zmieniła się zarówno struktura, jak i liczba chromosomów w komórce. • Zmieniła się liczba chromosomów w jądrze komórkowym. • Doszło do zmian w budowie chromosomów. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych np. „Jest to mutacja chromosomowa, ponieważ występuje ona w chromosomach”. Mutacje punktowe także zachodzą w DNA chromosomalnym, ale nie powodują zmiany ani struktury, ani liczby chromosomów.
Biwalenty, czyli pary połączonych ze sobą chromosomów homologicznych, tworzą się w (profazie I / profazie II) mejozy. Odbudowa jąder komórkowych podczas mejozy ma miejsce w (anafazie / telofazie).
1 pkt – za podkreślenie właściwych określeń w dwóch nawiasach. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
triwalent mejoza mejoza mejoza A B C n n n + 1 n – 1 n + 1 n – 1 gameta gameta z mutacją prawidłowa w układzie zrównoważonym
1 pkt – za prawidłowe podanie ploidalności czterech gamet. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
Rodzina storczykowatych jest jedną z grup systematycznych roślin najbardziej zagrożonych wyginięciem w skali światowej. Jednym z głównych powodów tego zagrożenia są zmiany zachodzące w siedliskach zajmowanych przez storczyki. Miodokwiat krzyżowy (Herminium monorchis), należący do rodziny storczykowatych, jest rośliną niezwykle rzadką, światłożądną, niewielkich rozmiarów, kwitnącą od maja do sierpnia i zapylaną przez owady. W Europie rośnie na ciepłolubnych murawach i na wilgotnych łąkach. W Polsce ze wszystkich wcześniej zidentyfikowanych naturalnych stanowisk zachowało się do chwili obecnej tylko jedno – znajdujące się w obszarze chronionego krajobrazu „Dolina Rospudy”. To stanowisko w Puszczy Augustowskiej liczyło w 1987 r. około 100 roślin kwitnących i 50 płonnych, rosnących w skupieniach po 2 do 8 osobników, na powierzchni około dwóch hektarów. W Puszczy Augustowskiej miodokwiat rośnie na silnie nawodnionym, rozległym torfowisku. Dla ochrony tego stanowiska zaproponowano utworzenie rezerwatu. Ten projekt nie doczekał się jednak realizacji, ale wprowadzono zabiegi ochrony czynnej polegające m.in. na usuwaniu siewek drzew i krzewów. Miodokwiat krzyżowy podlega ścisłej ochronie gatunkowej oraz ochronie na mocy konwencji CITES.
Wykaż, że usuwanie siewek drzew i krzewów na terenie występowania miodokwiatu krzyżowego w Puszczy Augustowskiej sprzyja przetrwaniu tego gatunku.
Dokończ zdanie. Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych. Miodokwiat krzyżowy podlega ochronie na mocy konwencji CITES, co oznacza, że
1 pkt – za poprawne wykazanie, że usuwanie siewek drzew i krzewów zwiększa dostępność światła dla miodokwiatu krzyżowego, który jest rośliną światłożądną. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Usuwania siewek drzew i krzewów spowoduje, że miodokwiat krzyżowy będzie miał dostęp do światła. • Jeżeli urosłyby drzewa i krzewy w pobliżu miodokwiatu, to zostałby on zacieniony, a jest rośliną światłożądną. Dlatego należy usuwać siewki drzew i krzewów. • Usuwanie tych roślin nie dopuszcza do zacienienia światłożądnego miodokwiatu.
