Matura CKE maj, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Ładowanie…
Liście jabłoni, podobnie jak innych drzew liściastych klimatu umiarkowanego, rozwijają się z pąków na wiosnę i są zrzucane dopiero jesienią. Naturalny proces zrzucania liści polega na rozwoju strefy odcinającej u podstawy ogonka liściowego. Auksyny są hormonami roślinnymi produkowanymi m.in. przez wierzchołek wzrostu pędu oraz przez młode liście. Postawiono następującą hipotezę: Rozwój strefy odcinającej liści jabłoni jest hamowany przez auksyny wytwarzane w młodych liściach. Na poniższym rysunku przedstawiono przebieg doświadczenia przeprowadzonego w celu weryfikacji tej hipotezy. W doświadczeniu wykorzystano roczne pędy jabłoni z usuniętym wierzchołkiem wzrostu oraz naturalną auksynę – kwas indolilooctowy (IAA).
Na podstawie przedstawionych wyników badań sformułuj wniosek na temat wpływu auksyn produkowanych przez młode liście na rozwój strefy odcinającej liści jabłoni.
Przedstaw, na czym polega adaptacja w postaci zrzucania liści przed zimą u drzew liściastych klimatu umiarkowanego. W odpowiedzi uwzględnij dostępność wody dla tych roślin w okresie zimowym oraz rolę liści w gospodarce wodnej roślin.
1 pkt – za poprawne sformułowanie wniosku uwzględniającego hamujący wpływ auksyn wytwarzanych przez młode liście na rozwój strefy odcinającej w ogonkach liści jabłoni. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Jest on hamujący. • Auksyny syntetyzowane przez młode liście jabłoni hamują rozwój strefy odcinającej. • Młode liście jabłoni wytwarzają auksyny, które hamują rozwój strefy odcinającej. • Potwierdzono hipotezę postawioną powyżej.
1 pkt – za poprawne przedstawienie, na czym polega adaptacja, uwzględniające ograniczenie transpiracji (szparkowej) w warunkach obniżonej dostępności wody w glebie. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań Przykładowe rozwiązania • Roślina zrzuca liście, aby nie dopuścić w procesie transpiracji do utraty wody, której dostępność spada w okresie zimowym. • Dostępność wody w glebie jest w zimie mała, dlatego rośliny zrzucają liście, aby ograniczyć parowanie wody z liści i w ten sposób zapobiegają nadmiernej utracie wody. • Ta adaptacja polega na ograniczeniu transpiracji przez liście. W zimie dostępność wody jest niska i roślina nie byłaby w stanie pobrać przez korzenie tyle wody, ile traciłaby przez transpirację.
Arkusz pokazowy CKE marzec, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Salvadora persica to niewielkich rozmiarów roślina drzewiasta przystosowana do wzrostu na glebach o różnym poziomie zasolenia, tolerująca nawet ekstremalne warunki zasolenia. Poniżej przedstawiono wyniki doświadczenia uzyskane po 21 dniach hydroponicznej (bezglebowej) uprawy czterech grup siewek S. persica w zależności od stężenia NaCl w pożywce. Wszystkie siewki uprawiano w szklarni w optymalnych dla tej rośliny warunkach fotoperiodu, wilgotności powietrza i temperatury otoczenia.
| Grupa siewek | Stężenie NaCl w pożywce [mmol/l] | Średnie zagęszczenie aparatów szparkowych [liczba aparatów szparkowych na mm2] | Średnie stężenie jonów Na+ w komórkach korzeni [mg/g suchej masy] | |
|---|---|---|---|---|
| skórka górna | skórka dolna | |||
| 1. | 0 | 82 | 67 | 2,0 |
| 2. | 250 | 41 | 30 | 5,6 |
Dokończ zdanie. Zaznacz dwie właściwe odpowiedzi spośród podanych. Prawidłowo sformułowany problem badawczy do przedstawionego doświadczenia to: strony blaszki liściowej? S. persica? w komórkach korzeni S. persica? S. persica?
