Biologia — Maj 2015

Krok 1. Na drzewie filogenetycznym cechy zaznaczone na gałęziach pojawiają się u wspólnego przodka danej grupy, więc wszystkie grupy leżące „powyżej” danego znacznika mają już tę cechę. Znacznik „kręgosłup” leży na gałęzi prowadzącej do wszystkich grup poza A, a znacznik „szczęki ze stawami” – na gałęzi prowadzącej do grup C, D, E, F.

Krok 2. Grupa C leży powyżej znacznika „szczęki ze stawami”, ale poniżej znacznika „cztery kończyny kroczne”. Z tabeli szukamy więc zwierząt, które mają kręgosłup i szczęki, ale nie mają czterech kończyn krocznych – są to rekin i tuńczyk (obie ryby: kręgosłup 1, szczęki 1, cztery kończyny 0).

Krok 3. Grupa E leży powyżej znacznika „owodnia”, ale poniżej znacznika „włosy”. Szukamy zwierzęcia mającego owodnię, ale pozbawionego włosów – jest to żółw (owodnia 1, włosy 0).

Odpowiedź: Grupa C – rekin, tuńczyk; Grupa E – żółw. (Kolejność nazw nie ma znaczenia.)

Krok 1. Cecha „cztery kończyny kroczne” pojawia się na drzewie u wspólnego przodka wszystkich grup leżących powyżej tego znacznika – dziedziczą ją więc wszystkie grupy odchodzące od tej gałęzi.

Krok 2. Powyżej znacznika „cztery kończyny kroczne” znajdują się grupy D, E i F (grupy A, B i C odchodzą wcześniej, więc ich przodek jeszcze nie miał tej cechy – w tabeli salamandra, żółw i lampart mają wartość 1 dla tej cechy, a lancetnik, rekin i tuńczyk mają 0).

Odpowiedź: D, E, F. (Kolejność liter nie ma znaczenia.)

Krok 1. Drzewo filogenetyczne obrazuje przypuszczalny przebieg ewolucji i pokrewieństwo (stopień wspólnego pochodzenia) przedstawionych grup – im później rozchodzą się gałęzie, tym bliższe pokrewieństwo grup.

Krok 2. Nie jest ono bezpośrednim dowodem ewolucji (bezpośrednie dowody to np. skamieniałości), nie dotyczy konwergencji (czyli niezależnego powstawania podobieństw u niespokrewnionych grup), a długości gałęzi na takim drzewie nie odzwierciedlają tempa zmian ewolucyjnych.

Odpowiedź: D.

Radioaktywne aminokwasy są „znacznikiem” – wędrują razem z białkiem, które z nich powstaje, więc śledząc radioaktywność, śledzimy w istocie drogę nowo powstałego białka przez komórkę.

Szorstka siateczka śródplazmatyczna. Wzrost radioaktywności wynika z tego, że na rybosomach szorstkiej siateczki zachodzi synteza białka z dostarczonych radioaktywnych aminokwasów – radioaktywne białko gromadzi się więc w siateczce. Spadek radioaktywności następuje wtedy, gdy gotowe radioaktywne białka są transportowane (w pęcherzykach) z siateczki do aparatu Golgiego.

Aparat Golgiego (diktiosomy). Wzrost radioaktywności wynika z napływu i gromadzenia radioaktywnych białek przetransportowanych z siateczki. Spadek radioaktywności następuje, gdy aparat Golgiego – zgodnie ze swoją funkcją wydzielniczą – pakuje białka w pęcherzyki i wysyła je (przemieszczające się ku błonie komórkowej) na zewnątrz komórki.

Odpowiedź: W siateczce radioaktywność rośnie wskutek syntezy radioaktywnego białka, a maleje wskutek jego transportu do aparatu Golgiego; w aparacie Golgiego radioaktywność rośnie wskutek gromadzenia białek przyniesionych z siateczki, a maleje wskutek ich wydzielania w pęcherzykach kierowanych do błony komórkowej.

Przyporządkowanie 1. (I i II → eliminowanie ciepła). Rozszerzenie naczyń w skórze (I) zwiększa oddawanie ciepła przez skórę, a częstsze i głębsze oddechy (II) zwiększają utratę ciepła wraz z ogrzanym, wilgotnym powietrzem wydychanym z płuc. Oba przykłady rzeczywiście ułatwiają eliminowanie nadmiaru ciepła. Odpowiedź: T.

Przyporządkowanie 2. (I i III → usuwanie produktów przemiany z mięśni). Rozszerzenie naczyń w skórze (I) dotyczy termoregulacji, a nie odprowadzania metabolitów z mięśni. Nasilone wychwytywanie glukozy i kwasów tłuszczowych (III) to pobieranie substratów przez mięśnie, a nie usuwanie z nich produktów przemiany. Przyporządkowanie jest błędne. Odpowiedź: N.

Przyporządkowanie 3. (II i III → substraty oddychania tlenowego). Częstsze i głębsze oddechy (II) zwiększają pobieranie tlenu, a nasilone wychwytywanie glukozy i kwasów tłuszczowych (III) dostarcza substratów energetycznych – oba przykłady zaopatrują mięśnie w substraty oddychania tlenowego. Odpowiedź: T.

Odpowiedź: 1. – T, 2. – N, 3. – T.

Krok 1. Teoria endosymbiozy zakłada, że mitochondria i chloroplasty powstały z dawnych, samodzielnie żyjących bakterii pochłoniętych przez komórkę przodka eukariontów – jeśli tak, to organelle te powinny do dziś zachować cechy „bakteryjne”.

Krok 2. Cechy potwierdzające bakteryjne pochodzenie to m.in.: obecność własnego, kolistego, „nagiego” DNA (niezwiązanego z histonami, jak u bakterii); własne rybosomy typu bakteryjnego (70S); oraz otoczenie organelli dwiema błonami (wewnętrzna przypomina błonę bakteryjną, zewnętrzna pochodzi od komórki gospodarza). Organelle te powielają się też przez podział, podobnie jak bakterie.

Odpowiedź (przykładowa): Mitochondria i chloroplasty mają własny, kolisty DNA niezwiązany z białkami histonowymi – tak jak bakterie. (Uznawany jest też np. argument o rybosomach typu 70S lub o otoczeniu organellum dwiema błonami.)

