Biologia — Maj 2016

Zdanie 1. (napięcie powierzchniowe). Na powierzchni wody cząsteczki wody przyciągają się wzajemnie silniej niż z powietrzem (siły kohezji), dzięki czemu tworzy się coś w rodzaju elastycznej „błonki” powierzchniowej. Ta błonka jest w stanie równoważyć ciężar bardzo lekkiego ciała, jakim jest ciało owada, dlatego niektóre owady mogą po niej chodzić lub stać, nie zanurzając się.

Odpowiedź 1.: A – duże napięcie powierzchniowe umożliwia poruszanie się niektórych gatunków owadów po powierzchni wody, ponieważ na powierzchni wody dzięki silnym siłom kohezji między cząsteczkami wody tworzy się „błonka”, której napięcie równoważy ciężar owada i nie pozwala mu się zanurzyć.

Zdanie 2. (maksymalna gęstość w 4°C). Woda o temperaturze 4°C ma największą gęstość, więc opada na dno zbiornika, a lód (o mniejszej gęstości niż woda) utrzymuje się na powierzchni. Zamarznięta powierzchnia izoluje głębsze warstwy wody od bardzo niskiej temperatury powietrza, dzięki czemu przy dnie utrzymuje się woda o temperaturze bliskiej 4°C, w której mogą przetrwać ryby.

Odpowiedź 2.: C – maksymalna gęstość w temperaturze 4°C umożliwia przetrwanie ryb słodkowodnych podczas zimy przy dnie zamarzających zbiorników, ponieważ woda o tej temperaturze jako najgęstsza gromadzi się na dnie, a lód unoszący się na powierzchni izoluje ją od mroźnego powietrza, dzięki czemu nie zamarza.

Zdanie 3. (ciepło parowania). Aby cząsteczki wody (potu) mogły odparować z powierzchni skóry, muszą pochłonąć dużą ilość energii potrzebnej do zerwania wiązań wodorowych między nimi. Tę energię woda pobiera w postaci ciepła z organizmu, dzięki czemu skóra i ciało człowieka się ochładzają.

Odpowiedź 3.: B – duże ciepło parowania umożliwia pozbywanie się nadmiaru ciepła z organizmu człowieka podczas pocenia się, ponieważ odparowanie potu z powierzchni skóry wymaga pochłonięcia dużej ilości ciepła z organizmu, co obniża jego temperaturę.

Krok 1. Organelle półautonomiczne to takie, które mają własny materiał genetyczny (DNA) i własne rybosomy, ale nie są w pełni samodzielne – część potrzebnych im białek jest kodowana przez genom jądrowy i syntetyzowana poza organellum.

Krok 2. Ze schematu wynika, że część podjednostek syntazy ATP jest kodowana przez mitochondrialne DNA i syntetyzowana wewnątrz mitochondrium, a część – przez DNA jądrowe i syntetyzowana w cytoplazmie, skąd dopiero trafia do mitochondrium.

Krok 3. Skoro mitochondrium samo nie jest w stanie wytworzyć całego kompleksu syntazy ATP – potrzebuje do tego „pomocy” z zewnątrz (białek kodowanych jądrowo) – nie jest w pełni autonomiczne, ale też nie jest całkowicie zależne od komórki, bo część białek wytwarza samodzielnie. Dlatego określa się je jako organellum półautonomiczne.

Odpowiedź: Mitochondria są organellami półautonomicznymi, ponieważ mimo posiadania własnego DNA i własnych rybosomów, tylko część białek budujących syntazę ATP jest kodowana przez genom mitochondrialny i syntetyzowana w mitochondrium – druga część jest kodowana przez DNA jądrowe i syntetyzowana w cytoplazmie komórki, a następnie transportowana do mitochondrium.

Krok 1. Syntaza ATP jest kompleksem białkowym zanurzonym w błonie i wykorzystującym gradient protonów wytworzony między dwoma przedziałami mitochondrium.

Krok 2. Gradient protonów wytwarzany przez łańcuch oddechowy powstaje między przestrzenią międzybłonową (gdzie protonów jest więcej) i matriks (gdzie ich jest mniej), a kanał przepływu protonów, czyli aktywna syntaza ATP, znajduje się właśnie w błonie rozdzielającej te przedziały – błonie wewnętrznej mitochondrium.

Odpowiedź: C – błona wewnętrzna.

Krok 1. Kanał syntazy ATP jest przepuszczalny dla protonów (H⁺), a nie dla elektronów – to właśnie różnica stężeń protonów (gradient protonowy) jest siłą napędową syntezy ATP.