A, B
2 pkt – za zaznaczenie dwóch prawidłowo sformułowanych problemów badawczych. 1 pkt – za zaznaczenie jednego prawidłowo sformułowanego problemu badawczego. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za poprawne sformułowanie wniosku odnoszącego się do (pozytywnego) wpływu zasolenia na stężenie Na+ w komórkach korzeni Salvadora persica. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań Przykładowe rozwiązania • Wraz ze wzrostem zasolenia środowiska życia zwiększa się stężenie Na+ w komórkach korzeni Salvadora persica. • Im większe stężenie NaCl w środowisku, tym większa jest zawartość Na+ w korzeniach S. persica. • Stężenie Na+ w korzeniu zależy od zasolenia środowiska.
1 pkt – za poprawne określenie znaczenia adaptacyjnego spadku zagęszczenia aparatów szparkowych, odnoszące się do ograniczenia utraty wody na drodze transpiracji. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Zmniejszone zagęszczenie aparatów szparkowych ogranicza parowanie z powierzchni liści w warunkach suszy fizjologicznej. • Kiedy w podłożu jest duże stężenie soli, roślina ma utrudnione pobieranie wody z podłoża, a więc ogranicza jej transpirację. • Ogranicza to transpirację. Arkusz pokazowy z egzaminu maturalnego z biologii
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
Soplówka bukowa (Hericium coralloides) jest grzybem z rodziny soplówkowatych (Hericiaceae). Rośnie jako saprotrof na drewnie stojących i leżących pni gatunków drzew liściastych. W Polsce spotykana jest głównie na drewnie buka (Fagus sylvatica), rzadziej na brzozie brodawkowatej (Betula pendula) i topoli osice (Populus tremula). Soplówka bukowa powoduje białą zgniliznę drewna, zwykle pni i dużych gałęzi. Przez 10 dni hodowano w laboratorium soplówkę w warunkach różnej temperatury oraz na pożywkach o odmiennym pH, po czym zmierzono średnicę kolonii. Wyniki badań przedstawiono na poniższych wykresach.
Sformułuj problem badawczy przedstawionego doświadczenia.
Odczytaj z wykresów i podaj wartość optimum temperatury i optimum odczynu podłoża dla wzrostu soplówki bukowej.
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A lub B oraz jej uzasadnienie 1., 2., albo 3. Soplówka bukowa jest
1 pkt – za poprawne sformułowanie problemu badawczego, uwzględniającego 1) badany gatunek, 2) zmienne niezależne: temperaturę i odczyn podłoża oraz 3) zmienną zależną: wzrost grzybni. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Wpływ temperatury i odczynu podłoża na wzrost grzybni soplówki bukowej. • Czy temperatura i pH podłoża mają wpływ na wzrost grzybni soplówki bukowej? • Jakie jest optimum temperatury i odczynu podłoża dla wzrostu soplówki bukowej? Uwaga: Uznaje się odpowiedzi odnoszące się do określenia optimum ekologicznego lub zakresu tolerancji grzyba pod względem badanych czynników, np. „Jakie są wymagania soplówki bukowej pod względem temperatury i odczynu podłoża?”.
Temperatura: 26 °C (24–28 °C). Odczyn podłoża: pH 5 (4,5–6,5).
