Matura CKE maj, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
Ładowanie…
Podstawową niszę ekologiczną gatunku można przedstawić na wielowymiarowym wykresie, w którym wymiarami są różne czynniki środowiska. Na poniższym wykresie przedstawiono śmiertelność samic krewetki piaskowej (Crangon septemspinosa) w różnych temperaturach i przy różnym stopniu zasolenia. Krewetka piaskowa występuje u zachodnich wybrzeży Oceanu Atlantyckiego, od Nowej Fundlandii do Florydy. zasolenie, ‰
Na podstawie przedstawionych danych oceń prawdziwość poniższych stwierdzeń dotyczących tolerancji ekologicznej krewetki piaskowej. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | W wodzie o temperaturze 10 °C i o zasoleniu 15 ‰ śmiertelność samic krewetek jest większa niż 50 %. | ||
| 2 | Śmiertelność samic krewetek w wodzie o temperaturze 10 °C jest niezależna od zasolenia wody. |
Oceń prawdziwość stwierdzenia: Podstawowa nisza ekologiczna krewetki piaskowej to zachodnie wybrzeża Oceanu Atlantyckiego. Wpisz odpowiedź wybraną spośród podanych w nawiasie. Odpowiedź uzasadnij, odnosząc się do definicji podstawowej niszy ekologicznej.
Na podstawie przedstawionych danych podaj przedział optimum temperaturowego dla samic krewetki piaskowej przy optymalnych warunkach zasolenia.
FF
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
1 pkt – poprawna ocena stwierdzenia (że jest fałszywe), wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do tego, że nisza podstawowa to zbiór wymagań środowiskowych, a nie – zasięg geograficzny. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi. Ocena stwierdzenia fałsz Przykładowe uzasadnienie Podstawowa nisza ekologiczna to zbiór warunków środowiskowych, które są potrzebne, aby organizm mógł żyć i rozwijać się, a nie – konkretne miejsce, w którym występują przedstawiciele gatunku, jak w podanym zdaniu. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi, w których zasięg geograficzny gatunku jest mylony z jego siedliskiem, np. „Rozstrzygnięcie: fałsz; Uzasadnienie: Podstawowa nisza ekologiczna to zakres warunków środowiskowych umożliwiających przeżycie gatunku, a w zdaniu opisano siedlisko krewetki”, lub z niszą zrealizowaną, np. „Rozstrzygnięcie: fałsz; Uzasadnienie: Ocean Atlantycki to nisza zrealizowana, którą gatunek zajmuje w warunkach konkurencji z innymi gatunkami, a nisza podstawowa to teoretyczna przestrzeń korzystnych warunków środowiskowych”.
rozwiązań zadań (czynników) środowiska oraz zbiór niezbędnych mu zasobów; 2) określa środowisko życia organizmu, mając podany jego zakres tolerancji na określone czynniki (np. temperaturę […]).
1 pkt – podanie poprawnego przedziału optimum temperaturowego, którego dolna granica mieści się między 9 °C a 13 °C, natomiast górna – między 21 °C a 26 °C. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Matura CKE maj, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
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‑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
Higrofity to rośliny przystosowane do środowiska o wysokiej wilgotności powietrza i podłoża. Z powodu wysokiej wilgotności powietrza parowanie z powierzchni liści jest powolne. U higrofitów doszło do wykształcenia się licznych cech ułatwiających transpirację: fizjologicznych, morfologicznych i anatomicznych, np. komórki skórki są pokryte cienką warstwą kutikuli. Na zdjęciu mikroskopowym (A) oraz na schemacie (B) przedstawiono anatomię blaszki liściowej higrofitu Ruellia portellae.
Oceń, które z poniższych cech budowy liści R. portellae ułatwiają transpirację przez zwiększenie powierzchni blaszki liściowej. Wybierz T, jeśli cecha ułatwia transpirację, albo N – jeśli nie ułatwia transpiracji. Obecność żywych włosków. T N Brodawkowate uwypuklenia komórek skórki. T N
Rozstrzygnij, czy u higrofitów występowanie cech ułatwiających transpirację z powierzchni liści jest przyczyną spowolnienia, czy – przyśpieszenia przepływu wody w drewnie roślin. Odpowiedź uzasadnij, odwołując się do mechanizmu transportu wody w roślinie.