Krok 2. Protony, zgromadzone w większej liczbie w przestrzeni międzybłonowej, przepływają przez kanał syntazy ATP w kierunku niższego stężenia, czyli do matriks.

Krok 3. Energia tego przepływu jest wykorzystywana do przyłączenia reszty fosforanowej do ADP, w wyniku czego powstaje ATP (a nie odwrotnie – ATP nie „przyjmuje” kolejnej reszty fosforanowej w tym procesie).

Odpowiedź: Przez kanał utworzony z podjednostek syntazy ATP (protony) powracają do (matriks). Ich przepływ przez kanał syntazy ATP sprawia, że możliwe jest przyłączenie reszty fosforanowej do (ADP).

Krok 1. Inhibicja kompetycyjna polega na tym, że dwie różne substancje (tu: metanol i etanol) mają podobną budowę i „konkurują” o to samo centrum aktywne tego samego enzymu.

Krok 2. Dehydrogenaza alkoholowa ma jedno centrum aktywne, do którego może przyłączyć się albo metanol, albo etanol – a nie oba jednocześnie – ponieważ oba alkohole mają podobną budowę chemiczną.

Krok 3. Jest to więc typowy przykład inhibicji kompetycyjnej, a nie niekompetycyjnej (w której inhibitor wiąże się w innym miejscu enzymu niż substrat).

Odpowiedź: A – inhibicja kompetycyjna. Uzasadnienie: metanol i etanol mają podobną budowę chemiczną i konkurują o to samo centrum aktywne dehydrogenazy alkoholowej, dlatego przyłączenie się etanolu do enzymu ogranicza możliwość przyłączenia się metanolu.

Krok 1. Cząsteczki etanolu, konkurując z metanolem o centrum aktywne dehydrogenazy alkoholowej, zajmują znaczną część dostępnych enzymów.

Krok 2. Im mniej enzymu jest dostępne do wiązania metanolu, tym wolniej metanol jest utleniany do toksycznych produktów – aldehydu mrówkowego i kwasu mrówkowego.

Krok 3. Spowolnienie tempa powstawania tych toksycznych produktów daje organizmowi czas na usunięcie (wydalenie) niezmienionego metanolu, zamiast dopuszczenia do gromadzenia się jego szkodliwych metabolitów.

Odpowiedź: Cząsteczki etanolu łączą się z dehydrogenazą alkoholową, ograniczając w ten sposób możliwość przyłączenia się do niej metanolu. Zmniejsza to tempo utleniania metanolu do silnie toksycznych produktów (aldehydu i kwasu mrówkowego), choć nie zatrzymuje tego procesu całkowicie – jedynie je spowalnia.

Krok 1. Na rysunku I fosfolipidy są ułożone tak, że ich „główki” (część 1) skierowane są w stronę roztworu wodnego – zarówno na zewnątrz liposomu, jak i do jego wnętrza, gdzie również znajduje się roztwór wodny.

Krok 2. Część 2 („ogonki”) znajduje się wewnątrz dwuwarstwy, schowana przed kontaktem z wodą.

Krok 3. Ponieważ tylko część mająca bezpośredni kontakt z wodą może mieć charakter hydrofilowy (przyjazny wodzie), to część oznaczona numerem 1 jest hydrofilowa.

Odpowiedź: Część 1, ponieważ na rysunku I cząsteczki fosfolipidów są ułożone „główkami” (część 1) w stronę roztworu wodnego – zarówno tego znajdującego się wewnątrz liposomu, jak i na zewnątrz niego – co świadczy o jej hydrofilowym charakterze.

Krok 1. Fuzja dwóch struktur błonowych jest możliwa tylko wtedy, gdy obie mają zbliżoną budowę chemiczną, umożliwiającą łączenie się ich warstw lipidowych.

Krok 2. Zarówno liposom, jak i błona komórkowa są zbudowane z dwuwarstwy fosfolipidowej, w której hydrofilowe główki są zwrócone na zewnątrz (do wody), a hydrofobowe ogonki – do wewnątrz.

Odpowiedź: Liposom i błona komórkowa mają taką samą, podstawową budowę – są zbudowane z dwuwarstwy fosfolipidowej – dzięki czemu ich warstwy lipidowe mogą się połączyć (ulec fuzji).

Krok 1. Cząsteczki sygnałowe wprowadzone do błony liposomu mogą być rozpoznawane przez specyficzne receptory znajdujące się na powierzchni tylko określonych komórek (np. komórek chorobowo zmienionych, do których skierowana jest terapia).