rozwiązań zadań
1 pkt – za poprawne odczytanie i podanie wartości optimum ekologicznego dla temperatury i odczynu podłoża. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
B3
1 pkt – za poprawne dokończenie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Matura CKE maj, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
Jeden z antybiotyków – streptomycyna – łączy się bezpośrednio z małą podjednostką rybosomu. Zaburza to syntezę białek bakteryjnych. Jednak nie wszystkie bakterie są wrażliwe na streptomycynę. U bakterii Mycobacterium tuberculosis oporność na streptomycynę warunkuje mutacja w genie kodującym podjednostkę 16S rRNA. W celu ustalenia właściwej dawki antybiotyku stosowanego w leczeniu chorób bakteryjnych określa się wartości: • MIC (ang. minimum inhibitory concentration) – minimalne stężenie antybiotyku, które całkowicie hamuje wzrost szczepu bakterii w pożywce płynnej • MBC (ang. minimum bactericidal concentration) – najmniejsze stężenie w pełni bakteriobójcze dla danego szczepu. W celu ustalenia wartości MIC i MBC przygotowano osiem probówek z pożywką zawierającą taką samą, niewielką liczbę komórek pewnego szczepu bakterii. Po dodaniu do siedmiu probówek różnych ilości streptomycyny wszystkie osiem umieszczono w inkubatorze. Materiał z probówek, w których nie wykryto wzrostu bakterii, przeniesiono na pożywkę stałą bez streptomycyny. Poniższy schemat ilustruje wyniki tego doświadczenia. stężenie streptomycyny [mg/l] 4,0 2,0 1,0 0,5 0,25 0,125 0,06 0
Na podstawie przedstawionych wyników doświadczenia odczytaj wartości MIC oraz MBC i wpisz je w wyznaczone poniżej miejsca.
Spośród podanych nazw chorób wybierz i zaznacz nazwy chorób bakteryjnych.
wartość MIC: • 0,25 (mg/l) • 0,125 < MIC ≤ 0,25 (mg/l) wartość MBC: • 2,0 (mg/l) • 1,0 < MBC ≤ 2,0 (mg/l)
1 pkt – za prawidłowe podanie wartości MIC oraz wartości MBC. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
B (borelioza), D (gruźlica), E (tężec).
1 pkt – za wybór trzech poprawnych odpowiedzi. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
1 pkt – za prawidłowe wyjaśnienie, uwzględniające: 1) zmianę struktury rybosomu, co utrudnia wiązanie się streptomycyny z rybosomem lub 2) rozprzestrzenienie się oporności dzięki selekcji pozytywnej opornych bakterii lub 3) rozprzestrzenianie się oporności poprzez horyzontalny transfer genów. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • W wyniku mutacji zmienia się kształt rybosomu, w wyniku czego antybiotyk nie może się już z nim wiązać. • Zmutowana bakteria może uzyskać przewagę selekcyjną w populacji i dojdzie w ten sposób do jej namnożenia, a inne nieoporne bakterie zginą. • Ponieważ między bakteriami dochodzi do koniugacji i bakteria będąca biorcą nabywa oporność na streptomycynę, ponieważ uzyskuje gen z mutacją od dawcy. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi zawierających określenie „odporność” na antybiotyki zamiast „oporność”.
Matura CKE maj, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
Rozkład materiałów zapasowych zgromadzonych w bielmie nasion jęczmienia zachodzi stopniowo. Bielmo jest zróżnicowane na zewnętrzną warstwę aleuronową, w której znajdują się głównie białka, oraz bielmo skrobiowe, w którym są zgromadzone głównie polisacharydy. We wczesnej fazie kiełkowania nasion są produkowane hormony aktywujące geny kodujące hydrolazy (peptydazę i α-amylazę) wytwarzane przez warstwę aleuronową. Przeprowadzono doświadczenie, w którym badano wpływ zarodka na wytwarzanie enzymów rozkładających polisacharydy w ziarniaku jęczmienia. Namoczone wcześniej ziarniaki przecięto na dwie części tak, aby tylko w jednej części znajdował się zarodek. Następnie na oddzielnych szalkach zawierających zestalony agarem kleik skrobiowy przygotowano dwie próby: • próba I – zawierała połówki ziarniaków z zarodkiem • próba II – zawierała połówki ziarniaków bez zarodka. W obu próbach połówki ziarniaków umieszczono powierzchnią przecięcia do podłoża. Po czterech dniach naniesiono na podłoże kilka kropli roztworu płynu Lugola. Zaobserwowano, że jedynie wokół połówek ziarniaków zawierających zarodki podłoże nie zabarwiło się na granatowo.
Sformułuj wniosek na podstawie przedstawionych wyników doświadczenia.
