Matura CKE czerwiec, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
Ładowanie…
Mikroorganizmy celulolityczne wytwarzają wiele enzymów rozkładających celulozę. Funkcją celulaz jest hydroliza wiązań β-1,4-glikozydowych we włóknach celulozy. Ze względu na strukturę i aktywność enzymatyczną można wśród celulaz wyróżnić: • endoglukanazy – działają w wewnętrznej, amorficznej części celulozy i rozkładają długie łańcuchy celulozy na oligodekstryny o różnej długości • egzoglukanazy – działają na końcowe elementy łańcuchów cukrowych i mogą odłączać pojedyncze cząsteczki glukozy lub celobiozę – dwie cząsteczki glukozy połączone wiązaniem β-1,4-glikozydowym • β-glukozydazy – degradują jednostki celobiozy oraz oligodekstryny do glukozy. Na poniższym rysunku przedstawiono strukturę chemiczną celulozy.
Jakim numerem na powyższym schemacie zaznaczono wiązanie β-1,4-glikozydowe?
Zaznacz odpowiedź spośród podanych.
Uzupełnij zdanie. Zaznacz odpowiedź spośród oznaczonych literami A i B oraz odpowiedź spośród oznaczonych literami C i D. Celuloza jest polisacharydem, składającym się z kilku tysięcy reszt glukozy i stanowiącym składnik budulcowy niektórych organizmów.
Wykaż, że endoglukanazy znacznie przyśpieszają rozkład celulozy katalizowany przez egzoglukanazy.
Podaj nazwę wiązania między łańcuchami celulozy w mikrofibrylach – włóknach celulozowych, składających się z wielu równoległych cząsteczek celulozy.
B
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
BC
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
1 pkt – poprawne wykazanie, że endoglukanazy przyśpieszają rozkład celulozy katalizowany przez egzoglukanazy, z odniesieniem się do zwiększenia dostępności substratu egzoglukanaz. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi. Przykładowa odpowiedź Endoglukanazy tną cząsteczkę celulozy na mniejsze fragmenty, a więc powstaje więcej wolnych końców dostępnych dla egzoglukanaz.
1 pkt – podanie poprawnej nazwy wiązania. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
Na poniższym zdjęciu z mikroskopu elektronowego przedstawiono budowę fragmentów dwóch komórek roślinnych – A i B, wchodzących w skład tej samej tkanki.
Uzupełnij tabelę. Wpisz w wyznaczone miejsca tabeli nazwy i funkcje struktur komórki roślinnej, zaznaczonych na kopiach powyższego zdjęcia kolorem czerwonym.
| Struktura zaznaczona na zdjęciu | ||
|---|---|---|
| Nazwa struktury | ||
| Funkcja struktury |
2 pkt – poprawne uzupełnienie czterech pól tabeli. 1 pkt – poprawne uzupełnienie jednej kolumny LUB pierwszego wiersza tabeli (nazwa struktury). 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Struktura zaznaczona na zdjęciu Nazwa ściana komórkowa chloroplast / chloroplasty struktury Funkcja stanowi barierę między wnętrzem przeprowadza fotosyntezę / struktury komórki a środowiskiem fotosynteza / asymilacja dwutlenku zewnętrznym lub między węgla komórkami / nadaje kształt komórce / chroni przed uszkodzeniami mechanicznymi / umożliwia transport między komórkami
AD
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
1 pkt – poprawne wyjaśnienie, uwzględniające osmotyczny napływ wody do wakuoli. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
Pando to północnoamerykański las złożony z jednego gatunku drzewa liściastego – topoli osikowej (Populus tremuloides), a zarazem jest to jeden organizm – jeden osobnik rozmnażający się wegetatywnie. Na pędach Pando wyrastają wyłącznie kwiaty męskie. Pando jest jednym z najstarszych i najcięższych organizmów na Ziemi. Ma około 47 tysięcy pędów wyrastających ze wspólnego systemu korzeniowego. Większość pni obumiera po około 130 latach. Jeleniowate i inne zwierzęta roślinożerne odżywiają się młodymi odrostami Pando. Według naukowców ten las powoli zamiera. Zamieranie tego lasu zbiegło się w czasie z większą aktywnością ludzi – wytępiono na tym terenie duże drapieżniki, a w okolicy wybudowano domki letniskowe i zakazano polowań na jeleniowate. Poniższe zdjęcie przedstawia fragment Pando w okresie jesiennym.