Krok 1. Transport elektronów przez przenośniki błonowe nie tworzy bezpośrednio ATP – jego efektem jest jedynie przepompowanie protonów $H^{+}$ na drugą stronę błony, czyli wytworzenie różnicy ich stężeń (gradientu).

Krok 2. Dopiero ta różnica stężeń $H^{+}$ napędza właściwą syntezę ATP: protony wracają biernie (zgodnie z gradientem) przez kanał enzymu – syntazy ATP, a to jej działanie bezpośrednio wytwarza ATP.

Ocena: Stwierdzenie jest nieprawdziwe (fałszywe).

Uzasadnienie: Transport elektronów służy tylko do wytworzenia różnicy stężeń $H^{+}$ po obu stronach błony; sama synteza ATP zachodzi natomiast podczas biernego przepływu protonów przez syntazę ATP, a nie bezpośrednio podczas transportu elektronów.

Krok 1. Protony są przepompowywane z matriks (mitochondrium) i ze stromy (chloroplast) na drugą stronę błony, gdzie ich stężenie jest już wyższe – transport odbywa się więc od stężenia niższego do wyższego, czyli wbrew gradientowi stężeń.

Krok 2. Przenoszenie substancji wbrew gradientowi wymaga nakładu energii; tu energia pochodzi z transportu elektronów przez przenośniki łańcucha. Taki transport (wbrew gradientowi, z użyciem energii) jest z definicji transportem aktywnym.

Odpowiedź: Transport protonów jest aktywny, ponieważ zachodzi wbrew gradientowi stężeń (od stężenia niższego do wyższego) i wymaga energii uwalnianej podczas transportu elektronów przez przenośniki łańcucha.

Krok 1. Zarówno syntaza ATP, jak i przenośniki łańcucha transportu elektronów są białkami (enzymami), a ich prawidłowe działanie zależy od zachowania właściwej struktury przestrzennej.

Krok 2. Zbyt wysoka temperatura powoduje denaturację białek – trwałe rozwinięcie i zniszczenie ich struktury przestrzennej, a przez to utratę aktywności.

Krok 3. Zdenaturowana syntaza ATP nie może syntetyzować ATP, a zdenaturowane białka łańcucha nie przenoszą elektronów, więc nie powstaje różnica stężeń $H^{+}$ potrzebna do syntezy ATP – w obu przypadkach synteza ATP zostaje zatrzymana.

Odpowiedź: Zbyt wysoka temperatura denaturuje białka enzymatyczne – syntazę ATP oraz przenośniki łańcucha transportu elektronów – które tracą swoją strukturę przestrzenną i aktywność, przez co synteza ATP nie może zachodzić.

Krok 1. ATP w chloroplastach powstaje w fazie fotosyntezy zależnej od światła (fazie jasnej) – to właśnie w błonach tylakoidów działa łańcuch transportu elektronów i syntaza ATP.

Krok 2. Powstałe ATP jest następnie wykorzystywane w fazie niezależnej od światła (fazie ciemnej, cyklu Calvina) – dostarcza energii do redukcji i wiązania CO2, czyli do syntezy cukrów (aldehydu 3-fosfoglicerynowego) oraz do regeneracji rybulozo-1,5-bisfosforanu (RuBP).

Odpowiedź: ATP powstaje w fazie zależnej od światła (jasnej), a jest wykorzystywany w fazie niezależnej od światła (ciemnej, cyklu Calvina) – do syntezy związków organicznych (cukrów) i regeneracji RuBP.

Krok 1. Fotosynteza (w chloroplastach) i oddychanie komórkowe (w mitochondriach) są procesami odwrotnymi i wzajemnie się zasilają – produkty jednego bywają substratami drugiego.

Krok 2. W chloroplastach w procesie fotosyntezy powstają cukier prosty i tlen; oba mogą być następnie substratami oddychania komórkowego zachodzącego w mitochondriach.

Odpowiedź (przykładowa): Cukier prosty (i tlen) wytworzony w chloroplastach w procesie fotosyntezy jest substratem oddychania komórkowego zachodzącego w mitochondriach. (Uznaje się też odwrotne powiązanie: CO2 i woda powstające w mitochondriach są substratami fotosyntezy w chloroplastach.)

Informacja 1. Na schemacie różne grupy bakterii wykorzystują zarówno związki nieorganiczne (np. azotany, sole amonowe, azot cząsteczkowy), jak i organiczne (bakterie-destruenci rozkładające szczątki). Informacja jest prawdziwa (P).

Informacja 2. Rośliny pobierają azot w postaci azotanów(V) i soli amonowych, ale nie pobierają bezpośrednio wolnego azotu atmosferycznego ($N_2$) – ten muszą najpierw związać bakterie. Informacja jest fałszywa (F).

Informacja 3. Zwierzęta odżywiają się gotowymi związkami organicznymi (białkami roślin i innych zwierząt); nie przekształcają związków nieorganicznych azotu w organiczne – robią to rośliny i bakterie. Informacja jest fałszywa (F).

Odpowiedź: 1. – P, 2. – F, 3. – F.

Krok 1. Rośliny mogą pobierać azot tylko w postaci przyswajalnych związków nieorganicznych (azotanów(V) lub jonów amonowych), więc „przyswajaniu azotu przez rośliny” sprzyjają te bakterie, które takie formy dla roślin wytwarzają.

Krok 2. Można wskazać np. bakterie wiążące wolny azot atmosferyczny (bakterie brodawkowe / glebowe bakterie azotowe): przekształcają one nieprzyswajalny dla roślin azot cząsteczkowy ($N_2$) w formy przyswajalne (jony amonowe / związki azotowe), które rośliny mogą pobrać.

Odpowiedź (przykładowa): Bakterie brodawkowe (wiążące wolny azot) przekształcają niedostępny dla roślin azot atmosferyczny w przyswajalne dla nich związki azotowe. (Uznaje się też np. bakterie nitryfikacyjne – wytwarzają azotany(V) przyswajalne dla roślin – lub bakterie amonifikujące/destruenty – uwalniają jony amonowe ze szczątków organicznych.)

Krok 1. Zdolność wykorzystania energii uwolnionej podczas utleniania związków nieorganicznych do samodzielnej syntezy własnych związków organicznych to chemosynteza – przeprowadzają ją bakterie chemoautotroficzne.