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A albo B oraz jej uzasadnienie 1., 2. albo 3. Do wyciągnięcia wniosków z przedstawionych badań
1 pkt – za sformułowanie poprawnego wniosku, odnoszącego się do pobudzania przez zarodek w ziarniaku jęczmienia syntezy enzymów rozkładających polisacharydy. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Obecność zarodka stymuluje wytwarzanie enzymów rozkładających polisacharydy w ziarniaku jęczmienia. • Zarodek w ziarniaku jęczmienia pobudza syntezę enzymu α-amylazy. • Zarodek jest konieczny do tego, żeby w ziarniaku jęczmienia były wytwarzane enzymy rozkładające skrobię. • Zarodek w badanym nasieniu wpływa pozytywnie na syntezę α-amylazy w ziarniaku. Uwaga: Nie uznaje się wniosków: ➢ zbyt ogólnych, np. „Zarodek wpływa na syntezę enzymu” ➢ zawierających tylko opis wyników, np. „W obecności zarodka skrobia została rozłożona, o czym świadczy żółte zabarwienie po dodaniu płynu Lugola” ➢ nie wynikających bezpośrednio z przedstawionych wyników doświadczenia, np. „Zarodek jęczmienia wytwarza hormony, które aktywują geny kodujące hydrolazy rozkładające skrobię” ➢ dotyczących braku zarodka lub wytwarzania przez zarodek enzymów trawiących polisacharydy.
B3
1 pkt – za prawidłowe dokończenie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Matura CKE maj, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
Pobieranie przez komórkę wody z otoczenia powoduje przyrost objętości komórki, który jest pośrednią miarą wielkości potencjału wody w komórce. Aby określić potencjał wody w miękiszu spichrzowym bulw ziemniaka, przeprowadzono doświadczenie, podczas którego mierzono zmiany objętości tej tkanki w zależności od stężenia w roztworze zewnątrzkomórkowym sacharozy – substancji osmotycznie czynnej. Na poniższym wykresie przedstawiono wyniki doświadczenia.
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby powstał poprawny opis przebiegu wykonanego doświadczenia. Podkreśl w każdym nawiasie właściwe określenie. Z bulwy ziemniaka wycięto 18 kostek o (jednakowych / różnych) wymiarach. Następnie przygotowano wodne roztwory sacharozy o (jednakowych / dwóch różnych / kilku różnych) stężeniach, w których na godzinę umieszczono wcześniej przygotowane kostki. W celu obliczenia średnich zmian objętości kostek zmierzono ich wymiary za pomocą suwmiarki (tylko na początku / tylko na końcu / na początku i na końcu) doświadczenia.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące potencjału wody są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Punkt R na wykresie oznacza wyrównanie potencjału wody w komórce i środowisku zewnętrznym. |
Z bulwy ziemniaka wycięto 18 kostek o (jednakowych / różnych) wymiarach. Następnie przygotowano wodne roztwory sacharozy o (jednakowych / dwóch różnych / kilku różnych) stężeniach, w których na godzinę umieszczono wcześniej przygotowane kostki. W celu obliczenia średnich zmian objętości kostek zmierzono ich wymiary za pomocą suwmiarki (tylko na początku / tylko na końcu / na początku i na końcu) doświadczenia.
1 pkt – za wybór trzech poprawnych określeń. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Punkt R na wykresie oznacza wyrównanie potencjału wody w komórce i środowisku zewnętrznym. | ✓ |
Matura CKE maj, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
(0–1) Wiele gatunków mew dokarmia swoje pisklęta poprzez zwracanie (regurgitację) części zjedzonego pokarmu. Głodne pisklęta, aby uzyskać pokarm od rodzica powracającego do gniazda, odruchowo uderzają w jego dziób, czym wywołują zwrot pokarmu. Z wykorzystaniem sztucznych modeli ptasich głów postanowiono sprawdzić, jakie cechy morfologiczne głowy dorosłej mewy wyzwalają opisane zachowanie piskląt. W badaniach • kształt głowy • kolor upierzenia • obecność oczu • kształt dzioba • występowanie plamki na dziobie. Na poniższym wykresie przedstawiono wyniki doświadczenia.