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A albo B oraz jej uzasadnienie 1., 2. albo 3. Topola osikowa jest
B1
rozwiązań zadań 5) opisuje sposoby rozmnażania wegetatywnego.
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
1 pkt – poprawne rozstrzygnięcie, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do przemiany faz jądrowych. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi. Rozstrzygnięcie odmienne
• Powstają z mejospor. • Ziarna pyłku to gametofity, rozwijające się z mikrospor, a mikrospory powstają na drodze mejozy, której towarzyszy crossing-over. • W czasie powstawania zarodników, z których powstają ziarna pyłku, dochodzi do losowego rozchodzenia się chromosomów homologicznych / chromatyd siostrzanych o różnych zestawach alleli. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi, w której zdający odnosi się do ziarna pyłku jako do struktury powstałej bezpośrednio na drodze mejozy.
1 pkt – poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do mechanizmu – wzrostu liczebności (populacji) zwierząt roślinożernych odżywiających się młodymi pędami. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi. Przykładowa odpowiedź Brak drapieżników jest przyczyną wzrostu liczebności roślinożerców, zjadających młode pędy Pando. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi, w których zdający odnosi się do zmniejszenia liczebności osobników Pando, ponieważ ten las jest utworzony przez jednego osobnika.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
Przeprowadzono doświadczenie, którego celem było zbadanie wpływu czerwonego światła na suchą masę siewek soi (Glycine max). Nasiona soi odmiany BRS 537 podzielono na cztery grupy. Nasiona z każdej grupy naświetlono dawkami światła laserowego o długości fali 660 nm według następującego schematu: • grupa T0 – nasiona nienaświetlane • grupa T1 – dawka naświetlania 0,8 J ∙ cm–2 • grupa T2 – dawka naświetlania 1,6 J ∙ cm–2 • grupa T3 – dawka naświetlania 3,2 J ∙ cm–2. Następnie nasiona z każdej grupy umieszczono na oddzielnych bibułkach do kiełkowania, przykryto kolejnym arkuszem bibuły i zwilżono wodą destylowaną w proporcji 2,5-krotności suchej masy bibuły. Bibuły zwinięto w rolkę, umieszczono w plastikowej torbie, a następnie przechowywano w inkubatorze w temperaturze 25 °C i przy 12-godzinnym fotoperiodzie (12 h dzień / 12 h noc) przez 7 dni. Po tym okresie zważono suchą masę siewek w każdej grupie. W przypadku każdej opisanej grupy zastosowano cztery powtórzenia po 25 siewek. Na poniższym wykresie przedstawiono wyniki doświadczenia w postaci wartości średnich z czterech powtórzeń.
Na podstawie przedstawionych informacji sformułuj wniosek z doświadczenia.
Uzasadnij, że w celu otrzymania wiarygodnych wyników było konieczne: 1. utrzymanie tej samej temperatury we wszystkich grupach 2. umieszczenie kiełkujących nasion w plastikowej torbie.
W nasionach soi materiał zapasowy znajduje się w rozbudowanych liścieniach, wypełniających większość przestrzeni w łupinie nasiennej.
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A albo B oraz odpowiedź 1. albo 2. Nasiona soi należą do
1 pkt – sformułowanie poprawnego wniosku, uwzględniającego zróżnicowany wpływ czerwonego światła na suchą masę siewek soi. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
• Naświetlanie laserem o długości fali 660 nm przy odpowiedniej dawce światła jest w stanie zwiększyć suchą masę siewek soi. • Niektóre efekty biostymulacji nasion soi czerwonym laserem są pozytywne i zwiększają tempo rozwoju struktur sadzonek, a co za tym idzie – ich suchą masę. • W zależności od dawki światła o długości 660 nm, służącego do naświetlania nasion, siewki soi mogą mieć zmniejszoną lub zwiększoną suchą masę. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do światła bez podania jego koloru lub długości fali.