A
1 pkt – za wybór poprawnej odpowiedzi. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
(0–2) Powszechne prawie na całym świecie komary Culex pipiens są wektorami wielu poważnych chorób odzwierzęcych, głównie dlatego, że licznie występują na obszarach miejskich.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Na podstawie nazw łacińskich komarów C. pipiens f. molestus i C. pipiens f. pipiens można stwierdzić, że te komary są klasyfikowane jako jeden gatunek. | ||
| 2 | Brak przepływu genów między opisywanymi populacjami komarów wskazuje, że należą one do różnych gatunków biologicznych. |
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Na podstawie nazw łacińskich komarów C. pipiens f. molestus i C. pipiens f. pipiens można stwierdzić, że te komary są klasyfikowane jako jeden gatunek. | ✓ | ✓ |
| 2 | Brak przepływu genów między opisywanymi populacjami komarów wskazuje, że należą one do różnych gatunków biologicznych. | ✓ |
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
U wybrzeży Australii przeprowadzono badanie wpływu roślinożernych jeżowców na rozprzestrzenianie się brunatnic. Uważa się, że jeżowce są biotycznym czynnikiem ograniczającym rozprzestrzenianie się tych glonów. Aby odróżnić efekty wywołane przez jeżowce od efektu wywołanego przez ślimaka żywiącego się wodorostami – czareczki – przygotowano trzy poletka doświadczalne: • z pierwszego usunięto zarówno jeżowce, jak i czareczki • z drugiego usunięto tylko jeżowce • z trzeciego usunięto tylko czareczki. Wyniki porównano z próbą kontrolną, w której występowały oba gatunki żywiące się brunatnicami. Wyniki obserwacji zilustrowano na poniższym wykresie. 100 usunięte jeżowce i czareczki % 80 usunięte jeżowce 60 glonami, 40 usunięte czareczki pokrycie 20 próba kontrolna (występują 0 jeżowce i czareczki) sierpień 1982 r. luty 1983 r. sierpień 1983 r.
Na podstawie analizy wykresu rozstrzygnij, które zwierzęta – jeżowce czy czareczki – miały decydujący wpływ na rozprzestrzenianie się brunatnic w badanym ekosystemie morskim. Odpowiedź uzasadnij.
Jeżowce stanowią ważną część pożywienia wydr morskich.
Wyjaśnij, jak spadek liczebności wydr wpłynie na liczebność brunatnic w badanym ekosystemie. W odpowiedzi uwzględnij zależności pokarmowe między obserwowanymi organizmami.
1 pkt – za rozstrzygnięcie, że obecność jeżowców ma decydujący wpływ na ograniczenie rozprzestrzeniania się brunatnic, wraz z prawidłowym uzasadnieniem, uwzględniającym porównanie wyników prób badawczych z próbą kontrolną. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Rozstrzygnięcie: jeżowce Uzasadnienie: usunięcie jeżowców z poletka doświadczalnego stało się przyczyną znacznego wzrostu pokrycia glonami w stosunku do próby kontrolnej, czego nie zaobserwowano po usunięciu czareczek. • Rozstrzygnięcie: decydujący wpływ miały jeżowce Uzasadnienie: usunięcie jeżowców z poletka doświadczalnego spowodowało zdecydowanie większy rozwój brunatnic w stosunku do próby kontrolnej niż usunięcie czareczek.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie wpływu spadku liczebności wydr na spadek liczebności brunatnic w badanym ekosystemie, uwzględniające zależności pokarmowe między wydrami, jeżowcami i brunatnicami. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Spadek liczebności wydr poskutkuje wzrostem liczebności jeżowców, które jako odżywiające się brunatnicami spowodują zmniejszenie ilości brunatnic. • Spadek liczebności wydr spowoduje spadek liczebności brunatnic, ponieważ mniej wydr będzie polować na jeżowce, a tym samym więcej jeżowców będzie zjadało brunatnice, przez co zostanie ograniczona ich liczebność.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
RuBisCO, czyli karboksylaza/oksygenaza rybulozo-1,5-bisfosforanowa, jest enzymem katalizującym pierwszy etap cyklu Calvina w fazie ciemnej fotosyntezy. W skład RuBisCO wchodzą dwa rodzaje podjednostek: • mniejsze – określane jako łańcuchy S – są kodowane przez jądrowy gen rbcS • większe – określane jako łańcuchy L – są kodowane przez chloroplastowy gen rbcL i tworzą centra katalityczne enzymu. Nowo powstałe łańcuchy S są transportowane do stromy chloroplastów w celu połączenia z łańcuchami L. W pełni funkcjonalny kompleks białkowy RuBisCO składa się z czterech dimerów podjednostek L i czterech dimerów podjednostek S.
Na podstawie przedstawionych informacji oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące RuBisCO są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | W pełni funkcjonalny kompleks białkowy RuBisCO składa się z 8 łańcuchów polipeptydowych. | ||
| 2 | Łańcuchy L enzymu RuBisCO są syntezowane w stromie chloroplastu. |
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | W pełni funkcjonalny kompleks białkowy RuBisCO składa się z 8 łańcuchów polipeptydowych. | ✓ | ✓ |
| 2 | Łańcuchy L enzymu RuBisCO są syntezowane w stromie chloroplastu. | ✓ |
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
(0–1) Na poniższej mikrofotografii przedstawiono fragment przekroju poprzecznego łodygi o budowie pierwotnej. Celuloza została wybarwiona na kolor zielony, natomiast lignina – na kolor ciemnoczerwony.