1 pkt – za określenie poprawnej cechy morfologicznej głowy dorosłej mewy. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • obecność plamki • plamka na dziobie
Matura CKE maj, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
Populacje biegusów alaskańskich w północnej części zasięgu geograficznego gatunku mają nietypowy stosunek liczebności samców i samic wynoszący 3:1, zamiast typowego – 1:1. Postawiono następującą hipotezę: „Mały udział samic w populacjach biegusów jest spowodowany tym, że częściej padają one ofiarą sokołów wędrownych”. W celu weryfikacji tej hipotezy zebrano pióra po biegusach upolowanych przez sokoły, a następnie wyizolowano z nich DNA i przeprowadzono PCR w celu amplifikacji fragmentów genów CHD, zlokalizowanych na chromosomach płci Z i W (odpowiednio: CHD-Z i CHD-W). Samice biegusów są heterogametyczne (ZW), a samce – homogametyczne (ZZ). Rejony niekodujące w genach CHD-Z i CHD-W mają różną długość, co powoduje, że produkty amplifikacji rejonów niekodujących genów CHD-Z i CHD-W także różnią się długością. Elektroforetyczne rozdzielenie produktów PCR pozwoliło określić płeć ptaków, z których pochodziły zebrane pióra.
Rozstrzygnij, czy postawiona hipoteza została przyjęta, czy – odrzucona. Odpowiedź uzasadnij, odwołując się do wyników badań przedstawionych na wykresie.
Który obraz żelu agarozowego odpowiada prawidłowemu wynikowi elektroforetycznego rozdzielenia powielonych fragmentów genów CHD-Z i CHD-W u samca (♂) i samicy (♀)? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.
1 pkt – za prawidłowe: 1) rozstrzygnięcie, że wyniki badania nie potwierdziły postawionej hipotezy oraz 2) uzasadnienie, odnoszące się do zbliżonej proporcji płci w populacji żywych biegusów i biegusów będących ofiarami sokołów lub do większego udziału samców wśród ofiar sokołów. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Hipoteza została odrzucona. Wyniki wskazują, że udział samic wśród ofiar sokołów jest podobny do ich udziału w populacji, a więc ta dysproporcja nie jest wynikiem ich częstszego odławiania przez sokoły wędrowne. • Mały udział samic w badanej populacji nie jest spowodowany tym, że samice częściej są łowione przez sokoły. Wyniki badania wskazują, że to samce częściej są ofiarami, a więc hipoteza nie została potwierdzona.
rozwiązań zadań • Odrzucona, ponieważ wśród ofiar sokołów jest więcej samców. • Hipoteza została odrzucona, ponieważ biegusy, niezależnie od płci, z jednakowym prawdopodobieństwem mogą stać się ofiarą sokołów. • Zweryfikowana negatywnie – płeć ofiary nie ma wpływu na złowienie jej przez sokoła, dlatego proporcja płci wśród ofiar odzwierciedla proporcję w populacji ogólnej.
C
1 pkt – za wybór prawidłowego obrazu rozdziału produktów PCR. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Test diagnostyczny CKE grudzień, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Uczniowie przygotowali dwa zestawy doświadczalne. Każdy z zestawów składał się z ośmiu zlewek z roztworami chlorku sodu (NaCl) o stężeniach od 0,1 mol/l do 0,8 mol/l oraz z jednej zlewki z wodą destylowaną. Na kolejnym etapie doświadczenia uczniowie wycięli z bulwy batata oraz owocu dyni po dziewięć bloczków podobnych do siebie pod względem kształtu i rozmiarów. Następnie każdy z bloczków umieścili na 60 minut w roztworze o innym stężeniu NaCl lub w wodzie destylowanej. Po wyjęciu próbek uczniowie ponownie zważyli bloczki i obliczyli procentową zmianę ich masy. Na poniższym wykresie przedstawiono wyniki doświadczenia.
Na podstawie uzyskanych wyników określ stężenie roztworu NaCl, który jest izotoniczny względem soku komórkowego dyni. Izotoniczny względem soku komórkowego dyni jest roztwór NaCl o stężeniu około .................. mol/l.