2 pkt – dwa poprawne uzasadnienia. 1 pkt – jedno poprawne uzasadnienie. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
1. utrzymanie tej samej temperatury we wszystkich grupach: • Dzięki temu wiadomo, że temperatura nie miała wpływu na uzyskane wyniki. • Gdyby temperatura się różniła między próbami, to mogłoby się to przełożyć na zróżnicowanie wyników. 2. umieszczenie kiełkujących nasion w plastikowej torbie: • Dzięki temu nasiona nie wyschły, a ich siła kiełkowania była wysoka. • Woda jest konieczna do kiełkowania nasion, a plastikowa torba utrzymuje wysoką wilgotność.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
Larwy motyla tantnisia krzyżowiaczka (Plutella xylostella) żerują na liściach kapusty brukselskiej (Brassica oleracea var. gemmifera). Korzenie kapusty są pokarmem larw muchówki śmietki kapuścianej (Delia radicum). Samica śmietki składa około 100–150 jaj na hipokotylu lub w glebie. Po 5–10 dniach z jaj wylęgają się larwy. Przez 2–30 dni larwy żyją wewnątrz korzeni, drążąc w nich korytarze. Po tym czasie przechodzą w stadium poczwarki, w którym pozostają przez 15–20 dni. Badacze postanowili sprawdzić hipotezę, że żerowanie tantnisia krzyżowiaczka na kapuście jest przyczyną ograniczenia rozwoju śmietki kapuścianej poprzez uruchomienie mechanizmów obronnych rośliny. W tym celu przygotowano następującą próbę badawczą: I. Na najmłodszy w pełni rozwinięty liść trzytygodniowej kapusty brukselskiej wprowadzono 10 larw tantnisia krzyżowiaczka. Ogonek tego liścia owinięto watą, aby zapobiec rozprzestrzenieniu się larw na inne liście. II. Po dwóch dniach dziesięć nowo wyklutych larw śmietki kapuścianej umieszczono bezpośrednio na hipokotylu rośliny. III. Następnie po trzech dniach usunięto larwy tantnisia krzyżowiaczka. IV. Przez 35 kolejnych dni liczono pojawiające się dorosłe postaci śmietki kapuścianej. Próba kontrolna była taka sama jak próba badawcza – z tym wyjątkiem, że nie wprowadzono larw motyla. Zastosowano kilkadziesiąt powtórzeń obu prób. W tabeli przedstawiono wyniki eksperymentu.
| Próba kontrolna | Próba badawcza | |
|---|---|---|
| Odsetek larw śmietki kapuścianej przeobrażonych w imago | 79,8 % | 59,4 % |
Sformułuj wniosek z przeprowadzonego eksperymentu.
Określ, w jakim celu po trzech dniach od wprowadzenia na hipokotyle roślin larw śmietki kapuścianej usunięto z liści owady – larwy tantnisia krzyżowiaczka, mimo że eksperyment nadal trwał. W odpowiedzi uwzględnij testowaną hipotezę.
Uzasadnij, że zastosowanie wielokrotnych powtórzeń w przedstawionym doświadczeniu było konieczne, aby uzyskane wyniki były wiarygodne.
rozwiązań zadań
1 pkt – sformułowanie poprawnego wniosku, uwzględniającego negatywny wpływ skutków żerowania na liściach kapusty brukselskiej larw motyla tantnisia krzyżowiaczka na rozwój potomstwa muchówki śmietki kapuścianej LUB pozytywny wpływ na mechanizmy obronne kapusty. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Potwierdzono hipotezę. • Skutki żerowania na liściach kapusty brukselskiej larw motyla tantnisia krzyżowiaczka mają negatywny wpływ na rozwój potomstwa muchówki śmietki kapuścianej. • W wyniku żerowania larw motyla roślina uruchamia mechanizmy obronne.