A. drewno B. sklerenchyma
1 pkt – za poprawne przyporządkowanie nazw do tkanek wskazanych na mikrofotografii. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Przeprowadzono obserwację zjawiska plazmolizy w komórkach roślinnych. Do obserwacji mikroskopowej przygotowano następujące materiały: • świeżą czerwoną cebulę – wykorzystano zewnętrzną skórkę liścia spichrzowego cebuli, która zawiera barwnik w dużej ilości • szkiełka mikroskopowe: podstawowe i nakrywkowe • wodę wodociągową • nasycony roztwór NaCl • pipetę • skalpel. Obserwację przeprowadzono w dwóch etapach. • Etap 1. – wykonano przyżyciowy preparat mikroskopowy ze skórki liścia spichrzowego cebuli i przeprowadzono obserwację mikroskopową tego preparatu (fotografia 1.). • Etap 2. – w celu zaobserwowania zjawiska plazmolizy do tego preparatu dodano nasycony roztwór NaCl i ponownie przeprowadzono obserwację mikroskopową preparatu (fotografia 2.).
Opisz, w jaki sposób należy przygotować preparat mikroskopowy przedstawiony na fotografii 1. W opisie uwzględnij materiały wybrane spośród wymienionych we wprowadzeniu do zadania.
Opisz zaobserwowane zmiany w wyglądzie komórek przedstawionych na fotografiach 1. i 2. Wyjaśnij mechanizm prowadzący do zmian zaobserwowanych w tym doświadczeniu.
1 pkt – za podanie poprawnego opisu uwzględniającego: 1) wycięcie za pomocą skalpela skrawka z zewnętrznej (dolnej, odosiowej) skórki liścia spichrzowego cebuli 2) umieszczenie skrawka cebuli w kropli wody na szkiełku podstawowym 3) przykrycie skrawka cebuli szkiełkiem nakrywkowym. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Z dolnej strony liścia spichrzowego cebuli (warstwy z pigmentem) należy wyciąć za pomocą skalpela cienki skrawek i umieścić go w kropli wody na szkiełku podstawowym, a następnie przykryć szkiełkiem nakrywkowym. • Przygotowanie preparatu mikroskopowego wymaga przecięcia skalpelem wierzchniej warstwy liścia cebuli, umieszczenia skrawka cebuli w kropli wody na szkiełku podstawowym i przykrycia skrawka szkiełkiem nakrywkowym. Uwaga: Uznaje się odpowiedzi, w których odwrócono kolejność działań – najpierw położenie skrawka na szkiełku podstawowym, a następnie dodanie kropli wody.
2 pkt – za poprawne opisanie widocznych zmian – odstawanie protoplastów od ścian komórek (plazmoliza) oraz poprawne wyjaśnienie tych zmian uwzględniające zachodzenie osmotycznego wypływu wody z komórek po umieszczeniu komórek w roztworze hipertonicznym. 1 pkt – za poprawne opisanie widocznych zmian – odstawanie protoplastów od ścian komórek (plazmoliza). 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Opis zmian wyglądu komórek: obkurczanie się protoplastów, które zaczęły odstawać od ścian komórkowych. Wyjaśnienie zaobserwowanych zmian: umieszczenie fragmentu skórki liścia spichrzowego w hipertonicznym roztworze NaCl spowodowało odpływ wody z komórek. • Opis zmian wyglądu komórek: doszło do plazmolizy w tych komórkach. Wyjaśnienie zaobserwowanych zmian: tkanka widoczna na fotografii 2. została umieszczona w roztworze hipertonicznym, co wywołało osmotyczny wypływ wody z komórek.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Cząsteczki tRNA transportują w trakcie translacji odpowiednie aminokwasy na rybosomy. Przyłączenie aminokwasu do właściwego tRNA – reakcja aminoacylacji tRNA – odbywa się zasadniczo w dwóch etapach: aktywacji aminokwasu oraz powstania aminoacylo-tRNA. Na poniższym rysunku przedstawiono sposób działania enzymu katalizującego te reakcje – syntetazy aminoacylo-tRNA. aminoacylo-AMP AMP specyficzny tRNA aminoacylo-tRNA
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące aminoacylacji tRNA są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Aby doszło do reakcji aminoacylacji tRNA, konieczna jest hydroliza ATP. | ||
| 2 | Specyficzny tRNA z określonym antykodonem może transportować różne aminokwasy. |
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Aby doszło do reakcji aminoacylacji tRNA, konieczna jest hydroliza ATP. | ✓ | ✓ |
| 2 | Specyficzny tRNA z określonym antykodonem może transportować różne aminokwasy. | ✓ |
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
W celu zaobserwowania podziałów mitotycznych wykonano preparat mikroskopowy z wierzchołka wzrostu korzenia cebuli. Aby uzyskać pojedynczą warstwę komórek, zgnieciono stożek wzrostu na szkiełku mikroskopowym. Na poniższej mikrofotografii przedstawiono gotowy preparat z chromatyną wybarwioną odpowiednim barwnikiem na kolor niebieskofioletowy. B C 50 µm Źródło fotografii: Wikimedia Commons.