TT
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
1 pkt – poprawne rozstrzygnięcie, że parowanie wody z powierzchni roślin jest przyczyną przyśpieszenia przepływu wody w drewnie, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do mechanizmu transpiracyjno-kohezyjnego transportu wody. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi. Rozstrzygnięcie Przyśpiesza.
• Ponieważ w liściach obniża się potencjał wody. • Parowanie wody z powierzchni roślin przekłada się na zwiększone podciśnienie hydrostatyczne w naczyniach. • Transpiracja generuje siłę ssącą. • W wyniku parowania wody z mezofilu obniża się w tych komórkach potencjał osmotyczny, co przekłada się na podciąganie wody przez sąsiadujący ksylem. • Spadek potencjału wody w liściach jest przyczyną przyśpieszenia transportu wody w drewnie, ponieważ powstaje siła ssąca, a słup wody liście – łodyga – korzenie jest spójny dzięki siłom kohezji. • ΨW spada w liściu, ponieważ ΨS staje się bardziej ujemny, a ΨP staje się mniej dodatni.
Matura CKE maj, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Aby określić wpływ głównych procesów metabolicznych – fotosyntezy i oddychania komórkowego – na bilans węgla, czyli wzrost lub spadek zawartości związków organicznych w roślinach, przeprowadzono następujące doświadczenie. Na trzech szalkach (patrz tabela poniżej) wyścielonych bibułą wysiano po 1,5 g nasion rzodkiewki. Następnie nasiona poddano różnym warunkom nawodnienia oraz oświetlenia: • nasiona z grupy 1. umieszczono na suchym podłożu i ich nie podlewano, natomiast nasiona z grup 2. i 3. umieszczono na wilgotnym podłożu i podlewano w miarę potrzeby • nasiona z grup 1. i 2. oświetlano, natomiast nasiona z grupy 3. trzymano w ciemności. Nasiona wykiełkowały jedynie w grupach 2. i 3. Po 10 dniach materiał roślinny – nasiona lub siewki – wysuszono i dla każdej z badanych grup określono zawartość suchej masy.
| Numer grupy | Warunki doświadczenia | Wyniki | ||
|---|---|---|---|---|
| Woda | Światło | Kiełkowanie | Sucha masa materiału roślinnego | |
| 1. | nie | tak | nie | 1,46 g |
| 2. | tak | tak | tak |
Wyjaśnij, dlaczego w grupie 1. nasiona rzodkiewki nie wykiełkowały.
Uzasadnij, że w celu prawidłowego oszacowania bilansu węgla w roślinach należało w ostatnim dniu trwania doświadczenia wykonać pomiar suchej, a nie – świeżej, masy nasion lub siewek.
Rozstrzygnij, z którą grupą – 1. czy 3. – należy porównać wyniki pomiaru suchej masy uzyskane w grupie 2., aby określić łączny wpływ fotosyntezy i oddychania komórkowego na bilans węgla w grupie 2. Odpowiedź uzasadnij.
1 pkt – poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do braku dostępu do wody oraz do roli wody w kiełkowaniu nasion, np. do pęcznienia nasion lub do przerwania spoczynku nasion. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
• Woda umożliwia zachodzenie procesów metabolicznych i przerwanie spoczynku nasion, a w tej grupie nie była zwilżana lignina. • W tej próbie nie było dostępu do wody, a woda jest potrzebna do przerwania spoczynku nasion i do rozpoczęcia kiełkowania. • Bez wody nie dochodzi do imbibicji nasion i do rozerwania łupiny nasiennej. • Woda jest konieczna do pęcznienia nasion – pierwszego etapu kiełkowania nasion. • Bez wody praktycznie nie zachodzą procesy metaboliczne, konieczne do rozwoju i wzrostu siewki. • Pobieranie wody jest przyczyną pękania łupiny nasiennej. Uwaga: Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do braku procesów metabolicznych w nasionach, np. „Nasiona są suche i dlatego nie zachodzi tam oddychanie komórkowe, które jest konieczne do kiełkowania. Dzięki wodzie nasiona przerywają spoczynek i są uruchamiane procesy metaboliczne”. Uznaje się odpowiedzi zawierające archaiczne słownictwo, np. „pękanie skorupki” zamiast współcześnie obowiązującego terminu „pękanie łupiny”. Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do „nabrzmiewania” lub „puchnięcia” nasion. Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do fotosyntezy jako warunku koniecznego do kiełkowania nasion, np. „Bez wody nie zachodzi fotosynteza i dlatego w takich warunkach nasiona nie kiełkują”.