Krok 2. Dzięki rozpoznaniu receptora liposom łączy się (przyłącza, a następnie ulega fuzji) właśnie z tymi komórkami, a nie z komórkami przypadkowymi.

Krok 3. W efekcie lek zawarty w liposomie trafia w większym stężeniu do komórek docelowych, a nie rozprasza się równomiernie po całym organizmie – to zwiększa jego skuteczność i zmniejsza ryzyko działań niepożądanych w innych tkankach.

Odpowiedź: Wprowadzenie do błony liposomu cząsteczek sygnałowych rozpoznawanych przez receptory obecne tylko na określonych komórkach sprawia, że lek zawarty w liposomie dociera i gromadzi się głównie w tych konkretnych, docelowych komórkach lub tkankach, co zwiększa skuteczność terapii.

Krok 1. Obserwacja porównuje wymiary (długość i szerokość) liści bzu czarnego rosnącego w dwóch różnych warunkach nasłonecznienia – na stanowisku nasłonecznionym i zacienionym.

Krok 2. Problem badawczy powinien pytać o to, czy i jak nasłonecznienie (zróżnicowane między obu stanowiskami) wpływa na wielkość (wymiary) liści tego gatunku.

Odpowiedź: Czy wielkość (długość i szerokość) liści bzu czarnego zależy od stopnia nasłonecznienia stanowiska, na którym roślina rośnie?

Krok 1. Z tabeli wynika, że liście bzu czarnego rosnącego w zacienieniu miały większą średnią długość (290 mm wobec 264 mm) i szerokość (146 mm wobec 122 mm) niż liście z nasłonecznionego stanowiska.

Krok 2. Oznacza to, że mniejsza dostępność światła jest związana z większymi wymiarami liścia – prawdopodobnie jako adaptacja zwiększająca powierzchnię przechwytywania światła w warunkach jego niedoboru.

Odpowiedź: Bez czarny rosnący na stanowisku zacienionym wytwarza większe (dłuższe i szersze) liście niż bez czarny rosnący na stanowisku nasłonecznionym – stopień nasłonecznienia wpływa na wielkość liści tego gatunku.

Krok 1. Doświadczenie badało, jak różne stężenia auksyny (IAA) wpływają na przyrost długości fragmentów epikotyli siewek grochu w porównaniu z próbą bez auksyny.

Odpowiedź: Jak stężenie auksyny (IAA) wpływa na wzrost wydłużeniowy (przyrost długości) fragmentów epikotyli siewek grochu?

Stwierdzenie 1. Na wykresie widać, że przyrost długości epikotyli jest większy we wszystkich próbach z IAA niż w próbie bez IAA (stężenie 0,00 mM) – auksyna rzeczywiście pobudza wzrost wydłużeniowy. Odpowiedź: P.

Stwierdzenie 2. Wykres pokazuje, że maksymalny przyrost długości (ponad 3 mm) występuje właśnie przy stężeniu IAA równym 1,00 mM – dla wyższego stężenia (10,00 mM) przyrost jest już mniejszy. Odpowiedź: P.

Stwierdzenie 3. Gdyby zależność była monotoniczna (im większe stężenie, tym większy przyrost), przyrost powinien być największy przy najwyższym badanym stężeniu (10,00 mM). Z wykresu widać jednak, że po przekroczeniu stężenia 1,00 mM przyrost długości zaczyna się zmniejszać – zależność nie jest więc monotoniczna. Odpowiedź: F.

Odpowiedź: 1. – P, 2. – P, 3. – F.

Krok 1. Próba kontrolna to szalka z wodą, bez dodatku zewnętrznej (egzogennej) auksyny – a jednak epikotyle wydłużyły się w niej nieco (o około 0,5 mm), a nie wcale.

Krok 2. Oznacza to, że w samych komórkach fragmentów epikotyla musiała być obecna jakaś ilość naturalnej (endogennej) auksyny, wytworzonej wcześniej przez roślinę (np. w stożku wzrostu siewki), zanim fragmenty zostały wycięte.

Odpowiedź: Fragmenty epikotyli wydłużyły się w próbie kontrolnej, ponieważ w ich tkankach znajdowała się naturalna (endogenna) auksyna, wytworzona przez roślinę jeszcze przed wycięciem fragmentów i pobudzająca ich wzrost wydłużeniowy.

Krok 1. Na rysunku elementy A i B to płatki (elementy okwiatu), element C to pręcik (a konkretnie pylnik, w którym w woreczkach pyłkowych powstają mikrospory), a elementy D i E to odpowiednio zalążnia i szyjka słupka – z zalążni (D) po zapłodnieniu rozwija się owocnia.