Krok 2. Na schemacie taką rolę pełnią bakterie nitryfikacyjne – utleniają one związki azotowe (jony amonowe do azotanów(III), a azotany(III) do azotanów(V)), a uwolnioną przy tym energię wykorzystują do syntezy związków organicznych.

Odpowiedź: Grupa bakterii: bakterie nitryfikacyjne (nitryfikacyjne I i/lub II). Nazwa procesu: chemosynteza.

Hasło 1. Szczepienie uodparnia organizm i rzeczywiście zmniejsza ryzyko zachorowania na WZW typu B. Informacja jest prawdziwa (P).

Hasło 2. Szczepienie nie zapobiega samemu wniknięciu wirusa do organizmu – umożliwia jedynie szybką reakcję odpornościową i zniszczenie wirusa po zakażeniu. Informacja jest fałszywa (F).

Hasło 3. Szczepienie zmniejsza ryzyko raka wątroby (jednej z możliwych konsekwencji WZW B), ale go nie gwarantuje – rak wątroby ma także inne przyczyny, więc szczepienie nie pozwala go „na pewno uniknąć”. Informacja jest fałszywa (F).

Odpowiedź: 1. – P, 2. – F, 3. – F.

Krok 1. Osoba jest zdrowa i niezaszczepiona, ale przechorowała WZW B – w jej krwi nie ma już aktywnego wirusa, powinny natomiast pozostać przeciwciała wytworzone w odpowiedzi na dawne zakażenie (organizm nabył odporność).

Krok 2. Metoda II wykrywa właśnie przeciwciała przeciwko antygenom wirusa. Ponieważ osoba nie była szczepiona, obecność tych przeciwciał świadczy o przebytym w przeszłości naturalnym zakażeniu HBV.

Odpowiedź: Metoda II – wykrywa ona we krwi przeciwciała przeciw HBV, a u osoby nieszczepionej ich obecność dowodzi, że w przeszłości doszło do zakażenia wirusem (i powstała odpowiedź odpornościowa). (Zgodnie z kluczem uznaje się też metodę III/PCR – po wyleczeniu we krwi lub wątrobie mogą pozostawać śladowe ilości DNA wirusa, które można wykryć i namnożyć techniką PCR.)

Krok 1. Materiału jest bardzo mało, a chcemy dokładnie określić typ wirusa – potrzebna jest więc metoda, która najpierw powiela materiał genetyczny, a potem pozwala go przeanalizować.

Krok 2. Metoda III wykorzystuje technikę PCR, która umożliwia namnożenie (amplifikację) nawet niewielkich ilości DNA wirusa do ilości wystarczającej do analizy; na podstawie sekwencji powielonego DNA można precyzyjnie określić typ wirusa.

Odpowiedź: Metoda III (z techniką PCR) – pozwala ona namnożyć nawet bardzo małą ilość wirusowego DNA, a następnie na podstawie jego analizy (sekwencji) dokładnie określić typ wirusa HBV.

Krok 1. Bakterie użyte w doświadczeniu są tlenowe – gromadzą się tam, gdzie stężenie tlenu jest największe.

Krok 2. W komórce skrętnicy zachodzi fotosynteza, podczas której wydzielany jest tlen; ponieważ chloroplast jest spiralnie skręcony, tlen wydziela się nierównomiernie – najwięcej powstaje go wzdłuż oświetlonego chloroplastu.

Krok 3. Na rysunku B (równomierne oświetlenie światłem białym) bakterie skupiają się właśnie wzdłuż spiralnego chloroplastu, czyli tam, gdzie w wyniku fotosyntezy wydziela się najwięcej tlenu.

Odpowiedź: Rozmieszczenie bakterii wynika z nierównomiernego stężenia tlenu wokół komórki – bakterie tlenowe gromadzą się przy spiralnym chloroplaście, gdzie w procesie fotosyntezy wydziela się najwięcej tlenu.

Krok 1. Problem badawczy to pytanie lub równoważne mu sformułowanie określające, co badamy (jaki wpływ, gdzie zachodzi) – nie zawiera on gotowej odpowiedzi. Takie są propozycje 1 („Wpływ barwy światła na zachodzenie fotosyntezy…”) oraz 3 („W którym obszarze komórki zachodzi fotosynteza?”). Propozycja 4 jest zbyt ogólna (to temat, nie konkretny problem).

Krok 2. Wniosek to stwierdzenie wynikające z wyników doświadczenia. Poprawne wnioski to propozycja 2 (skrętnica wykorzystuje w fotosyntezie światło czerwone – w zestawie C bakterie skupiły się przy świetle czerwonym, a nie zielonym) oraz propozycja 5 (faza zależna od światła nie zachodzi w cytozolu, lecz w chloroplaście – bakterie gromadziły się przy chloroplaście, a nie w cytozolu).

Odpowiedź: Problemy badawcze: 1 i 3. Wnioski: 2 i 5. (Kolejność w obrębie każdej pary dowolna.)

Krok 1. Aby wykazać fototaksję (ruch w kierunku światła), bodziec świetlny musiałby być jedynym działającym bodźcem kierunkowym, a doświadczenie musiałoby być tak zaplanowane, by wykluczyć inne przyczyny gromadzenia się bakterii.

Krok 2. W tych doświadczeniach tak nie jest: w zestawach A i C oprócz kierunkowego światła działa równocześnie kierunkowy bodziec chemiczny – tlen wydzielany w oświetlonych miejscach; bakterie mogą się więc skupiać w reakcji na tlen (chemotaksja), a nie na światło. W zestawie B oświetlenie było równomierne, więc bodziec świetlny w ogóle nie był kierunkowy i nie mógł posłużyć do badania fototaksji.

Ocena: Nie – na podstawie tych doświadczeń nie można stwierdzić, że bakterie wykazują fototaksję dodatnią.

Uzasadnienie: W zestawach A i C obok światła działa również kierunkowy bodziec chemiczny (tlen z fotosyntezy), więc nie da się oddzielić reakcji na światło od reakcji na tlen, a w zestawie B światło nie było kierunkowe – żaden zestaw nie pozwala więc rozstrzygnąć, czy bakterie reagują na sam kierunek światła.