1 pkt – poprawne uzasadnienie, odnoszące się do zmiennej lub do nieokreślonej ilości wody w świeżej masie roślin. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Matura CKE maj, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
(0–1) Na poniższym rysunku przedstawiono kości obręczy kończyn górnych człowieka widziane od tyłu. Na rysunku pominięto kości szkieletu osiowego oraz kości części wolnej kończyn górnych.
Nazwa kości X: obojczyk / clavicula Nazwa kości Y: łopatka / scapula Uwaga: Uznaje się odpowiedzi „kość obojczykowa” oraz „kość łopatkowa”.
1 pkt – podanie poprawnych nazw kości. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Matura CKE maj, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Powstawanie potencjału czynnościowego jest regulowane przez zmianę przepuszczalności błony neuronu dla jonów Na+ i K+. Na wykresie przedstawiono mechanizm tego procesu. j.u. błony, przepuszczalność
Uzupełnij zdanie. Wybierz odpowiedź spośród oznaczonych literami A i B oraz odpowiedź spośród oznaczonych literami C i D. Stymulacja neuronu jest przyczyną A B przepuszczalności błony komórkowej dla Na+, co prowadzi do C D błony komórkowej.
Oceń prawdziwość poniższych stwierdzeń dotyczących powstawania potencjału czynnościowego. Wybierz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Kanały potasowe otwierają się po kanałach sodowych, dzięki czemu jony K wypływają z komórki. | ||
| 2 | Podczas czynności neuronu kanały potasowe pozostają otwarte dłużej niż kanały sodowe. |
AD
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
PP
rozwiązań zadań źródłowych. Zdający: 2) odczytuje, analizuje, interpretuje i przetwarza informacje tekstowe, graficzne, liczbowe.
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Matura CKE maj, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Ryby chrzęstnoszkieletowe gromadzą we krwi duże ilości mocznika, którego całkowite stężenie osmotyczne we krwi jest równe stężeniu wody morskiej albo nawet je przekracza. Oprócz mocznika, ważnym składnikiem krwi ryb chrzęstnoszkieletowych jest tlenek trimetyloaminy (TMAO). Poniżej przedstawiono wyniki symulacji komputerowych wpływu wysokiej temperatury, mocznika o wysokim stężeniu (8 mol ∙ dm−3) oraz TMAO o dwóch różnych stężeniach (1 mol ∙ dm−3, 4 mol ∙ dm−3) na strukturę przestrzenną białka – inhibitora chymotrypsyny 2 (CI2). Obecność TMAO potwierdzono także w tkance mięśniowej wielu ryb kostno- i chrzęstnoszkieletowych. Przypuszcza się, że ten związek w mięśniach stabilizuje strukturę białek w warunkach wysokiego ciśnienia hydrostatycznego. Na poniższym wykresie przedstawiono wyniki pomiaru zawartości TMAO w tkance mięśniowej ryb morskich żyjących na różnych głębokościach, uzyskane przez różne zespoły badawcze. 400 kg−1 ∙ 300 mmol Laxon i in. (2011) Bockus i in. (2016) 200 TMAO, Samerotte i in. (2007) Yancey i in. (2014) 100 ryby chrzęstnoszkieletowe zawartość ryby kostnoszkieletowe 0 0 2000 4000 6000 8000 głębokość, m
| La Bo Sa Ya | |
|---|---|
Na podstawie przedstawionych wyników symulacji oceń, czy w warunkach podanych w poniższej tabeli dochodzi do denaturacji CI2. Wybierz T, jeśli dochodzi do denaturacji, albo N – jeśli do niej nie dochodzi. Temperatura 60 °C przy stężeniu TMAO równym 4 mol ∙ dm−3, bez mocznika. T N Temperatura 60 °C przy stężeniu mocznika równym 8 mol ∙ dm−3, bez TMAO. T N
Sformułuj wniosek dotyczący wpływu TMAO na strukturę przestrzenną CI2 poddawanego działaniu mocznika o stężeniu 8 mol ∙ dm−3.
Sformułuj wniosek dotyczący zależności między głębokością występowania ryb a zawartością TMAO w ich tkance mięśniowej. W odpowiedzi odnieś się do obu grup ryb.