Krok 2. Elementy okwiatu (płatki) to struktury A i B.

Krok 3. Mikrospory (z których rozwija się pyłek) powstają w pylniku, oznaczonym literą C.

Krok 4. Owocnia rozwija się ze ściany zalążni, oznaczonej literą D (dopuszczalne również D i E, jeśli uwzględnia się całą strukturę słupka poniżej znamienia).

Odpowiedź: 1. Elementy okwiatu: A i B. 2. Struktura, w której powstają mikrospory: C. 3. Struktura, z której powstaje owocnia: D (dopuszczalne D+E).

Krok 1. Kwiat obupłciowy to taki, który ma jednocześnie żeńskie i męskie organy płciowe, tj. słupek (żeński) i pręciki (męskie).

Krok 2. Na rysunku widać zarówno słupek (z zalążnią D i szyjką E), jak i pręciki (z pylnikiem C) w tym samym kwiecie.

Odpowiedź: Jest to kwiat obupłciowy, ponieważ w jego budowie widoczne są jednocześnie słupek (żeński organ płciowy) i pręciki (męskie organy płciowe).

Krok 1. Barwa i zapach kwiatu to sygnały, które przywabiają owady (lub inne zwierzęta zapylające) w jego kierunku – to adaptacja kwiatu do zapylania przez zwierzęta (zapylania entomofilnego/zoofilnego), a nie przez wiatr.

Krok 2. Aby zapylenie mogło się udać, pyłek przywabionego owada musi się skutecznie przyczepić do ciała zapylacza, a następnie zostać przeniesiony na słupek innego kwiatu tego samego gatunku.

Krok 3. Lepki pyłek łatwo przyczepia się do ciała odwiedzającego kwiat owada (np. do jego odnóży czy owłosienia) i nie odpada przy najbliższym podmuchu wiatru – w przeciwieństwie do lekkiego, sypkiego pyłku roślin wiatropylnych.

Odpowiedź: Barwa i zapach kwiatu przywabiają owady (zapylaczy), a lepki pyłek łatwo przyczepia się do ciała takiego owada i jest przez niego przenoszony na inny kwiat tego samego gatunku – to adaptacja do zapylania przez zwierzęta, w przeciwieństwie do roślin wiatropylnych, u których pyłek jest lekki i sypki.

Krok 1. Z tekstu wynika, że dopóki stężenie hormonu juwenilnego jest względnie wysokie, kolejne linienia stymulowane ekdyzonem prowadzą tylko do powstawania kolejnych stadiów larwalnych.

Krok 2. Gdy jednak stężenie hormonu juwenilnego spadnie poniżej pewnego poziomu, następne linienie – wciąż stymulowane ekdyzonem – prowadzi już nie do kolejnej larwy, a do poczwarki.

Odpowiedź: Spadek produkcji hormonu juwenilnego podczas ostatniego stadium larwalnego umożliwia (skutkuje) przepoczwarczenie się larwy, czyli w wyniku kolejnego linienia powstaje poczwarka, a nie kolejne stadium larwalne.

Krok 1. Jeśli owad zjada tkanki rośliny produkującej substancję działającą jak ekdyzon, wraz z pokarmem otrzymuje dodatkową, „obcą” dawkę tego hormonu.

Krok 2. Taka nadmiarowa, niekontrolowana przez organizm owada dawka substancji ekdyzonopodobnej zaburza prawidłowy przebieg linień i metamorfozy larw – może np. wywołać przedwczesne przepoczwarczenie, zanim larwa jest w stanie odpowiednio się rozwinąć.

Krok 3. Zaburzenie rozwoju larw żerujących na roślinie ogranicza ich liczebność (lub skuteczność żerowania), co jest dla rośliny formą obrony przed szkodnikami roślinożernymi.

Odpowiedź: Produkcja substancji o aktywności podobnej do ekdyzonu jest formą obrony rośliny przed owadami roślinożernymi – substancja ta, spożyta przez larwy żerujące na roślinie, zaburza prawidłowy przebieg ich linień i metamorfozy (np. wywołuje przedwczesne przepoczwarczenie), co zmniejsza liczebność owadów żerujących na tej roślinie i ogranicza straty, jakie roślina ponosi w wyniku ich żerowania.

Krok 1. Karaś żyjący w naturalnym stawie na terenie Polski doświadcza wyraźnej sezonowości warunków – zimą temperatura wody spada i ryba ogranicza żerowanie, co spowalnia jej wzrost.