Krok 1. Półpasożyt to organizm, który częściowo odżywia się samodzielnie (samożywnie), a częściowo kosztem żywiciela – w uzasadnieniu trzeba więc wskazać jedną cechę świadczącą o samożywności i jedną o pasożytnictwie.

Krok 2. O samożywności jemioły świadczą jej zielone liście – zawierają chlorofil, więc zachodzi w nich fotosynteza, w której jemioła sama wytwarza związki organiczne.

Krok 3. O pasożytnictwie świadczą ssawki wrastające w tkanki żywiciela – za ich pomocą jemioła pobiera od żywiciela wodę i sole mineralne.

Odpowiedź: Jemioła jest półpasożytem, ponieważ dzięki zielonym liściom sama przeprowadza fotosyntezę (wytwarza związki organiczne – jest częściowo samożywna), ale wodę i sole mineralne pobiera ssawkami od rośliny żywicielskiej (odżywia się częściowo jej kosztem).

Krok 1. Jemioła pobiera od żywiciela wodę i sole mineralne, a te transportowane są u roślin z korzeni w górę tkanką zwaną drewnem (ksylemem) – to więc z niej jemioła musi czerpać.

Krok 2. Wodę z solami mineralnymi w drewnie przewodzą martwe, puste komórki o zdrewniałych ścianach – naczynia oraz cewki (tracheidy).

Odpowiedź: Nazwa tkanki przewodzącej: drewno (ksylem). Nazwa komórek: naczynia / cewki (tracheidy).

To zadanie wymaga wykonania rysunku (wykresu słupkowego). Poniżej podano, co dokładnie powinien on zawierać.

Krok 1. Oś pionowa (wartości). Opisz ją jako „ciśnienie parcjalne” i podaj jednostkę [mmHg]; wyskaluj równomiernie tak, aby zmieściła się największa wartość (160), np. co 20 mmHg do 160.

Krok 2. Oś pozioma (kategorie). Umieść trzy grupy słupków, po jednym dla każdego miejsca: powietrze pęcherzykowe, krew w tętnicy płucnej, krew w żyle płucnej. W każdej grupie narysuj dwa słupki – osobno dla $P_{O_2}$ i osobno dla $P_{C{O}_2}$ (zgodnie z legendą, np. innym kolorem/desenim).

Krok 3. Wysokości słupków (z danych):

Odpowiedź: Poprawny wykres słupkowy ma opisane i wyskalowane osie (oś wartości w mmHg), sześć słupków w trzech grupach (powietrze pęcherzykowe, tętnica płucna, żyła płucna) o wysokościach zgodnych z powyższą tabelą oraz czytelną legendę odróżniającą słupki $P_{O_2}$ i $P_{C{O}_2}$.

Krok 1. Do pęcherzyka płucnego krew dopływa tętnicą płucną – jest to krew odtlenowana (niskie $P_{O_2}=40$ mmHg, wysokie $P_{C{O}_2}=46$ mmHg). Odpływa natomiast żyłą płucną – krew utlenowana (wysokie $P_{O_2}=95$ mmHg, niskie $P_{C{O}_2}=40$ mmHg).

Krok 2. W naczyniu włosowatym krew płynie więc od strony tętnicy płucnej ku stronie żyły płucnej – po drodze pobiera tlen i oddaje dwutlenek węgla.

Odpowiedź: Strzałkę należy narysować w naczyniu włosowatym w kierunku od tętnicy płucnej do żyły płucnej (od krwi odtlenowanej do utlenowanej).

Krok 1. Gazy oddechowe przemieszczają się przez błonę pęcherzyka biernie, zgodnie z różnicą ciśnień parcjalnych, czyli na drodze dyfuzji (nie wymaga to nakładu energii, więc nie jest to transport aktywny).

Krok 2. We krwi dopływającej do pęcherzyka (tętnica płucna) $P_{O_2}=40$ mmHg, a w pęcherzyku $P_{O_2}=102$ mmHg – ciśnienie tlenu we krwi jest więc niższe niż w pęcherzyku, dlatego tlen dyfunduje do krwi.

Krok 3. W tej samej krwi $P_{C{O}_2}=46$ mmHg, a w pęcherzyku $P_{C{O}_2}=40$ mmHg – ciśnienie dwutlenku węgla we krwi jest więc wyższe niż w pęcherzyku, dlatego CO2 dyfunduje z krwi do pęcherzyka.

Odpowiedź: dyfuzji; niższe; wyższe.

Krok 1. Tętnicą płucną płynie krew wracająca z prawej komory serca – wcześniej, w tkankach całego ciała, oddała ona tlen komórkom (do oddychania), więc jest odtlenowana i ma niskie ciśnienie parcjalne tlenu ($P_{O_2}=40$ mmHg).

Krok 2. Żyłą płucną płynie krew, która przeszła właśnie przez płuca – tam, na drodze dyfuzji, pobrała tlen z powietrza pęcherzykowego, więc została utlenowana i ma wysokie ciśnienie parcjalne tlenu ($P_{O_2}=95$ mmHg).

Odpowiedź: W tętnicy płucnej płynie krew odtlenowana, która oddała tlen w tkankach organizmu, dlatego jej $P_{O_2}$ jest niskie; w żyle płucnej płynie krew utlenowana w płucach (która pobrała tam tlen), dlatego jej $P_{O_2}$ jest wysokie.

Krok 1. Kolumny A i B (mechanizm działania). W kolumnie znajdują się cząsteczki działające w płynach ustrojowych (interferony, lizozym, przeciwciała) – to odporność humoralna, więc A = humoralna. W drugiej kolumnie są komórki niszczące zakażone komórki (fagocyty, komórki NK, limfocyty Tc) – to odporność komórkowa, więc B = komórkowa.

Krok 2. Wiersze C i D (swoistość). W wierszu znajdują się elementy działające ogólnie, niezależnie od rodzaju drobnoustroju (interferony, lizozym, fagocyty, komórki NK) – to odporność nieswoista, więc C = nieswoista. W drugim wierszu są elementy skierowane przeciw konkretnemu antygenowi (przeciwciała, limfocyty Tc) – to odporność swoista, więc D = swoista.

Odpowiedź: A – humoralna, B – komórkowa, C – nieswoista, D – swoista.

Krok 1. Reakcja „walcz lub uciekaj” to mobilizacja organizmu do intensywnego wysiłku w sytuacji zagrożenia – odpowiada za nią część współczulna autonomicznego układu nerwowego.