NT
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
1 pkt – poprawne sformułowanie wniosku, uwzględniającego ograniczenie LUB zapobieganie denaturacji CI2 wywołanej działaniem mocznika. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• TMAO chroni białko CI2 przed utratą odpowiedniej struktury przestrzennej spowodowaną obecnością mocznika o wysokim stężeniu. • TMAO zapobiega denaturacji inhibitora chymotrypsyny 2 pod wpływem mocznika o wysokim stężeniu. • TMAO chroni inhibitor chymotrypsyny 2 przed zmianą struktury trzeciorzędowej. • Wpływ na to białko jest ochronny. • Wpływ jest ochronny. • TMAO stabilizuje strukturę przestrzenną CI2. • TMAO ogranicza wpływ mocznika na strukturę przestrzenną CI2. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do „renaturacji” białka CI2. Uznaje się odpowiedzi typu: • TMAO ma wpływ na utrzymanie struktury przestrzennej CI2. • TMAO ma korzystny wpływ na strukturę przestrzenną CI2. • Ten związek ogranicza negatywny wpływ mocznika na kształt białka.
rozwiązań zadań
1 pkt – poprawne sformułowanie wniosku uwzględniającego większą zawartość TMAO w tkance mięśniowej ryb żyjących na większych głębokościach, zarówno w przypadku ryb kostnoszkieletowych, jak i chrzęstnoszkieletowych. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Matura CKE maj, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Niewielkie jaszczurki z rodzaju Anolis, występujące na Wyspach Karaibskich, w sytuacji zagrożenia chowają się pod powierzchnią wody. Niektóre z gatunków, np. Anolis aquaticus, pozostają zanurzone pod powierzchnią wody nawet przez kilkanaście minut. W tym czasie w przedniej części ich głowy powstaje bańka wydychanego powietrza, którego objętość cyklicznie powiększa się w czasie wydechu (A) i zmniejsza się w czasie wdechu (B) – co ilustrują poniższe zdjęcia. Postawiono hipotezę, że w ten sposób jaszczurki A. aquaticus przez jakiś czas korzystają z tlenu znajdującego się w wydychanym powietrzu. Naukowcom udało się określić ciśnienie parcjalne tlenu (pO2) w takiej bańce powietrza. Poniżej przedstawiono wykres I, ilustrujący wyniki pomiarów pO2 w bańce powietrza znajdującej się na głowie A. aquaticus, oraz wykres II, ilustrujący wyniki pomiarów pO2 w bańce powietrza mechanicznie wytwarzanej pod powierzchnią wody przy użyciu strzykawki. Niebieskie punkty wskazują jednostkowe wyniki pomiarów, błękitna linia wskazuje ustaloną na ich podstawie linię trendu, a czerwona linia wskazuje średnią wartość pO2 w powietrzu atmosferycznym w czasie pomiaru.
Określ, jakie znaczenie dla poprawnej interpretacji wyników doświadczenia w próbie badawczej (wykres I) miało wykonanie pomiarów pO2 w próbie kontrolnej – w bańce powietrza mechanicznie wytwarzanej pod powierzchnią wody przy użyciu strzykawki (wykres II).
Rozstrzygnij, czy wyniki doświadczenia potwierdziły postawioną hipotezę. Wpisz odpowiedź wybraną spośród podanych w nawiasie. Odpowiedź uzasadnij, odnosząc się do wyników uzyskanych w próbie badawczej oraz w próbie kontrolnej.
1 pkt – poprawne określenie znaczenia próby kontrolnej, odnoszące się do wykluczenia wpływu innych czynników niż procesy przeprowadzane przez jaszczurkę na zmiany zawartości tlenu w bańce powietrza LUB do poziomu odniesienia dla pomiarów w próbie badawczej. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Dzięki tym pomiarom wiadomo było, że ubytek tlenu w bańce powietrza na głowie jaszczurki jest związany z procesami przeprowadzanymi przez to zwierzę. • Dzięki tej próbie można było wykluczyć, że wraz z upływem czasu tlen z bańki powietrza przenika do otaczającej wody. • Ta próba kontrolna stanowi poziom referencyjny dla wyników pomiarów uzyskanych w próbie badawczej.