1 pkt – poprawna odpowiedź, uwzględniająca wykluczenie wpływu bezpośredniej obecności na roślinie larwy tantnisia krzyżowiaczka na rozwój śmietki kapuścianej żerującej na roślinie. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Zrobiono to, aby potwierdzić, że to skutki żerowania, a nie – sama obecność larw tantnisia, wpływają na rozwój śmietki. • Po trzech dniach od wprowadzenia na hipokotyle roślin larw śmietki kapuścianej usunięto z liści rośliny larwy tantnisia krzyżowiaczka, aby udowodnić, że to nie bezpośrednia obecność motyla na roślinie wpływa na rozwój muchówki, ale że decydują o tym mechanizmy obronne samej rośliny. • Dzięki temu wiadomo, że śmietka rozwija się gorzej nie w wyniku konkurencji o pokarm z larwami motyla.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
Pełzakowica to choroba wywoływana przez jednokomórkowego pasożyta – pełzaka czerwonki (Entamoeba histolytica). Do zarażenia dochodzi najczęściej drogą pokarmową: przez ręce, przez wodę lub przez pokarm – zanieczyszczone cystami pasożytów pochodzącymi z kału człowieka zarażonego tym pasożytem. Ostra pełzakowica jest chorobą zagrażającą życiu, ale u zarażonych osób nie zawsze rozwijają się objawy choroby. Decydują o tym przede wszystkim sprawność układu odpornościowego i ogólny stan zdrowia człowieka. W cyklu życiowym pełzaka czerwonki występują dwie formy: • trofozoit – postać wegetatywna, która aktywnie się przemieszcza oraz wytwarza enzymy proteolityczne i enterotoksyny, powodujące obumieranie komórek gospodarza • cysta – postać przetrwalnikowa, odporna na warunki środowiska. Do układu pokarmowego człowieka dostają się cysty, z których zostają uwolnione trofozoity w dolnym odcinku jelita cienkiego lub w górnym odcinku jelita grubego. Trofozoity są bardzo ruchliwe i szybko rozmnażają się przez podziały. W ostrych postaciach pełzakowicy trofozoity mogą wnikać do błony podśluzowej jelita i wraz z krwią dostać się do wątroby lub do innych narządów, gdzie pochłaniają krwinki czerwone i uszkadzają ściany naczyń włosowatych. Trofozoity mogą przekształcić się w cysty i wówczas są wydalane z kałem do środowiska zewnętrznego. Poniżej przedstawiono budowę trofozoitu pełzaka czerwonki.
Rozstrzygnij, czy pełzak czerwonki to bakteria, czy – protist. Odpowiedź uzasadnij.
Określ funkcję, jaką pełni pseudopodium u pełzaka czerwonki.
Uzasadnij, dlaczego połknięcie pełzaka czerwonki w formie trofozoitu zazwyczaj nie prowadzi do rozwoju choroby.
1 pkt – poprawne rozstrzygnięcie, że pełzak czerwonki to protist, wraz z poprawnym uzasadnieniem. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi. Rozstrzygnięcie protist
• Ma jądro komórkowe. • Wytwarza wodniczki pokarmowe. • Porusza się za pomocą pseudopodiów. • Ma ekto- i endoplazmę. • Jest pokryty pellikulą. Uwaga: Nie uznaje się odpowiedzi: „Nie ma ściany komórkowej”.
1 pkt – podanie poprawnego przykładu funkcji pseudopodium pełzaka czerwonki. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• lokomotoryczna / umożliwia ruch pełzakowaty • pokarmowa / umożliwia pobieranie pokarmu na drodze fagocytozy • czuciowa / odbiór bodźców czuciowych / lokalizacja ofiary
1 pkt – poprawne uzasadnienie, odnoszące się do niszczenia form troficznych w żołądku. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Pełzaki czerwonki w formie troficznej są trawione przez enzymy zawarte w soku żołądkowym. • Formy troficzne są nieodporne na warunki panujące w żołądku.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
Ukwiał Nematostella vectensis to gatunek modelowy w badaniach biologicznych. Zbadano wpływ GABA (kwasu gamma-aminomasłowego) na rozwój N. vectensis. Larwy – planule – były hodowane w sztucznej wodzie morskiej. Do jednej hodowli dodano dodatkową porcję sztucznej wody morskiej, a do drugiej – roztwór GABA, którego stężenie końcowe wynosiło 10−3 mol ∙ dm−3. Doświadczenie wykonano w trzech powtórzeniach, a w każdym powtórzeniu użyto 100 larw. Poniżej przedstawiono wyniki badania: A – odsetek planul przekształconych w polipy oraz B – typowe formy zwierzęcia w kolejnych dniach po zapłodnieniu. Na wykresie przedstawiono wartości średnie, słupki błędów oznaczają odchylenie standardowe.
Podaj nazwę typu zwierząt, do którego należy N. vectensis.
Rozstrzygnij, która próba – tylko ze sztuczną wodą morską czy z dodatkiem GABA – była próbą kontrolną. Odpowiedź uzasadnij, odnosząc się do roli tej próby w interpretacji wyników doświadczenia.