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A albo B oraz jej uzasadnienie 1. albo 2. Na podstawie przedstawionych wyników można stwierdzić, że roztwór NaCl o stężeniu 0,2 mol/l jest w stosunku do soku komórkowego batata
0,55 Uwaga: Uznaje się odpowiedzi w zakresie 0,5–0,6.
1 pkt – za poprawne określenie stężenia roztworu NaCl izotonicznego względem soku komórkowego dyni. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
B2
1 pkt – za poprawny wybór dokończenia zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
Test diagnostyczny CKE grudzień, PR (F‑2023) · rozszerzony · formuła 2023
Na podstawie licznych podobieństw w budowie anatomicznej już w latach 70. XX wieku odkryto, że ptaki (Aves) nie stanowią grupy zupełnie oddzielnej od gadów, ale wywodzą się z kopalnych dinozaurów (Dinosauria). Najbliższym współczesnym krewnym ptaków jest rząd krokodyli (Crocodilia), obejmujący m.in. krokodyle i aligatory. Ze względu na wspólne pochodzenie ptaki, dinozaury i krokodyle łączy się w jedną grupę nazywaną gadami naczelnymi lub archozaurami (Archosauria). Dużo większym wyzwaniem dla naukowców było określenie relacji pokrewieństwa żółwi (Testudines) wobec pozostałych gadów. Badania anatomiczne dawały sprzeczne wyniki i dopiero na podstawie sekwencjonowania gadzich genomów wykazano bezspornie, że żółwie są bliżej spokrewnione z gadami naczelnymi niż z jaszczurkami i wężami, ujmowanymi razem jako łuskonośne (Squamata). Spośród współczesnych gadów jedynie ptaki są zwierzętami stałocieplnymi. Na podstawie badań histologicznych kopalnych kości uważa się jednak, że podwyższonym tempem metabolizmu cechowały się już ostatni wspólny przodek archozaurów oraz wymarłe dinozaury. Na podstawie tych odkryć sformułowano hipotezę, że wspólny przodek współczesnych krokodyli utracił stałocieplność, a współczesne krokodyle są zwierzętami wtórnie zmiennocieplnymi, co najprawdopodobniej wynika z przejścia tych zwierząt do ziemno-wodnego trybu życia i ma związek ze stosunkowo mało aktywnym polowaniem z zasadzki. Jednym z dowodów potwierdzających pochodzenie krokodyli od zwierząt stałocieplnych jest zachowana pełna przegroda międzykomorowa. Wśród współczesnych archozaurów także ptaki mają w sercu pełną przegrodę międzykomorową. Badania porównawcze doprowadziły badaczy do wniosku, że taką budowę serca miały także wymarłe dinozaury oraz ostatni wspólny przodek archozaurów.
Wyjaśnij, jakie znaczenie dla utrzymywania względnie stałej, wysokiej temperatury ciała ptaków ma występowanie w ich sercu pełnej przegrody między komorami. W odpowiedzi uwzględnij natlenowanie krwi oraz tempo metabolizmu.
Poniższy rysunek przedstawia niekompletne drzewo filogenetyczne obrazujące relacje pokrewieństwa między gadami a ptakami. 1. Na podstawie tekstu określ pokrewieństwo między grupami gadów – dorysuj brakujące gałęzie powyższego drzewa filogenetycznego tak, aby drzewo przedstawiało w poprawny sposób relacje pokrewieństwa między taksonami. 2. Zaznacz na powyższym drzewie filogenetycznym ostatniego wspólnego przodka archozaurów – otocz kółkiem odpowiedni węzeł. 3. Zaznacz na powyższym drzewie filogenetycznym moment, w którym – według przedstawionej w tekście hipotezy – doszło do utraty stałocieplności – zapisz znak X nad odpowiednią gałęzią.