rozwiązań zadań
1 pkt – poprawna ocena prawdziwości hipotezy, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się zarówno do zmniejszania się zawartości tlenu w bańce powietrza przylegającej do głowy jaszczurki, jak i do stałej (w przybliżeniu) zawartości tlenu w bańce w próbie kontrolnej, wraz z logicznym powiązaniem wyników uzyskanych w obu próbach. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi. Rozstrzygnięcie Potwierdzenie hipotezy: tak
• Jaszczurka Anolis aquaticus korzysta z tlenu znajdującego się w wydychanym powietrzu zgromadzonego w bańce powietrza, ponieważ zawartość tlenu w tej bańce się zmniejsza – co nie miało miejsca w próbie kontrolnej. • Odnotowany brak zmniejszania się zawartości tlenu w bańce powietrza mechanicznie wytwarzanej pod wodą wskazuje, że zmniejszanie się pO2 w bańce znajdującej się na głowie jaszczurki wynika z tego, że tlen z tej bańki jest pobierany przez jaszczurkę. • Skoro w próbie kontrolnej pO2 minimalnie rosło, to spadek tego parametru w próbie badawczej musiał wynikać z procesów fizjologicznych jaszczurki.
Matura CKE maj, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Naturalny receptor limfocytów T rozpoznaje i wiąże antygeny peptydowe prezentowane przez cząsteczki MHC na powierzchni komórek własnego organizmu. Komórki nowotworowe mają jednak często obniżoną ilość białek MHC – głównego układu zgodności tkankowej. Jedną z nowoczesnych metod leczenia niektórych nowotworów jest terapia CAR-T, polegająca na modyfikacji genetycznej limfocytów T pacjenta tak, aby wytwarzały one tzw. chimeryczny receptor antygenowy (CAR, ang. chimeric antigen receptor). Funkcją zmodyfikowanych limfocytów T (CAR-T) jest rozpoznawanie specyficznych białek – występujących tylko na powierzchni komórek nowotworowych. CAR-T mają możliwość bezpośredniego wiązania antygenów komórek nowotworowych w sposób niezależny od powierzchniowego występowania MHC. Antygeny występujące na powierzchni komórek nowotworowych dzieli się na: • specyficzne – występujące tylko na powierzchni komórek nowotworowych • niespecyficzne – występujące zarówno na powierzchni komórek nowotworowych, jak i na powierzchni komórek zdrowych. W terapii CAR-T najpierw izoluje się z krwi pacjenta leukocyty, w tym – limfocyty T. Następnie limfocyty T zostają poddane modyfikacjom genetycznym. Stosuje się do tego jedną z metod: • do limfocytów T wprowadza się za pomocą impulsu elektrycznego (elektroporacja) mRNA kodujący receptor CAR • limfocyty T infekuje się genetycznie zmodyfikowanym retrowirusem, zawierającym gen kodujący receptor CAR. Na koniec CAR-T są namnażane, aktywowane, a następnie wstrzykiwane do krwiobiegu pacjenta. Na schemacie przedstawiono istotę terapii CAR-T z wykorzystaniem retrowirusa.
Uzasadnij, że w terapii CAR-T nie należy stosować receptorów CAR rozpoznających niespecyficzne antygeny nowotworowe.
Wyjaśnij, dlaczego zmodyfikowane limfocyty T (CAR-T) mają większe szanse na zniszczenie komórki nowotworowej niż fizjologiczne limfocyty T. W odpowiedzi odnieś się do funkcji MHC w rozwoju odpowiedzi immunologicznej.
Wyjaśnij, dlaczego w przypadku terapii CAR-T z użyciem retrowirusów otrzymuje się limfocyty T z wyższą zawartością receptora CAR w porównaniu do terapii CAR-T z użyciem elektroporacji. W odpowiedzi uwzględnij mechanizmy ekspresji informacji genetycznej w obu metodach.