Sformułuj wniosek na podstawie przedstawionych wyników doświadczenia.
parzydełkowce / Cnidaria
rozwiązań zadań
1 pkt – podanie poprawnego taksonu w randze typu. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
1 pkt – poprawne rozstrzygnięcie, że próbą kontrolną jest woda morska, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do roli tej próby jako poziomu odniesienia dla próby badawczej LUB do eliminacji wpływu innych czynników niż obecność GABA na rozwój larw. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi. Rozstrzygnięcie tylko ze sztuczną wodą morską / woda morska / woda
• Dzięki tej próbie wiadomo, jak silne jest działanie GABA, które można ocenić przez porównanie wyników próby badawczej z wynikami próby kontrolnej. • Próba z wodą pokazała, że GABA faktycznie działa, a powolny rozwój larw nie wynika z innych, nieznanych czynników.
1 pkt – sformułowanie poprawnego wniosku, odnoszącego się do hamowania rozwoju ukwiału przez GABA. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
U człowieka zmiany objętości krwi mogą wpływać na jej ciśnienie tętnicze. Jeśli objętość krwi wzrasta, to ciśnienie krwi rośnie, podczas gdy spadek objętości krwi jest przyczyną spadku ciśnienia krwi. Niewielki wzrost objętości krwi występujący w ciągu dnia jest spowodowany m.in. przyjmowaniem pokarmu i płynów.
Uzupełnij schemat przedstawiający regulację ciśnienia krwi w organizmie człowieka. Zaznacz odpowiedź spośród oznaczonych literami A i B oraz odpowiedź spośród oznaczonych literami C i D.
Podaj nazwę hormonu wydzielanego przez tylny płat przysadki mózgowej, który to hormon reguluje objętość wydalanego moczu, oraz wyjaśnij, na czym polega działanie tego hormonu. W odpowiedzi uwzględnij mechanizm oraz skutek działania hormonu.
BD
rozwiązań zadań IV. Poszukiwanie, wykorzystanie i tworzenie informacji. Zdający odczytuje, selekcjonuje, porównuje i przetwarza informacje […].
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
2 pkt – podanie poprawnej nazwy hormonu i poprawne wyjaśnienie, uwzględniające pobudzanie resorpcji wody w kanalikach nerkowych przez hormon antydiuretyczny, co jest przyczyną zagęszczenia moczu i zmniejszenia jego objętości. 1 pkt – podanie poprawnej nazwy hormonu. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi. Przykładowa odpowiedź Nazwa: hormon antydiuretyczny / ADH / adiuretyna / wazopresyna / AVP Wyjaśnienie: Pobudza resorpcję wody w kanalikach nerkowych, co przekłada się na zagęszczenie moczu i zmniejszenie jego objętości.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
Na poniższym schemacie przedstawiono reakcję układu odpornościowego wywołaną kontaktem z alergenem – pyłkiem roślin. Po pierwszym kontakcie z alergenem – przez aktywowane komórki układu odpornościowego – są wytwarzane przeciwciała łączące się z odpowiednimi receptorami na powierzchni komórek efektorowych. Po ponownym kontakcie z alergenem dochodzi do rozpoznania antygenu na powierzchni pyłku przez te przeciwciała i – w konsekwencji – do uwolnienia histaminy i innych mediatorów z komórek efektorowych. Na schemacie nie zachowano proporcji wielkości poszczególnych elementów. pierwszy kontakt ponowny kontakt z alergenem z alergenem pobudzenie wytwarzanie pyłek 2 przeciwciał 1 cytokiny 3 limfocyt Th pobudzenie receptor dla przeciwciał histamina i inne mediatory namnożone limfocyty Th
Do komórek oznaczonych na schemacie 1.–3. dopasuj ich odpowiednie nazwy spośród poniższych. Wpisz odpowiednie nazwy w wyznaczone miejsca. bazofil plazmocyt limfocyt B limfocyt T pomocniczy
Która klasa przeciwciał jest zaangażowana w reakcję alergiczną prowadzącą do uwolnienia histaminy w wyniku powtórnego kontaktu z alergenem? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.