Krok 2. Z tabeli: układ współczulny zwiększa częstość skurczów serca. Szybciej krążąca krew dostarcza do pracujących mięśni szkieletowych (w jednostce czasu) więcej tlenu i substratów oddechowych (glukozy, kwasów tłuszczowych), a to zwiększa produkcję ATP potrzebnego do intensywnej pracy mięśni.

Odpowiedź: Określenie „walcz lub uciekaj” odnosi się do części współczulnej. Powoduje ona np. zwiększenie częstości skurczów serca – dzięki temu krew szybciej dostarcza do mięśni szkieletowych więcej tlenu i substratów oddechowych, co zapewnia energię (ATP) do wysiłku. (Równoważnie można wskazać rozszerzenie oskrzeli → więcej tlenu dla pracujących mięśni.)

Krok 1. W chwili zagrożenia potrzebna jest szybka mobilizacja organizmu – zapewnia ją część współczulna (przyśpiesza pracę serca, rozszerza oskrzela, kieruje krew do mięśni), przygotowując organizm do walki lub ucieczki.

Krok 2. Po ustąpieniu zagrożenia organizm musi wrócić do stanu spoczynku i „oszczędzania” – umożliwia to część przywspółczulna (zwalnia serce, pobudza trawienie), przywracając spoczynkowy stan fizjologiczny.

Krok 3. Antagonistyczne (przeciwstawne) działanie obu części pozwala więc elastycznie i precyzyjnie dostosować pracę narządów do bieżącej sytuacji, co jest istotą utrzymania homeostazy.

Odpowiedź: Część współczulna mobilizuje organizm do działania w sytuacji zagrożenia (przygotowuje do walki lub ucieczki), a część przywspółczulna po ustąpieniu zagrożenia przywraca organizm do stanu spoczynku – ich przeciwstawne działanie umożliwia dostosowanie pracy narządów do potrzeb i utrzymanie równowagi wewnętrznej.

Krok 1. Dziecko będzie Rh+, jeśli odziedziczy co najmniej jeden allel D. Prawdopodobieństwo Rh+ wynosi 100% tylko wtedy, gdy każde dziecko z pewnością dostanie allel D – a to jest możliwe wyłącznie wtedy, gdy przynajmniej jedno z rodziców jest homozygotą dominującą (DD), bo wtedy zawsze przekaże allel D.

Krok 2. Rozważmy możliwe pary z co najmniej jednym rodzicem DD:

• DD × dd → wszystkie dzieci Dd (Rh+), 100%;
• DD × Dd → wszystkie dzieci mają allel D (Rh+), 100%;
• DD × DD → wszystkie dzieci DD (Rh+), 100%.

Gdyby żadne z rodziców nie było DD (np. Dd × Dd), pojawiłyby się dzieci dd (Rh–), więc nie byłoby 100%.

Odpowiedź: DD × dd, DD × Dd, DD × DD (kolejność w parach i kolejność par nie mają znaczenia).

Krok 1. Konflikt serologiczny grozi tylko wtedy, gdy matka jest Rh– (nie ma czynnika Rh), a dziecko odziedziczy Rh+ po ojcu – wówczas organizm matki może wytworzyć przeciwciała niszczące erytrocyty dziecka (choroba hemolityczna noworodka).

Krok 2. Matka Rh– występuje w parach A i B. W parze A ojciec też jest Rh– (dd), więc dziecko będzie Rh– i konfliktu być nie może. W parze B ojciec jest Rh+, więc może mieć genotyp DD lub Dd – w obu przypadkach może przekazać dziecku allel D, a wtedy dziecko będzie Rh+.

Odpowiedź: Para B. Matka jest Rh– (nie ma czynnika Rh), a ojciec Rh+ ma genotyp DD lub Dd, więc może przekazać dziecku allel D – dziecko może być Rh+. Przy matce Rh– i dziecku Rh+ może dojść do konfliktu serologicznego i choroby hemolitycznej noworodka.

Krok 1. Zrozummy działanie testu u osoby zdrowej: metyrapon blokuje ostatni etap syntezy kortyzolu, więc poziom kortyzolu spada. Spadek kortyzolu znosi ujemne sprzężenie zwrotne, więc przysadka zwiększa wydzielanie ACTH; ACTH pobudza nadnercza, przez co gromadzi się prekursor sprzed zablokowanego etapu – 11-deoksykortyzol (jego poziom rośnie).

Krok 2. U pacjenta z niedoczynnością kortykotropową przysadka nie jest jednak w stanie zwiększyć wydzielania ACTH – mimo spadku kortyzolu poziom ACTH się nie podniesie.

Krok 3. Skoro ACTH nie wzrasta, nadnercza nie są dodatkowo pobudzane i 11-deoksykortyzol także się nie gromadzi – jego poziom również pozostaje bez zmian.

Odpowiedź: B – poziom ACTH i poziom 11-deoksykortyzolu pozostają bez zmian.

Krok 1. W jasnym świetle barwnik wzrokowy w fotoreceptorach jest w większości rozłożony, przez co komórki te są niepobudliwe – nie reagują na słabe bodźce świetlne.

Krok 2. Po wejściu do ciemniejszego pomieszczenia potrzeba czasu na resyntezę (odtworzenie) barwnika wzrokowego. Dopiero gdy zgromadzi się go wystarczająco dużo, fotoreceptory (zwłaszcza pręciki) odzyskują pobudliwość i mogą reagować na słabe światło, generując impulsy nerwowe.

Odpowiedź: Po przejściu do ciemniejszego miejsca fotoreceptory mają początkowo rozłożony barwnik i są niepobudliwe; dopiero po pewnym czasie dochodzi do resyntezy dostatecznej ilości barwnika wzrokowego, dzięki czemu fotoreceptory odzyskują zdolność reagowania na słabe światło i człowiek zaczyna dostrzegać zarysy przedmiotów.

Krok 1. Retinal – składnik barwnika wzrokowego – jest pochodną witaminy A, więc jej niedobór ogranicza możliwość wytwarzania (resyntezy) barwnika wzrokowego.

Krok 2. Za widzenie przy słabym świetle (po zmierzchu) odpowiadają komórki pręcikonośne (pręciki), które reagują na niskie natężenia światła. Do działania potrzebują one odpowiedniej ilości barwnika wzrokowego.