Krok 2. Spowolniony wzrost zimowy powoduje zagęszczenie pasm przyrostu na łusce, co jest widoczne jako ciemniejszy pierścień – tak powstają wyraźne, coroczne pierścienie, które można policzyć, aby ustalić wiek ryby.

Krok 3. Karaś w domowym akwarium żyje w warunkach stałych (stała temperatura, regularne dokarmianie przez cały rok) – nie ma u niego sezonowego spowolnienia wzrostu, więc na jego łusce nie powstają wyraźne, regularne pierścienie roczne, których można by policzyć.

Odpowiedź: U karasia żyjącego w stawie w Polsce występuje sezonowa zmiana tempa wzrostu (spowolnienie zimą), co prowadzi do powstawania wyraźnych, corocznych pierścieni przyrostu na łusce, które można policzyć. W akwarium warunki (temperatura, dostęp do pokarmu) są stałe przez cały rok, więc tempo wzrostu karasia nie zmienia się sezonowo i na jego łusce nie powstają wyraźne pierścienie roczne umożliwiające określenie wieku.

Krok 1. Łuski ryb są wytworami skóry właściwej (leżą w niej zanurzone, a nie w naskórku), natomiast łuski gadów są wytworami naskórka.

Krok 2. Na rysunku A łuski są widoczne jako struktury zanurzone w warstwie oznaczonej jako „skóra właściwa”, a nie w „naskórku” – to odpowiada budowie łusek rybich.

Odpowiedź: Budowę skóry ryb przedstawiono na rysunku A, ponieważ łuski ryb są wytworem skóry właściwej (w odróżnieniu od łusek gadów, będących wytworem naskórka).

Krok 1. Struktury homologiczne to takie, które mają wspólne pochodzenie ewolucyjne i podobną budowę zasadniczą, nawet jeśli występują u przedstawicieli różnych grup (gromad) i różnią się szczegółami czy funkcją.

Krok 2. Łuski ptaków (na nogach) i łuski gadów mają wspólne pochodzenie – ptaki są potomkami gadów, a ich łuski, podobnie jak łuski gadzie, są wytworami naskórka o tej samej, homologicznej budowie zasadniczej.

Krok 3. Zatem prawidłowe uzasadnienie odnosi się do tego, że obie struktury są wytworami naskórka (mają wspólne pochodzenie), a nie do różnic w budowie czy funkcji, czy do przynależności do różnych gromad (co byłoby typowe dla cech analogicznych, wynikających z konwergencji).

Odpowiedź: B3 – są to struktury homologiczne, ponieważ są wytworami naskórka.

Krok 1. Na obu rysunkach ciało zwierzęcia jest wydłużone i zwężone na obu końcach – ma opływowy (wrzecionowaty) kształt.

Krok 2. Taki kształt ciała minimalizuje turbulencje i tarcie ośrodka (wody u ryby, powietrza u ptaka) podczas poruszania się, co zmniejsza opór, jaki zwierzę musi pokonywać.

Odpowiedź: Wspólnym przystosowaniem jest opływowy (wrzecionowaty, hydro-/aerodynamiczny) kształt ciała, który zmniejsza opór ośrodka (wody lub powietrza) podczas poruszania się zwierzęcia.

Krok 1. Ryby posiadają specyficzny dla nich narząd zmysłu – linię naboczną – nieobecny u ptaków.

Krok 2. Linia naboczna odbiera drobne zmiany ruchu (przepływu) wody wokół ciała ryby, w tym zaburzenia i fale odbite od przeszkód znajdujących się w wodzie.

Krok 3. Gdy ryba płynąca w akwarium zbliża się do szklanej ściany, wytwarzane przez nią ruchy wody odbijają się od tej przeszkody, a linia naboczna wykrywa tę zmianę – dzięki temu ryba „wyczuwa” przeszkodę, mimo że nie widzi samego szkła, i zatrzymuje się przed nią. Ptaki nie mają takiego narządu wykrywającego przeszkody na odległość w powietrzu, dlatego często zderzają się z przezroczystymi powierzchniami.

Odpowiedź: Ryby mają linię naboczną – narząd zmysłu odbierający zmiany ruchu (ciśnienia) wody wywołane bliskimi przeszkodami. Gdy ryba zbliża się do szklanej ściany akwarium, wytworzone przez nią zaburzenia przepływu wody odbijają się od przeszkody, a linia naboczna wykrywa tę zmianę, co pozwala rybie zatrzymać się przed przeszkodą, mimo że jej nie widzi.

Krok 1. U ssaków, w tym u człowieka, wysoce toksyczny amoniak jest przekształcany w wątrobie (w cyklu mocznikowym) w znacznie mniej toksyczny związek, który następnie jest wydalany przez nerki.