1. limfocyt B 2. plazmocyt 3. bazofil
2 pkt – podanie poprawnych nazw trzech komórek. 1 pkt – podanie poprawnych nazw dwóch komórek. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
C
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Matura CKE czerwiec, PR (F‑2015) · rozszerzony · formuła 2015
Helicobacter pylori to bakteria, która może występować w żołądku człowieka. Jednym z ważniejszych mechanizmów umożliwiających tej bakterii zasiedlanie żołądka jest wytwarzanie ureazy – enzymu koniecznego do utrzymania niemal neutralnego pH cytoplazmatycznego, tzn. w zakresie 5,0–7,0. Podwyższone względem soku żołądkowego pH obserwuje się także w bezpośrednim sąsiedztwie komórki bakteryjnej. Wytwarzana przez wszystkie szczepy H. pylori ureaza jest białkiem składającym się z dwunastu identycznych podjednostek, z których każda zawiera dwa łańcuchy: UreA i UreB. W każdym z dwunastu miejsc aktywnych znajduje się trwale związana para atomów niklu, niezbędnych do katalizy reakcji przedstawionej poniżej: W diagnostyce zakażenia H. pylori stosuje się tzw. ureazowy test oddechowy. Zasada tego testu opiera się na zdolności ureazy do rozkładu mocznika wprowadzanego do organizmu. W tym teście pacjent wypija roztwór mocznika, którego atom węgla jest znakowany izotopowo (np. 13C). Gdy mocznik jest rozkładany w żołądku przez bakteryjną ureazę, to znakowany 13CO2, będący produktem tej reakcji, jest wchłaniany przez warstwę śluzową żołądka i usuwany z organizmu wraz z wydychanym powietrzem. Wówczas staje się możliwe wykrycie izotopu węgla 13C w wydychanym powietrzu. Analiza próbek wydychanego powietrza opiera się na spektrometrii masowej wysokiej rozdzielczości, pozwalającej wykryć różnicę masy między cząsteczkami zawierającymi izotop 13C a cząsteczkami zawierającymi izotop 12C. Diagnostyka inwazyjna opiera się na izolacji H. pylori z materiału pobranego podczas badania górnego odcinka przewodu pokarmowego.
Wyjaśnij, w jaki sposób wytwarzanie ureazy przez bakterie H. pylori zapobiega niszczącemu działaniu pepsyny na ich komórki. W odpowiedzi uwzględnij odczyn najbliższego otoczenia komórek tych bakterii.
Rozstrzygnij, czy aktywna forma ureazy jest białkiem prostym, czy – złożonym. Odpowiedź uzasadnij, odnosząc się do jednej cechy budowy tego białka.
rozwiązań zadań
1 pkt – poprawne wyjaśnienie, odnoszące się do wpływu ureazy na (1) zwiększenie pH w najbliższym otoczeniu bakterii, a przez to – (2) na zmniejszenie aktywności pepsyny w bezpośrednim kontakcie z komórką H. pylori i zahamowanie trawienia białek bakteryjnych przez ten enzym. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Ureaza powoduje neuturalizację silnie kwaśnego pH w bezpośrednim sąsiedztwie bakterii, co hamuje aktywność pepsyny i trawienie przez nią białek osłony komórkowej H. pylori. • Ureaza katalizuje reakcję, w której powstają jony hydroksylowe, co przyczynia się do wzrostu pH do wartości, w których pepsyna nie jest aktywna i nie trawi bakteryjnych białek peryplazmatycznych i cytoplazmatycznych. • Działanie ureazy jest przyczyną wzrostu pH w bezpośrednim sąsiedztwie komórki, co prowadzi do spadku aktywności pepsyny, a gdy pH osiąga wartość powyżej 6,5 – jej aktywność ustaje. Dzięki temu pepsyna nie niszczy białkowych składników komórki i jej otoczki. Uwaga: Dopuszcza się odpowiedzi odnoszące się do: – wzrostu pH w całym żołądku w wyniku działania ureazy (w rzeczywistości zmiana wywoływana przez ureazę ma charakter lokalny, ale bakteria doprowadza do wzrostu pH w całym żołądku przez ograniczenie wydzielania kwasu solnego) – uniemożliwienia przekształcenia się pepsynogenu do pepsyny (w rzeczywistości lokalne zmiany odczynu nie mają na to przekształcenie większego wpływu).
1 pkt – poprawne rozstrzygnięcie, że ureaza jest białkiem złożonym, wraz z poprawnym uzasadnieniem, odnoszącym się do obecności w budowie tego białka atomów niklu. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi. Rozstrzygnięcie Jest białkiem złożonym. / złożonym
wodorowe / oddziaływania wodorowe / mostki wodorowe
Uzupełnij zdania. Zaznacz odpowiedź spośród oznaczonych literami A i B oraz odpowiedź spośród oznaczonych literami C i D. Sok komórkowy znajdujący się wewnątrz wakuoli składem od cytozolu. W miarę wzrostu komórki miękiszowej objętość wakuoli
Wyjaśnij, dlaczego wzrost stężenia cukrów prostych we wnętrzu wakuoli prowadzi do wzrostu turgoru komórki.