Krok 3. Przy niedoborze witaminy A w pręcikach brakuje barwnika (retinalu), więc słabiej reagują one na małe natężenie światła – stąd pogorszenie widzenia po zmierzchu (tzw. „kurza ślepota”).

Odpowiedź: Niedobór witaminy A ogranicza resyntezę retinalu, a więc barwnika wzrokowego w pręcikach; ponieważ to pręciki odpowiadają za widzenie przy słabym świetle, ich niedostateczne działanie powoduje pogorszenie widzenia po zmierzchu.

Krok 1. Liście roślin dwuliściennych mają zwykle nerwację siatkowatą (pierzastą lub dłoniastą) oraz wyodrębniony ogonek liściowy i szeroką, często klapowaną lub sercowatą blaszkę; u jednoliściennych nerwacja jest równoległa, a liście zwykle bezogonkowe i wąskie.

Krok 2. Na rysunku liście batata mają siatkowatą (dłoniastą) nerwację oraz wyraźny ogonek liściowy i sercowaty/klapowany kształt blaszki – to cechy typowe dla roślin dwuliściennych.

Odpowiedź: Batat najprawdopodobniej należy do roślin dwuliściennych. Świadczą o tym dwie widoczne cechy liścia: siatkowata (dłoniasta/pierzasta) nerwacja oraz obecność ogonka liściowego (przy sercowatej, klapowanej blaszce).

Krok 1. Na rysunku widać, że część korzeni batata jest silnie zgrubiała, tworząc bulwy korzeniowe – to przystosowanie do gromadzenia substancji.

Krok 2. W tych bulwach (zbudowanych z miękiszu spichrzowego) roślina magazynuje materiały zapasowe, głównie skrobię – jest to więc funkcja spichrzowa (magazynująca), pozwalająca m.in. przetrwać okres niesprzyjających warunków.

Odpowiedź: Korzeń batata pełni funkcję spichrzową – w zgrubiałych bulwach korzeniowych (zbudowanych z miękiszu spichrzowego) gromadzone są materiały zapasowe (skrobia). (Uznaje się też funkcję umożliwiającą rozmnażanie wegetatywne dzięki bulwom korzeniowym.)

Krok 1. Papierek kobaltowy różowieje pod wpływem wilgoci (pary wodnej). Para wodna wydostaje się z liścia głównie przez aparaty szparkowe – jest to parowanie wody z rośliny, czyli transpiracja.

Krok 2. Szybkie różowienie papierków przyłożonych do liścia (a wolniejsze papierka na statywie) świadczy, że para wodna pochodzi z powierzchni liścia – to efekt transpiracji.

Odpowiedź: Transpiracja.

Krok 1. Papierek na statywie nie dotyka liścia – reaguje więc tylko na wilgotność powietrza panującą pod kloszem, a nie na parę wodną wydostającą się bezpośrednio z liścia. Pełni rolę próby kontrolnej.

Krok 2. Dzięki niemu można stwierdzić, że szybkie różowienie papierków na liściu wynika z transpiracji (parowania z liścia), a nie z ogólnej wilgotności powietrza pod kloszem – papierek na statywie różowieje bowiem znacznie wolniej.

Odpowiedź: Papierek na statywie służy do pomiaru wilgotności powietrza pod kloszem (jest próbą kontrolną). Ponieważ różowieje on wolniej niż papierki na liściu, dowodzi to, że różowienie papierków na liściu jest spowodowane transpiracją (parowaniem wody z liścia), a nie samą wilgotnością powietrza pod kloszem.

Krok 1. W doświadczeniu papierek na dolnej powierzchni liścia różowiał najszybciej (czas „bardzo krótki”), a na górnej wolniej („krótki”) – oznacza to, że najwięcej pary wodnej (a więc aparatów szparkowych) jest na dolnej stronie liścia, a mniej na górnej.

Krok 2. Taki układ – dużo aparatów w skórce dolnej, nieliczne w górnej – opisuje punkt II i jest typowy dla liścia rośliny lądowej: ograniczenie liczby szparek po nasłonecznionej stronie górnej zmniejsza nadmierną utratę wody. To środowisko C (lądowe).

Odpowiedź: II oraz C.

Krok 1. Opis wyniku. Roślina dnia długiego, mimo że rosła w warunkach krótkiego dnia (dla niej nieodpowiednich do kwitnienia), zakwitła po zaszczepieniu na kwitnącej roślinie dnia krótkiego.

Krok 2. Możliwa przyczyna. W odpowiednim dla siebie fotoperiodzie roślina dnia krótkiego wytworzyła substancję (hormon) pobudzającą kwitnienie – florigen. Substancja ta przemieściła się przez miejsce zaszczepienia z rośliny dnia krótkiego do rośliny dnia długiego i pobudziła jej pąki do rozwoju w kwiaty, mimo nieodpowiedniej dla niej długości dnia.

Odpowiedź: Roślina dnia długiego zakwitła w warunkach krótkiego dnia dzięki temu, że otrzymała od kwitnącej rośliny dnia krótkiego (przez miejsce zaszczepienia) substancję stymulującą kwitnienie (hormon kwitnienia / florigen), która pobudziła jej pąki do rozwoju w kwiaty.

Krok 1. Kwiat jest różowy tylko wtedy, gdy obecne są oba funkcjonalne enzymy, czyli gdy w genotypie jest przynajmniej jeden allel A i przynajmniej jeden allel B (genotyp typu A_B_). Kwiat jest biały, gdy brakuje choć jednego z tych enzymów – czyli gdy roślina jest homozygotą recesywną względem przynajmniej jednego genu (aa__ lub __bb).

Krok 2. Wszystkie genotypy białe: AAbb, Aabb, aabb, aaBb, aaBB.

Krok 3. Aby ze skrzyżowania dwóch białych roślin powstały wyłącznie różowe, każde potomstwo musi mieć co najmniej jeden A i co najmniej jeden B. Trzeba więc połączyć roślinę dostarczającą zawsze allel A z rośliną dostarczającą zawsze allel B – są to AAbb (zawsze przekaże A) oraz aaBB (zawsze przekaże B). Krzyżówka AAbb × aaBB daje całe potomstwo AaBb (różowe).