Podaj pełną nazwę tkanki roślinnej, której komórki przedstawiono na mikrofotografii.
Do każdej z komórek wskazanych na mikrofotografii (A–C) przyporządkuj – wybraną spośród podanych – właściwą nazwę etapu mitozy, w którym ta komórka się znajduje. profaza metafaza anafaza telofaza A. ......................................... B. .................................... C. .............................................
1 pkt – za poprawne określenie, że obserwowano tkankę twórczą (merystematyczną) pierwotną. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • tkanka twórcza pierwotna • merystem pierwotny korzenia • merystem wierzchołkowy korzenia
A. profaza B. metafaza C. anafaza
2 pkt – za poprawne przyporządkowanie faz mitozy do trzech komórek. 1 pkt – za poprawne przyporządkowanie faz mitozy do dwóch komórek. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Fag T4 jest niezwykle rozpowszechniony w środowisku i należy do fagów ogonkowych – jest zbudowany z główki oraz z kurczliwego ogonka. Genom faga T4 stanowi dwuniciowy DNA. Jednym z gospodarzy faga T4 jest bakteria Escherichia coli. Pierwszym etapem infekcji jest adsorpcja faga na powierzchni bakterii. Ten proces wymaga obecności – na powierzchni bakterii – odpowiednich receptorów. Wprowadzenie DNA do wnętrza bakterii następuje po enzymatycznym strawieniu związku wchodzącego w skład ściany komórkowej bakterii. Kilka minut po infekcji dochodzi do ekspresji genu imm faga T4, który to gen koduje białko Imm, wbudowujące się w błonę wewnętrzną bakterii. Na poniższych schematach przedstawiono: (A) etap wnikania faga T4 do komórki bakterii E. coli oraz (B) lokalizację i sposób działania białka Imm podczas próby zakażenia tej samej komórki kolejnym fagiem. A. wnikanie faga T4 do B. lokalizacja i sposób działania białka komórki bakterii E. coli Imm podczas próby zakażenia tej samej
Na podstawie przedstawionych informacji wykaż, że wytworzenie białka lmm zapobiega wtórnej infekcji komórek E. coli kolejnym fagiem T4.
Podaj nazwę głównego składnika ściany komórkowej bakterii E. coli zapewniającego bakteriom ochronę przed uszkodzeniami mechanicznymi oraz przed wpływem czynników fizycznych i chemicznych.
Określ, czy E. coli jest bakterią Gram-dodatnią czy Gram-ujemną. Odpowiedź uzasadnij, odnosząc się do widocznej na schemacie jednej cechy budowy tej bakterii.
1 pkt – za poprawne wykazanie znaczenia wytworzonego białka Imm w uniemożliwianiu przedostania się DNA kolejnego faga T4 do wnętrza komórki bakterii i w konsekwencji zatrzymanie wtórnej infekcji na etapie wnikania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • W komórkach bakterii zainfekowanych fagiem T4 dochodzi do wytworzenia białka Imm, które kieruje DNA kolejnego faga T4 do przestrzeni międzybłonowej, co uniemożliwia dalszy przebieg infekcji i namnażanie kolejnego faga T4. • Białko Imm, wytworzone na podstawie informacji genetycznej faga T4 wprowadzonej do komórki bakterii wskutek pierwotnej infekcji, uniemożliwia wniknięcie materiału genetycznego kolejnego faga do wnętrza komórki, co wstrzymuje cykl jego namnażania na etapie wnikania. • Obecność białka Imm w komórkach bakteryjnych zainfekowanych fagiem T4 skutkuje skierowaniem materiału genetycznego kolejnego faga do przestrzeni międzybłonowej, gdzie jest on trawiony przez obecne tam nukleazy.