Odpowiedź: Mocznik.

Krok 1. Amoniak, powstający po odłączeniu grup amidowych od glutaminy, jest związkiem silnie toksycznym dla organizmu i nie powinien krążyć we krwi w większych ilościach ani gromadzić się w tkankach.

Krok 2. Właśnie w komórkach wątroby zachodzi cykl mocznikowy (ornitynowy) – proces, w którym toksyczny amoniak jest natychmiast przekształcany w znacznie mniej toksyczny mocznik.

Krok 3. Odłączenie grup amidowych od glutaminy w wątrobie pozwala więc na natychmiastowe „zneutralizowanie” powstającego amoniaku w tym samym miejscu, bez konieczności transportowania toksycznego amoniaku do innego narządu.

Odpowiedź: Grupy amidowe odłączane są od glutaminy właśnie w wątrobie, ponieważ tylko tam zachodzi cykl mocznikowy, w którym powstający przy tym toksyczny amoniak jest natychmiast przekształcany w mniej toksyczny mocznik – dzięki temu amoniak nie musi być transportowany w niezmienionej, szkodliwej formie do innego narządu.

Krok 1. Ryby słodkowodne żyją w środowisku hipotonicznym względem płynów ich ciała, przez co woda nieustannie napływa osmotycznie do ich organizmu przez powierzchnię skrzeli i skóry.

Krok 2. Nadmiar wody musi być stale usuwany z organizmu (np. w postaci dużej ilości rozwodnionego moczu), dzięki czemu ryby te wytwarzają nieustanny, obfity strumień płynu wydalniczego.

Krok 3. Ponieważ amoniak jest bardzo dobrze rozpuszczalny w wodzie, może być na bieżąco „wypłukiwany” z organizmu wraz z tym stałym nadmiarem wody (także przez skrzela), zanim zdąży się nagromadzić do toksycznego poziomu – dlatego ryby te nie muszą go przekształcać w mniej toksyczny, ale energetycznie kosztowny mocznik.

Odpowiedź: Ryby słodkowodne żyją w środowisku hipotonicznym, przez co do ich organizmu stale napływa (osmotycznie) nadmiar wody, który muszą nieustannie usuwać. Dobrze rozpuszczalny w wodzie amoniak może być wydalany na bieżąco wraz z tym nadmiarem wody (np. przez skrzela), zanim osiągnie toksyczne stężenie, dlatego ryby te nie muszą przekształcać go w mniej toksyczny, ale kosztowniejszy energetycznie mocznik.

Krok 1. Odcinek lędźwiowy znajduje się poniżej klatki piersiowej i musi utrzymywać ciężar całej znajdującej się nad nim górnej części ciała (głowy, klatki piersiowej, kończyn górnych).

Krok 2. Im większy ciężar musi być podparty i przenoszony przez dany kręg, tym większa i bardziej masywna musi być jego budowa, aby wytrzymać to obciążenie mechaniczne bez uszkodzenia.

Odpowiedź: Kręgi lędźwiowe mają najbardziej masywną budowę ze wszystkich kręgów, ponieważ to na nich spoczywa i przez nie jest przenoszony ciężar całej górnej części ciała (głowy, tułowia, kończyn górnych) podczas utrzymywania wyprostowanej postawy – bardziej masywna budowa pozwala im wytrzymać to największe, w porównaniu z innymi odcinkami, obciążenie mechaniczne.

Krok 1. Kręgi szczytowy (atlas) i obrotowy (obrotnik) razem tworzą staw szczytowo-obrotowy, odpowiedzialny za wykonywanie ruchów obrotowych (skręcania) głowy na boki.

Krok 2. Krążek międzykręgowy jest strukturą raczej „amortyzującą” i ograniczającą ruchomość między kręgami – jego obecność zmniejszałaby zakres ruchu obrotowego między atlasem i obrotnikiem.

Krok 3. Ponieważ funkcją tych dwóch kręgów jest właśnie umożliwienie dużej ruchomości (obrotu) głowy, a nie amortyzacja obciążeń osiowych, krążek międzykręgowy między nimi nie występuje – zamiast tego mają one specjalne, ruchome połączenie stawowe.

Odpowiedź: Krążek międzykręgowy nie występuje między kręgiem szczytowym a obrotowym, ponieważ te dwa kręgi tworzą staw umożliwiający duży zakres ruchów obrotowych głowy – obecność krążka ograniczałaby tę ruchomość, a nie służyłaby funkcji, którą te kręgi pełnią.