Odpowiedź: Genotypy białe: AAbb, Aabb, aabb, aaBb, aaBB. Do uzyskania wyłącznie roślin różowych należy skrzyżować: AAbb × aaBB.

Krok 1. Gamety. Roślina AaBb wytwarza cztery rodzaje gamet: AB, Ab, aB, ab. Krzyżujemy AaBb × AaBb.

Krok 2. Szachownica Punnetta:

Krok 3. Fenotypy. Różowe są rośliny mające co najmniej jeden A i co najmniej jeden B (A_B_) – w tabeli jest ich 9. Pozostałe 7 (mające aa lub bb, czyli AAbb, Aabb ×2, aabb, aaBb ×2, aaBB) jest białych.

Odpowiedź: Fenotypy F2: kwiaty różowe i kwiaty białe w stosunku różowe : białe = 9 : 7.

Informacja 1. Z tekstu wynika, że każdy z genów występuje w postaci dwóch alleli (np. A i a), a nie w postaci alleli wielokrotnych (więcej niż dwóch). Informacja jest fałszywa (F).

Informacja 2. Podwójna heterozygota AaBb ma kwiaty różowe (jednolity kolor), a nie „mieszany” fenotyp łączący barwy rodziców – tu nie ma dominowania niezupełnego, lecz współdziałanie (dopełnianie się) genów. Informacja jest fałszywa (F).

Informacja 3. Biała barwa pojawia się, gdy brakuje choć jednego enzymu, czyli u osobnika będącego homozygotą recesywną względem jednego genu (pojedyncza, np. aaB_ lub A_bb) lub obu genów (podwójna, aabb). Informacja jest prawdziwa (P).

Odpowiedź: 1. – F, 2. – F, 3. – P.

Krok 1. Struktura III-rzędowa to przestrzenne pofałdowanie pojedynczego łańcucha polipeptydowego, często stabilizowane mostkami dwusiarczkowymi. W insulinie taki mostek występuje wewnątrz łańcucha A – stabilizuje więc przestrzenną strukturę pojedynczego łańcucha, co świadczy o strukturze III-rzędowej.

Krok 2. Struktura IV-rzędowa występuje, gdy białko składa się z więcej niż jednego łańcucha polipeptydowego. Insulina zbudowana jest z dwóch różnych łańcuchów (A i B) połączonych mostkami dwusiarczkowymi – ma więc strukturę IV-rzędową.

Odpowiedź: Insulina ma strukturę III-rzędową, ponieważ mostek dwusiarczkowy w obrębie łańcucha A stabilizuje przestrzenne ułożenie pojedynczego łańcucha; ma też strukturę IV-rzędową, ponieważ składa się z dwóch różnych łańcuchów polipeptydowych (A i B) połączonych mostkami dwusiarczkowymi.

Krok 1. Kod genetyczny jest trójkowy – aminokwasy odczytywane są kodonami po trzy nukleotydy. Usunięcie liczby nukleotydów będącej wielokrotnością trzech nie przesuwa ramki odczytu, a usunięcie innej liczby – przesuwa ją.

Krok 2. W polipeptydzie 2. usunięto 9 nukleotydów, czyli dokładnie 3 kodony – ramka odczytu się nie przesuwa, więc z białka „wypadają” jedynie 3 aminokwasy, a sekwencja dalszych aminokwasów pozostaje niezmieniona.

Krok 3. W polipeptydzie 1. usunięto 4 nukleotydy – liczba niepodzielna przez 3, więc od miejsca delecji następuje przesunięcie ramki odczytu i wszystkie dalsze kodony (a więc i aminokwasy) są odczytywane inaczej niż w białku prawidłowym.

Odpowiedź: Bardziej zmieniony będzie polipeptyd 1. Delecja 4 nukleotydów powoduje przesunięcie ramki odczytu, przez co od miejsca mutacji do końca zmienia się cała sekwencja aminokwasów; w polipeptydzie 2. delecja 9 nukleotydów (3 kodonów) usuwa jedynie 3 aminokwasy, a pozostała sekwencja się nie zmienia.

Krok 1. Polipeptyd prawidłowy. Sekwencję kodującą (jak mRNA, z T zastąpionym U) dzielimy na kodony: ATG-GCC-CTG-TGG-ATG-CGC-… . Pierwszy kodon ATG to kodon START (kodowanej przez niego metioniny nie liczymy zgodnie z założeniem). Kolejne aminokwasy to: GCC – alanina (1.), CTG – leucyna (2.), TGG – tryptofan (3.), ATG – metionina (4.). Czwarty aminokwas to więc metionina.

Krok 2. Polipeptyd 1. Usuwamy nukleotydy 10–13 (TGGA). Nowa sekwencja to: ATG-GCC-CTG-TGC-GCC-… . Po odrzuceniu kodonu START (ATG) kolejne aminokwasy to: GCC – alanina (1.), CTG – leucyna (2.), TGC – cysteina (3.), GCC – alanina (4.). Czwarty aminokwas to więc alanina.

Odpowiedź: Polipeptyd prawidłowy: metionina. Polipeptyd 1.: alanina.

Krok 1. Opisane mutacje to delecje pojedynczych nukleotydów w obrębie jednego genu – są to mutacje genowe (punktowe), zmieniające sekwencję nukleotydów w DNA.

Krok 2. Kolchicyna blokuje wrzeciono kariokinetyczne, przez co zaburza rozdział chromosomów podczas podziału komórki – wywołuje więc mutacje genomowe/chromosomowe (zmiany liczby chromosomów), a nie zmiany pojedynczych nukleotydów w genie.

Odpowiedź: Nie, opisane mutacje nie mogły być spowodowane kolchicyną. Kolchicyna, blokując wrzeciono kariokinetyczne, powoduje mutacje dotyczące liczby chromosomów (genomowe/chromosomowe), a nie delecje pojedynczych nukleotydów, czyli mutacje genowe, jakie opisano w zadaniu.

Krok 1. W obecności konkurenta (B. balanoides) C. stellatus zajmował jedynie wyższą część skał (rysunek A) – jego rzeczywista, zajmowana przestrzeń (nisza zrealizowana) była wąska.