1 pkt – poprawna odpowiedź uwzględniająca niszczenie zdrowych komórek organizmu. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Zadaniem komórek CAR-T jest niszczenie komórek nowotworowych, przy jednoczesnym oszczędzaniu prawidłowych komórek organizmu. • Nie należy stosować receptorów CAR rozpoznających niespecyficzne antygeny nowotworowe, ponieważ komórki CAR-T powinny rozpoznawać i niszczyć tylko komórki nowotworowe z odpowiednim antygenem, a nie – zdrowe komórki organizmu. • Gdyby tego nie zrobiono, komórki CAR-T działałby tak, że rozpoznawałyby i niszczyłyby również inne niż nowotworowe komórki w organizmie. • Brak wytypowania antygenu charakterystycznego tylko dla danej komórki nowotworowej powodowałby, że terapia CAR-T przypominałaby chorobę autoimmunizacyjną. • Taka terapia prowadziłaby do niszczenia zdrowych komórek. • Receptory CAR rozpoznające niespecyficzne antygeny nowotworowe stosuje się wtedy, kiedy nie można znaleźć na komórkach nowotworowych antygenów specyficznych, ponieważ taka terapia prowadzi do niszczenia zarówno komórek nowotworowych, jak i komórek zdrowych. • Celem terapii CAR-T są często antygeny (np. CD19, BCMA) występujące nie tylko na powierzchni komórek nowotworowych, lecz także na powierzchni tej populacji zdrowych komórek pacjenta, z której wywodzi się nowotwór. Te antygeny są jednak zawsze dokładnie zdefiniowane, a ich występowanie – ograniczone do tej populacji komórek gospodarza (np. do limfocytów CD19+), tak aby pozostałe, zdrowe komórki pacjenta nie stały się celem CAR-T.
rozwiązań zadań
1 pkt – poprawne wyjaśnienie, uwzględniające konieczność prezentacji fizjologicznym limfocytom T antygenów przez cząsteczki MHC oraz możliwość rozpoznawania przez limfocyty CAR-T antygenów komórek nowotworowych w sposób niezależny od powierzchniowego występowania białka MHC, którego ilość w komórkach nowotworowych jest obniżona. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• 10 °C < optimum < 25 °C • optimum ∈ (10 °C; 25 °C) • 10 °C–25 °C • 9–26 st. C • 13 °C–21 °C Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi bez podania jednostki temperatury lub z niepoprawną jednostką np.: „Od 10 do 25” lub „Od 10 °C do 25 °C przy zasoleniu od 20 °C do 40 ‰”, lub „10–25 °C przy zasoleniu 25 %”.
| 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. • 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.
| 3. | tak | nie | tak | 1,20 g |
Wykaż, że podczas trwania doświadczenia u roślin z grupy 2. zachodziła fotosynteza.
Grupa 2. T N Grupa 3. T N
Oceń, czy podczas trwania doświadczenia u roślin z grup 2. i 3. zachodziło oddychanie komórkowe. Wybierz T, jeśli ten proces zachodził, albo N – jeśli nie zachodził.
• Ponieważ świeże rośliny zawierają nieokreśloną ilość wody, zaburzającą wyniki pomiarów. • Woda może stanowić >90 % świeżej masy siewek. Usunięcie jej przez suszenie sprawia, że stwierdzone eksperymentalnie różnice masy wynikają głównie z akumulacji lub utraty związków węgla. • Kiełkujące i rosnące rośliny pobierają różną ilość wody, przez co niemożliwe staje się zmierzenie masy związków organicznych w świeżej masie materiału roślinnego. • Nasiona w spoczynku mają bardzo niską zawartość wody, a kiełkujące nasiona pobierają jej dużo. Dlatego aby porównać ilość związków organicznych między grupami, należy wysuszyć próbki. • Siewki pobierają wodę i dlatego nie wiadomo, czy przyrost ich masy wynika z asymilacji węgla, czy – z większej zawartości wody, różnej w różnych próbach. • Świeża biomasa ≈ woda + związki organiczne, a więc, aby zmierzyć zawartość związków organicznych, trzeba pozbyć się wody z materiału roślinnego, bo nie wiadomo, ile jej w nim jest. • Etiolowane siewki mają większą zawartość wody niż te rosnące na świetle. Wodę trzeba z nich usunąć, żeby móc ocenić różnice w zawartości innych związków. • Ponieważ wyniki oszacowania bilansu węgla w roślinach są wiarygodne jedynie wtedy, gdy nasiona i siewki są w jednakowym stopniu pozbawione wody. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi tautologicznych, odnoszących się wyłącznie do braku wody w suchej masie rośliny, np. „W suchej masie roślin nie ma wody”.