Krok 1. Na wykresie krzywa dla pH 7,2 (niższe pH, wyższa kwasowość) leży poniżej i bardziej w prawo od krzywej dla pH 7,4 – oznacza to, że przy tym samym ciśnieniu parcjalnym tlenu wysycenie hemoglobiny tlenem jest niższe.

Krok 2. Niższe wysycenie przy tym samym ciśnieniu tlenu świadczy o zmniejszeniu powinowactwa hemoglobiny do tlenu przy niższym pH.

Krok 3. Mniejsze powinowactwo oznacza, że hemoglobina „trzyma” tlen słabiej, a więc łatwiej go uwalnia (oddaje) do otaczających tkanek.

Odpowiedź: W sytuacji obniżenia się pH osocza krwi (zmniejsza się) powinowactwo hemoglobiny do tlenu, co powoduje, że tlen przyłączony do hemoglobiny jest (łatwiej) odłączany od jej cząsteczki.

Krok 1. W tkankach intensywnie oddychających tlenowo powstają duże ilości CO2 jako produkt oddychania komórkowego.

Krok 2. CO2, reagując z wodą (z udziałem anhydrazy węglanowej), tworzy kwas węglowy, który dysocjuje, zwiększając stężenie protonów i tym samym obniżając (zakwaszając) lokalne pH krwi w tych tkankach.

Krok 3. Zgodnie z zależnością przedstawioną na wykresie, obniżenie pH zmniejsza powinowactwo hemoglobiny do tlenu, ułatwiając jego odłączanie właśnie w tych miejscach, gdzie jest najbardziej potrzebny.

Odpowiedź: W tkankach intensywnie oddychających tlenowo powstaje dużo CO2, który zakwasza (obniża pH) krew w tych tkankach. Zgodnie z opisaną zależnością, obniżenie pH zmniejsza powinowactwo hemoglobiny do tlenu, dzięki czemu hemoglobina łatwiej oddaje (uwalnia) tlen właśnie w tych intensywnie pracujących, potrzebujących tlenu tkankach.

Krok 1. Oprócz transportu w postaci jonów wodorowęglanowych (HCO3⁻), CO2 może być transportowany we krwi w dwóch innych formach: rozpuszczony fizycznie w osoczu oraz związany bezpośrednio z białkami (w tym z hemoglobiną) w postaci karbaminianów.

Odpowiedź: CO2 (fizycznie) rozpuszczony w osoczu krwi, lub – w postaci związanej z hemoglobiną (karbaminohemoglobina / karbaminiany białek osocza).

Krok 1. Skrobia jest polisacharydem rozkładanym przez enzym trawienny wydzielany w gruczołach ślinowych.

Odpowiedź: Amylaza (ślinowa).

Krok 1. Z tabeli wynika, że najkrótszy czas rozkładu skrobi (a więc największa aktywność enzymu) w obu temperaturach wystąpił przy pH równym 7 (6 min przy 30°C i 3 min przy 37°C).

Krok 2. We wszystkich badanych pH czas rozkładu skrobi był krótszy w temperaturze 37°C niż w 30°C, co wskazuje, że enzym działa efektywniej w temperaturze bliższej 37°C.

Odpowiedź: Badana amylaza ślinowa ma optimum działania przy pH obojętnym (pH 7) i w temperaturze 37°C, czyli w warunkach zbliżonych do tych, jakie panują w jamie ustnej człowieka.

Krok 1. Obecność skrobi można wykryć za pomocą reakcji barwnej z jodem – np. roztworem jodu w jodku potasu (płynem Lugola).

Krok 2. Jeśli w badanej próbce nadal jest obecna skrobia, po dodaniu odczynnika roztwór zabarwi się na niebiesko-granatowo; jeśli skrobia została już całkowicie rozłożona, zabarwienie to nie wystąpi (roztwór pozostanie żółtobrunatny, czyli w kolorze samego odczynnika).

Odpowiedź: Uczniowie mogli do pobranej kropli roztworu z każdej probówki dodać płyn Lugola (jodyna, roztwór I2 w KI) i obserwować zabarwienie: pojawienie się niebiesko-granatowego zabarwienia świadczyłoby o obecności nierozłożonej jeszcze skrobi, a jego brak – o tym, że cała skrobia została już rozłożona.

Sposób 1. Ze schematu wynika, że insulina hamuje (znak „–”) powstawanie cAMP, które jest niezbędne do aktywacji kinazy białkowej. Skoro insulina ogranicza ilość cAMP, ogranicza tym samym aktywację kinazy białkowej odpowiedzialnej za fosforylację (a więc aktywację) lipazy triacyloglicerolowej.