1 pkt – za poprawne wyjaśnienie, uwzględniające 1) brak mieszania się w sercu krwi natlenowanej z odtlenowaną i większą ilość tlenu dostarczanego do komórek organizmu oraz 2) tego efekt – wysokie tempo metabolizmu w komórkach i uwalnianie dużych ilości ciepła. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań Przykładowe rozwiązania • Pełna przegroda w sercu sprawia, że nie miesza się krew natlenowana z odtlenowaną, a przez to jest większa efektywność dostarczania tlenu do tkanek. Duża ilość tlenu docierającego do komórek ciała umożliwia wytworzenie dużej ilości ciepła na drodze oddychania tlenowego. • Dzięki występowaniu pełnej przegrody w sercu krew natlenowana nie miesza się z odtlenowaną, dlatego tlen wydajnie transportowany jest do komórek w organizmie, gdzie zapewnia wysokie tempo metabolizmu i oddawania dużej ilości ciepła.
3 pkt – za narysowanie poprawnej topologii drzewa filogenetycznego z zaznaczonym ostatnim wspólnym przodkiem archozaurów oraz ze wskazanym momentem, w którym doszło do utraty stałocieplności. 2 pkt – za narysowanie poprawnej topologii drzewa filogenetycznego z zaznaczonym ostatnim wspólnym przodkiem archozaurów albo ze wskazanym momentem, w którym doszło do utraty stałocieplności. 1 pkt – za narysowanie poprawnej topologii drzewa filogenetycznego. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań na 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania Przykład 1. zięba kur bankiwa majzaura † trodon † aligator X krokodyl żółw hełmiasty żółw plamisty wąż zbożowy anolis zielony
rozwiązań zadań Przykład 2. zięba kur bankiwa majzaura † trodon † X aligator krokodyl żółw hełmiasty żółw plamisty wąż zbożowy anolis zielony
| 3. |
| 500 |
| 28 |
| 23 |
| 8,8 |
| 4. | 750 | 17 | 13 | 13,9 |
Na podstawie przedstawionych wyników doświadczenia sformułuj wniosek na temat wpływu zasolenia środowiska na stężenie jonów Na+ w komórkach korzeni S. persica.
Określ znaczenie adaptacyjne spadku zagęszczenia aparatów szparkowych w skórce S. persica, następującego wraz ze wzrostem stężenia NaCl w środowisku.
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby zawierały informacje prawdziwe. W każdym nawiasie podkreśl właściwe określenie. Duże stężenie soli w glebie zwiększa siły osmotyczne utrzymujące wodę w roztworze glebowym. Pobieranie wody przez roślinę jest wtedy warunkowane przez (zmniejszenie / zwiększenie) potencjału wody w komórkach pobierających wodę, tak aby gradient potencjału wody pozwalał na przepływ wody z roztworu glebowego do komórki. Jest to możliwe dzięki (zmniejszeniu / zwiększeniu) stężenia jonów soli w soku komórkowym.
Duże stężenie soli w glebie zwiększa siły osmotyczne utrzymujące wodę w roztworze glebowym. Pobieranie wody przez roślinę jest wtedy warunkowane przez (zmniejszenie / zwiększenie) potencjału wody w komórkach pobierających wodę, tak aby gradient potencjału wody pozwalał na przepływ wody z roztworu glebowego do komórki. Jest to możliwe dzięki (zmniejszeniu / zwiększeniu) stężenia jonów soli w soku komórkowym.
1 pkt – za poprawne podkreślenie dwóch określeń podanych w nawiasach. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
Wyjaśnij, dlaczego mutacja w jednym z genów kodujących rRNA bakterii M. tuberculosis może powodować nabycie przez szczep tych bakterii oporności na streptomycynę.
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A, B albo C oraz jej uzasadnienie 1., 2. albo 3. Rozprzestrzenianie się antybiotykooporności bezpośrednio między komórkami bakterii jest możliwe na drodze
Wykaż, że wirusy nie są wrażliwe na streptomycynę. W odpowiedzi uwzględnij różnicę w budowie wirusów i bakterii oraz mechanizm działania streptomycyny.