1 pkt – za poprawne podanie nazwy składnika ściany komórkowej bakterii. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • mureina / mureina z mostkami peptydowymi • peptydoglikan
1 pkt – za poprawne określenie, że E. coli jest bakterią Gram-ujemną wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do jednej cechy budowy bakterii widocznej na schemacie – obecności błony zewnętrznej lub cienkiej ściany komórkowej. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania Jest to bakteria Gram-ujemna, ponieważ • ma oprócz błony komórkowej dodatkową błonę zewnętrzną. • cienka ściana komórkowa jest z zewnątrz okryta dodatkową błoną. • ma cienką ścianę komórkową.
1 pkt – za poprawne wykazanie, że możliwe jest urodzenie się potomstwa o prawidłowym kariotypie, uwzględniające losowe łączenie się gamet podczas zapłodnienia, umożliwiające połączenie się gamet z właściwą liczbą i strukturą chromosomów. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązanie Zgodnie z prawami Mendla gamety łączą się ze sobą w sposób losowy, dlatego istnieje prawdopodobieństwo, że gameta z prawidłową liczbą i strukturą chromosomów od osobnika z mutacją połączy się z prawidłową gametą od drugiego osobnika i powstała zygota nie będzie obciążona taką mutacją.
rozwiązań zadań
| 3 | Opisane subpopulacje komarów wykazują adaptacje fizjologiczne do lokalnych warunków środowiska. |
| ✓ |
| 3 | Opisane subpopulacje komarów wykazują adaptacje fizjologiczne do lokalnych warunków środowiska. | ✓ | ✓ |
1. – P, 2. – P, 3. – P.
2 pkt – za poprawną ocenę trzech stwierdzeń. 1 pkt – za poprawną ocenę dwóch stwierdzeń. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
| 3 | Jednym z substratów reakcji katalizowanej przez RuBisCO w cyklu Calvina jest rybulozo-1,5-bisfosforan. |
Na przykładzie budowy RuBisCO wykaż, że chloroplasty są organellami półautonomicznymi.
| ✓ |
| 3 | Jednym z substratów reakcji katalizowanej przez RuBisCO w cyklu Calvina jest rybulozo-1,5-bisfosforan. | ✓ | ✓ |
1. – F, 2. – P, 3. – P.
2 pkt – za poprawną ocenę trzech stwierdzeń. 1 pkt – za poprawną ocenę dwóch stwierdzeń. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za poprawną odpowiedź, odnoszącą się do kodowania części białek budujących RuBisCO przez geny występujące w DNA jądrowym lub przez geny znajdujące się w DNA chloroplastowym. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Chloroplasty są organellami półautonomicznymi, ponieważ pomimo własnego DNA i obecności rybosomów część białek budujących RuBisCO jest kodowana przez geny występujące w DNA jądrowym. • Tylko część białek budujących Rubisco jest kodowana przez genom chloroplastowy, dlatego chloroplasty należy uznać za półautonomiczne. • Chloroplasty są częściowo autonomiczne ze względu na to, że mają one swój kolisty genom zawierający gen rbcL, kodujący większy łańcuch RuBisCO. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi zbyt ogólnych, nieodnoszących się do RuBisCO, a podających jedynie definicję organellów półautonomicznych.
Określ, w jaki sposób można odwrócić zmiany w wyglądzie komórek przedstawionych na fotografii 2., aby przypominał on wygląd komórek przedstawionych na fotografii 1.
rozwiązań zadań
| 3 | Przyłączenie specyficznej cząsteczki tRNA do syntetazy aminoacylo- -tRNA wymaga odłączenia od ATP trzech reszt kwasu ortofosforowego. |
Podaj sekwencję nukleotydową antykodonu cząsteczki tRNA transportującej metioninę. Sekwencję zapisz od końca 5′ do końca 3′.
| 3 | Przyłączenie specyficznej cząsteczki tRNA do syntetazy aminoacylo- -tRNA wymaga odłączenia od ATP trzech reszt kwasu ortofosforowego. | ✓ | ✓ |
1. – P, 2. – F, 3. – F.
2 pkt – za poprawną ocenę trzech stwierdzeń. 1 pkt – za poprawną ocenę dwóch stwierdzeń. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za podanie poprawnej sekwencji antykodonu. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • CAU • 5′ CAU 3′