Podaj nazwę błony wakuolarnej, oddzielającej sok komórkowy od cytozolu.
tonoplast
1 pkt – podanie poprawnej nazwy błony wakuoli. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Rozstrzygnij, czy ziarna pyłku wytwarzane przez jednego osobnika rośliny nasiennej są jednakowe, czy – odmienne genetycznie. Odpowiedź uzasadnij, odnosząc się do przemiany faz jądrowych.
Wyjaśnij, dlaczego brak dużych drapieżników na terenie Pando jest jedną z przyczyn zamierania tego lasu.
Uzupełnij zdania. Zaznacz odpowiedź spośród oznaczonych literami A i B oraz odpowiedź spośród oznaczonych literami C i D. Rośliny dnia krótkiego do zainicjowania kwitnienia wymagają okresu nieprzerwanej ciemności od pewnej wartości krytycznej. Ta wartość taka sama dla roślin różnych gatunków zaliczanych do grupy roślin dnia krótkiego.
A1
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
BD
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
Dokończ zdanie. Zaznacz odpowiedź A albo B oraz jej uzasadnienie 1. albo 2. U śmietki kapuścianej występuje rozwój złożony z przeobrażeniem
1 pkt – poprawne uzasadnienie, uwzględniające wykluczenie wpływu przypadkowego czynnika na wynik eksperymentu. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• Doświadczenie powinno być przeprowadzone na więcej niż jednym osobniku kapusty brukselskiej, aby wykluczyć wpływ przypadkowego czynnika na wyniki eksperymentu. • Aby wykluczyć, że to zmienność osobnicza pojedynczej rośliny kapusty brukselskiej odpowiadała za nietypową reakcję na stres wywołany żerowaniem motyla. • Aby uniknąć wpływu indywidualnych cech badanych osobników na wnioskowanie.
A1
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
Dokończ zdanie. Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych. Trofozoity dostają się wraz z krwią z jelita do wątroby człowieka
Które działanie stanowi profilaktykę pełzakowicy? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.
C
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
B
rozwiązań zadań ludzkiego. Zdający objaśnia funkcjonowanie 4. Protisty i rośliny pierwotnie wodne. organizmu ludzkiego […]. Zdający: VI. Postawa wobec przyrody i środowiska. 4) wymienia najważniejsze protisty Zdający […] prezentuje postawę szacunku wywołujące choroby człowieka ([…] wobec siebie […]. czerwonka pełzakowa) […], przedstawia drogi zakażenia oraz przedstawia podstawowe zasady profilaktyki chorób wywoływanych przez protisty.
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
• GABA jest przyczyną hamowania rozwoju polipa Nematostella. • Metamorfoza Nematostella jest hamowana przez GABA. • Kwas gamma-aminomasłowy uniemożliwia prawidłowe przekształcanie się planuli w polip ukwiału. • GABA negatywnie wpływa na rozwój N. vectensis. • GABA spowalnia rozwój larwy polipa N. vectensis. • GABA w tak dużym stężeniu nie tylko opóźnia, ale wręcz uniemożliwia rozwój ukwiału.
Która cecha występuje u bakterii – organizmów prokariotycznych? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.
• Oprócz reszt aminokwasowych zawiera również atomy niklu. • Zawiera atomy niklu, które znajdują się w miejscu aktywnym ureazy.
1 pkt – poprawny opis, uwzględniający wchłanianie 13CO2 do naczyń krwionośnych w ścianie przewodu pokarmowego oraz transport wraz z krwią do płuc. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.
rozwiązań zadań
• Powstający w żołądku 13CO2 przenika do naczyń krwionośnych znajdujących się w ścianie żołądka, następnie jest wraz z krwią transportowany do płuc. • Dwutlenek węgla jest wchłaniany do krwi z przewodu pokarmowego, a potem jest transportowany z krwią do płuc. • 13CO2 jest wchłaniany do naczyń włosowatych żołądka, a następnie krew płynie następującą drogą: żyłki odprowadzające → żyły żołądkowe (lewa, prawa oraz krótkie) → żyła wrotna → naczynia krwionośne wątroby → żyła wątrobowa → żyła główna dolna → prawy przedsionek serca → prawa komora serca → pień płucny → tętnice płucne → tętniczki płucne → naczynia włosowate płuc.
A
1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niespełniająca wymagań na 1 pkt albo brak odpowiedzi.