1 pkt – wskazanie grupy 1., wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do zachowania wyjściowego poziomu związków organicznych w tej próbie, bezpośrednio lub pośrednio – np. przez odniesienie się do ograniczenia procesów metabolicznych lub do braku fotosyntezy i oddychania. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi. Rozstrzygnięcie Grupa 1.
rozwiązań zadań
• W grupie 1. procesy metaboliczne praktycznie nie zachodziły, a więc zachowała ona początkową zawartość związków organicznych i stanowi w tym doświadczeniu punkt odniesienia dla pozostałych grup: 2. i 3. • Ze względu na brak wody nasiona w grupie 1. pozostały w spoczynku, a więc nie zmieniała się u nich zawartość związków organicznych podczas trwania eksperymentu. • W tej grupie nie zachodziły procesy fotosyntezy i oddychania. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi zawierających poprawne uzasadnienie, ale niewskazujących jednoznacznie numeru grupy, np. „Rozstrzygnięcie: ----; Uzasadnienie: W tej grupie nie zachodziły procesy ani fotosyntezy, ani oddychania”.
1 pkt – poprawne wykazanie, że u roślin z grupy 2. zachodziła fotosynteza, odnoszące się do przyrostu suchej masy. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• W tej próbie był dostęp do wody i do światła, co jest konieczne do fotosyntezy, ale niewystarczające. Po wynikach doświadczenia widać, że ten proces rzeczywiście miał miejsce, ponieważ wzrosła sucha masa badanych roślin. • W grupie 2. rośliny musiały rzeczywiście przeprowadzać fotosyntezę, ponieważ wzrosła ich sucha masa. Sama dostępność wody i światła nie przesądza o fotosyntezie, ponieważ np. nasiona mogłyby cechować się spoczynkiem bezwzględnym i w takim przypadku w ogóle by nie wykiełkowały. • Sucha masa roślin na koniec doświadczenia przekraczała początkową świeżą masę, a więc w tej grupie doszło do asymilacji dwutlenku węgla – fotosyntezy. • Grupa 2. miała większą suchą masę na koniec doświadczenia niż grupa 1., a więc musiało dojść do asymilacji węgla. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się jedynie do obecności wody i światła – warunków koniecznych do zajścia fotosyntezy. W odpowiedzi musi znaleźć się wykazanie, że ten proces zachodził, odnoszące się do wyników doświadczenia.
TT
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Oceń prawdziwość poniższych stwierdzeń dotyczących osmoregulacji ryb chrzęstnoszkieletowych. Wybierz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Dzięki gromadzeniu się mocznika we krwi płyny ustrojowe tych ryb są w przybliżeniu izotoniczne względem wody morskiej. | ||
| 2 | Dzięki gromadzeniu się mocznika we krwi te ryby nie są narażone na nadmierny osmotyczny odpływ wody. |
• Zarówno u ryb kostnoszkieletowych, jak i u chrzęstnoszkieletowych wraz ze wzrostem głębokości występowania wzrasta zawartość TMAO w tkance mięśniowej. • Wraz ze wzrostem głębokości, na której żyją ryby, wzrasta zawartość TMAO w tkance mięśniowej, przy czym u ryb chrzęstnoszkieletowych stężenie TMAO jest wyższe niż u ryb kostnoszkieletowych. • W każdej z tych dwóch grup ryb występuje pozytywna korelacja. • U ryb wraz ze wzrostem głębokości występowania wzrasta stężenie TMAO. • Im głębiej występują ryby kostnoszkieletowe i chrzęstnoszkieletowe, tym wyższa jest zawartość TMAO w ich tkance mięśniowej, przy czym chrzęstnoszkieletowe mają wyższą zawartość TMAO niż kostnoszkieletowe na tej samej głębokości. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi mówiących o: • związku przyczynowo-skutkowym, np. „Wzrost zawartości TMAO jest przyczyną wzrostu głębokości występowania tych ryb”. • występowaniu określonych grup ryb na określonych głębokościach, np. „Ryby chrzęstnoszkieletowe występują jedynie do głębokości 3000 m”. • większym stężeniu TMAO u ryb chrzęstnoszkieletowych niezależnie od głębokości, np. „U ryb chrzęstnoszkieletowych obserwuje się wyższe stężenie TMAO w tkance mięśniowej niż u kostnoszkieletowych na tej samej głębokości” jako jedynym wniosku.