C2
1 pkt – za prawidłowe dokończenie zdania. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
2 pkt – za prawidłowe wykazanie, że wirusy nie są wrażliwe na streptomycynę, uwzględniające wiązanie się streptomycyny z bakteryjnymi rybosomami, które nie występują u wirusów. 1 pkt – za prawidłowe opisanie mechanizmu działania streptomycyny lub za prawidłowe opisanie różnic w budowie wirusów i bakterii. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Streptomycyna działa na bakterie poprzez zahamowanie syntezy białek zachodzącej w rybosomach, których nie mają wirusy. • Ten antybiotyk łączy się z rybosomami, a wirusy nie mają własnych rybosomów, dlatego streptomycyna nie będzie miała wpływu na replikację wirusów. • Wirusy korzystają z maszynerii translacyjnej eukariotycznych komórek gospodarza, a streptomycyna oddziałuje z podjednostką rybosomu prokariotycznego.
| 2 | W cytoplazmie komórki umieszczonej w wodzie destylowanej jest wyższy potencjał wody w porównaniu do jej otoczenia. |
Wyjaśnij, dlaczego badana tkanka umieszczona w roztworze sacharozy o stężeniu równym bądź większym od 0,2 mol/l zmniejszyła swoją objętość. W odpowiedzi uwzględnij zjawisko osmozy.
| ✓ |
| 2 | W cytoplazmie komórki umieszczonej w wodzie destylowanej jest wyższy potencjał wody w porównaniu do jej otoczenia. | ✓ | ✓ |
1. – P, 2. – F.
1 pkt – za poprawną ocenę dwóch stwierdzeń. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.
1 pkt – za prawidłowe wyjaśnienie, uwzględniające przyczynę – wyższe stężenie substancji osmotycznie czynnych w roztworze zewnątrzkomórkowym niż w komórce (niższy potencjał wody na zewnątrz komórki) oraz mechanizm – osmotyczny wypływ wody z komórek do środowiska zewnętrznego. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi. Przykładowe rozwiązania • Tkanka umieszczona została w roztworze hipertonicznym, przez co osmotycznie traci wodę. • Np. w roztworze sacharozy o stężeniu 1,0 mol/l jest większe stężenie substancji osmotycznie czynnych niż w komórkach bulwy ziemniaka. Powoduje to dyfuzję wody do miejsca o wyższym stężeniu substancji osmotycznie czynnych, czyli w tym przypadku z wnętrza komórek do ich otoczenia. • Potencjał wody roztworu sacharozy o stężeniu większym niż 0,2 mol/l jest niższy od potencjału wody roztworu w badanej tkance. Woda przepływa na drodze osmozy zgodnie z różnicą potencjału wody, a więc z badanej tkanki (który ma wyższy potencjał wody) do roztworu sacharozy (która ma niższy potencjał wody). Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do występowania w roztworze zewnątrzkomórkowym innych cukrów osmotycznie czynnych niż sacharoza.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące techniki PCR są prawdziwe.
| Nr | Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|---|
| 1 | Do powielenia fragmentów genów techniką PCR należy użyć m.in. termostabilnej polimerazy DNA oraz czterech różnych deoksyrybonukleotydów. | ||
| 2 | Technika PCR umożliwia powielenie wybranych fragmentów genomowego DNA dzięki użyciu specyficznych starterów. | ||
| 3 | Rozdzielenie podwójnej helisy DNA podczas stosowania techniki PCR zachodzi dzięki ligazom DNA. |
| Nr |
|---|
| Stwierdzenie |
|---|
| P |
|---|
| F |
|---|
| 1 | Do powielenia fragmentów genów techniką PCR należy użyć m.in. termostabilnej polimerazy DNA oraz czterech różnych deoksyrybonukleotydów. | ✓ | ✓ |
| 2 | Technika PCR umożliwia powielenie wybranych fragmentów genomowego DNA dzięki użyciu specyficznych starterów. | ✓ | ✓ |
| 3 | Rozdzielenie podwójnej helisy DNA podczas stosowania techniki PCR zachodzi dzięki ligazom DNA. | ✓ | ✓ |
1. – P, 2. – P, 3. – F.
2 pkt – za poprawną ocenę trzech stwierdzeń. 1 pkt – za poprawną ocenę dwóch stwierdzeń. 0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wymagań za 1 pkt albo za brak odpowiedzi.