Krok 2. Po usunięciu konkurenta C. stellatus rozprzestrzenił się także na niższe partie skał (rysunek B), zajmując obszar zbliżony do swojej niszy podstawowej – oznacza to, że wcześniej konkurencja zawężała jego niszę zrealizowaną w stosunku do podstawowej.

Wniosek: Konkurencja międzygatunkowa (ze strony B. balanoides) powoduje, że nisza zrealizowana Chthamalus stellatus jest węższa niż jego nisza podstawowa.

Wniosek 1. Doświadczenie pokazało, że oba gatunki zajmują różne (rozdzielone) partie skał – dzięki temu ograniczają konkurencję i mogą współwystępować (koegzystować). Ten wniosek wynika z doświadczenia. Odpowiedź: T.

Wniosek 2. W doświadczeniu usuwano B. balanoides (a nie C. stellatus) i badano reakcję C. stellatus. Nie sprawdzano, co zrobi B. balanoides po usunięciu C. stellatus, więc tego wniosku nie da się wyprowadzić. Odpowiedź: N.

Wniosek 3. Doświadczenie dotyczyło wpływu konkurencji na zajmowaną przestrzeń, a nie zakresu tolerancji obu gatunków względem czynników środowiska – takiego wniosku nie można sformułować. Odpowiedź: N.

Odpowiedź: 1. – T, 2. – N, 3. – N.

Krok 1. Z tekstu wiadomo, że pąkle są organizmami osiadłymi (nie przemieszczają się) i są obojnakami rozmnażającymi się przez zapłodnienie krzyżowe – do rozrodu potrzebują więc bliskiej obecności innych osobników.

Krok 2. Życie w gęstym skupisku sprawia, że sąsiednie osobniki znajdują się blisko siebie, co – mimo osiadłego trybu życia – umożliwia im zapłodnienie krzyżowe i skuteczne rozmnażanie.

Odpowiedź: Życie w skupiskach ułatwia pąklom rozmnażanie – bliskie sąsiedztwo osiadłych osobników umożliwia zapłodnienie krzyżowe.

Zestawienie 1. (dzbaneczniki – schwytane owady). Roślina chwyta owady, zabija je i trawi, czerpiąc z nich substancje odżywcze (azot) – jest to typowe drapieżnictwo (roślina odnosi korzyść, owad ginie).

Zestawienie 2. (mrówki – dzbanecznik dwuostrogowy). Obie strony odnoszą korzyść: mrówki mają pokarm (nektar, owady) i schronienie, a roślina zyskuje azot z ich odchodów oraz „porządkowanie” dzbanków; rośliny bez mrówek karłowacieją. To wzajemnie korzystna zależność – mutualizm.

Odpowiedź: 1. drapieżnictwo, 2. mutualizm.

Krok 1. Konwergencja to niezależne powstawanie podobnych cech u organizmów niespokrewnionych (lub odlegle spokrewnionych) w wyniku przystosowania do podobnych warunków; dywergencja to różnicowanie się cech u organizmów pochodzących od wspólnego przodka.

Krok 2. Z tekstu wynika, że dzbanki wykształciły niezależnie trzy odrębne, niespokrewnione blisko ze sobą rodziny roślin, przystosowując się do podobnych warunków (siedliska ubogie w składniki pokarmowe) – to właśnie konwergencja.

Odpowiedź: Dzbankowate pułapki są przykładem konwergencji, ponieważ powstały niezależnie u niespokrewnionych blisko ze sobą rodzin roślin, które upodobniły się przez przystosowanie do podobnych warunków życia (wytworzyły podobne pułapki pełniące tę samą funkcję).

Krok 1. Dzbaneczniki rosną w siedliskach ubogich w składniki pokarmowe, zwłaszcza w azot, a ich słabo wykształcone korzenie pobierają go z gleby w małych ilościach.

Krok 2. Mrówki C. schmitzi zostawiają w dzbankach bogate w azot odchody, dzięki czemu roślina zyskuje dodatkowe, dobrze dostępne źródło azotu.

Krok 3. Azot jest niezbędny do syntezy wielu związków organicznych (białek, kwasów nukleinowych, chlorofilu), a więc do wzrostu rośliny. Bez mrówek roślina ma go za mało, dlatego rośnie słabiej i osiąga mniejsze rozmiary.

Odpowiedź: Dzbaneczniki żyją na siedliskach ubogich w azot, a mrówki dostarczają im dodatkowy azot (w odchodach). Bez mrówek roślina ma niedobór azotu niezbędnego do syntezy związków organicznych (m.in. białek), przez co rośnie słabiej i osiąga mniejsze rozmiary.

Krok 1. Mała populacja ma zwykle małą pulę genową – niską różnorodność genetyczną (osobniki są do siebie genetycznie podobne).

Krok 2. Przy małej różnorodności genetycznej zadziałanie niekorzystnego czynnika (np. epidemii choroby przeniesionej od człowieka) może zagrozić całej populacji, bo prawie wszystkie osobniki są jednakowo mało odporne. Dodatkowo w małej populacji częściej dochodzi do krzyżowania wsobnego (ujawnianie niekorzystnych alleli recesywnych) oraz do dryfu genetycznego (przypadkowe utrwalanie mutacji niekorzystnych i utrata zmienności).

Odpowiedź: Mała populacja ma małą różnorodność genetyczną, przez co jest bardziej narażona na wyginięcie – niekorzystny czynnik (np. epidemia) może dotknąć niemal wszystkie, podobne genetycznie osobniki, a chów wsobny i dryf genetyczny dodatkowo obniżają zmienność i utrudniają przystosowanie do zmian środowiska.

Krok 1. Zwiększyć różnorodność genetyczną małej populacji można, umożliwiając przepływ genów – czyli kojarzenie się jej osobników z osobnikami innych populacji o odmiennej puli genowej.

Krok 2. Taką możliwość daje utworzenie migracyjnych korytarzy leśnych łączących rezerwat z innymi lasami zamieszkałymi przez szympansy – zwierzęta mogą się przemieszczać i rozmnażać z osobnikami z innych populacji.

Odpowiedź: Utworzenie migracyjnych korytarzy leśnych między lasami. Umożliwiają one przemieszczanie się szympansów i rozród między osobnikami różnych populacji (o różnych pulach genowych), co wzbogaca pulę genową populacji z rezerwatu Gombe i zwiększa jej różnorodność genetyczną.