PP
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Oceń prawdziwość poniższych stwierdzeń dotyczących limfocytów T. Wybierz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Limfocyty T biorą udział w reakcjach odporności swoistej. | ||
| 2 | Kontakt z antygenem jest przyczyną namnażania się limfocytów T. |
Podaj nazwę narządu układu limfatycznego, który jest głównym miejscem dojrzewania limfocytów T u dorosłego człowieka.
• W przeciwieństwie do fizjologicznych limfocytów T, CAR-T rozpoznają i wiążą antygeny komórek nowotworowych w sposób niezależny od powierzchniowego występowania białka MHC, którego ilość w tych komórkach jest obniżona. • Limfocyty CAR-T rozpoznają antygeny komórek nowotworowych w sposób niezależny od obecności białka MHC na ich powierzchni, czego nie potrafią limfocyty fizjologiczne, a komórki nowotworowe mają małą ilość białek MHC. • Ilość białka MHC w komórkach nowotworowych jest obniżona, a więc niszczenie ich z udziałem fizjologicznych limfocytów, wymagających obecności białek MHC, byłoby mniej skuteczne. CAR-T są aktywowane przez kontakt z antygenem niezależnie od cząsteczek MHC.
2 pkt – poprawne wyjaśnienie, uwzględniające wbudowanie przez retrowirusa genu kodującego receptor CAR do genomu gospodarza, co warunkuje długotrwałą jego ekspresję, ORAZ uwzględniające wprowadzanie za pomocą elektroporacji do komórki gospodarza mRNA, który w komórce jest stosunkowo krótkotrwały, np. ze względu na jego degradację lub efekt rozcieńczenia. 1 pkt – wyjaśnienie, uwzględniające wbudowanie przez retrowirusa genu kodującego receptor CAR do genomu gospodarza, co warunkuje długotrwałą jego ekspresję, ALBO uwzględniające wprowadzanie za pomocą elektroporacji do komórki gospodarza mRNA, który w komórce jest stosunkowo krótkotrwały, np. ze względu na jego degradację lub efekt rozcieńczenia. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Kiedy limfocyt T zostaje zainfekowany cząsteczkami retrowirusa zawierającymi gen kodujący receptor CAR, ten gen zostaje wbudowany do genomu komórki i podlega wielokrotnej ekspresji. Natomiast mRNA jest stosunkowo niestabilną cząsteczką, więc otrzymywanie receptora CAR w wyniku translacji tego mRNA też będzie krótkotrwałe. • Po elektroporacji czas półtrwania mRNA jest krótki – białka powstaje niewiele. Użycie retrowirusa zapewnia długotrwałe wytwarzanie białka, bo gen odpowiedzialny za to białko trafia do genomu gospodarza. • W przypadku elektroporacji stężenie mRNA ulega zmniejszeniu przy każdym kolejnym podziale komórki. Ten efekt nie występuje w przypadku wbudowania się genu kodującego receptor CAR, co ma miejsce w przypadku zastosowania infekcji wirusowej. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do translacji cząsteczki mRNA tylko jeden raz, np. „W przypadku elektroporacji mamy do czynienia z jednorazowym wytworzeniem receptora CAR na podstawie mRNA wprowadzonego do komórki, podczas gdy zastosowanie retrowirusa warunkuje wielokrotną syntezę receptorów CAR przez limfocyt po wbudowaniu genu CAR do genomu”. Dopuszcza się odpowiedzi odnoszące się do dużych ilości mRNA w przypadku zastosowania infekcji wirusowej oraz małych ilości mRNA w przypadku elektroporacji, np. „W terapii z użyciem retrowirusa gen kodujący receptor CAR wbudowuje się w genom limfocytu T, przez co może on wytworzyć mRNA kodujący ten receptor w dużych ilościach, natomiast elektroporacja ogranicza wytwarzanie receptora CAR jedynie do ilości mRNA mechanicznie wprowadzonego do komórki – komórka nie może wytworzyć kolejnych nici mRNA”, zamiast odniesienia się do stabilności kwasów nukleinowych.
PP
rozwiązań zadań
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
grasica / thymus Uwaga: Uznaje się odpowiedź „ciało tłuszczowe zamostkowe” – anatomiczne określenie mocno stłuszczonej grasicy, zawierającej – oprócz tkanki tłuszczowej – także funkcjonalną tkankę limfatyczną.
1 pkt – podanie poprawnej nazwy narządu. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.