Sposób 2. Ze schematu wynika również, że insulina bezpośrednio pobudza (znak „+”) przekształcenie aktywnej (ufosforylowanej) lipazy w jej formę nieaktywną, poprzez odłączenie od niej reszty fosforanowej (defosforylację).

Odpowiedź:

1. Insulina hamuje tworzenie się cAMP, przez co ogranicza aktywację kinazy białkowej, która fosforyluje (aktywuje) lipazę triacyloglicerolową – w efekcie mniej lipazy zostaje aktywowanej.
2. Insulina pobudza defosforylację (odłączenie reszty fosforanowej) już aktywnej lipazy triacyloglicerolowej, przekształcając ją z powrotem w formę nieaktywną.

Krok 1. Glukagon i insulinę wydziela trzustka, a ich działanie (uwalnianie lub wiązanie glukozy w postaci glikogenu) zachodzi w wątrobie.

Krok 2. Niski poziom glukozy we krwi stymuluje trzustkę do wydzielania glukagonu, który w wątrobie powoduje uwalnianie glukozy z glikogenu (co podnosi poziom glukozy).

Krok 3. Wysoki poziom glukozy we krwi stymuluje trzustkę do wydzielania insuliny, która w wątrobie powoduje wiązanie glukozy w glikogen (co obniża poziom glukozy).

Odpowiedź: Wydzielanie glukagonu – trzustka; uwalnianie glukozy z glikogenu – wątroba; wydzielanie insuliny – trzustka; wiązanie glukozy w glikogen – wątroba. Wydzielanie glukagonu następuje przy niskim poziomie glukozy we krwi, a wydzielanie insuliny – przy wysokim poziomie glukozy we krwi.

Krok 1. Ludzki gen insuliny, jak większość genów eukariotycznych, zawiera introny (sekwencje niekodujące), które są wycinane z pre-mRNA już po transkrypcji, w procesie potranskrypcyjnej obróbki (splicingu) – dojrzałe mRNA (a więc i cDNA na nim oparte) nie zawiera już intronów.

Krok 2. Komórki bakteryjne (prokariotyczne), w tym E. coli, nie mają mechanizmów obróbki potranskrypcyjnej (splicingu) i nie potrafią wycinać intronów z transkryptu.

Krok 3. Gdyby do genomu bakterii wprowadzono cały gen (z DNA) z intronami, bakteria przepisałaby go na mRNA łącznie z intronami i nie umiałaby ich usunąć, co dałoby nieprawidłowe, niefunkcjonalne białko.

Odpowiedź: Ludzki gen insuliny zawiera introny, które są usuwane z mRNA już w komórkach eukariotycznych (w procesie splicingu), dlatego cDNA wytworzone na matrycy dojrzałego mRNA nie zawiera intronów. Bakterie nie mają mechanizmów umożliwiających wycinanie intronów, więc gdyby wprowadzono do ich genomu gen z DNA (z intronami), nie byłyby w stanie wytworzyć z niego prawidłowego białka.

Krok 1. Organizm GMO (genetycznie modyfikowany) to każdy organizm, którego materiał genetyczny został zmieniony w sposób niezachodzący naturalnie – może to dotyczyć zarówno wprowadzenia obcego (pochodzącego od innego organizmu) genu, jak i zmiany (np. wyłączenia, zwielokrotnienia) własnych, już istniejących genów danego organizmu.

Krok 2. Organizm transgeniczny to szczególny przypadek GMO – taki, do którego genomu wprowadzono gen (transgen) pochodzący od innego, odrębnego organizmu (np. bakteria E. coli z ludzkim genem insuliny).

Krok 3. Ponieważ nie każda modyfikacja genetyczna polega na wprowadzeniu obcego genu (można też modyfikować własne geny organizmu), zbiór organizmów GMO jest szerszy niż zbiór organizmów transgenicznych – każdy organizm transgeniczny jest więc GMO, ale nie każdy GMO jest transgeniczny.

Odpowiedź: Pojęcie GMO obejmuje wszystkie organizmy ze zmodyfikowanym metodami inżynierii genetycznej materiałem genetycznym – w tym również te, u których zmodyfikowano (np. wyłączono lub zwielokrotniono) ich własne geny, bez wprowadzania obcego DNA. Organizm transgeniczny to węższa kategoria – GMO, do którego genomu wprowadzono gen pochodzący od innego organizmu. Dlatego każdy organizm transgeniczny jest GMO, lecz nie każdy GMO powstał poprzez wprowadzenie obcego genu, więc nie każdy jest transgeniczny.

Krok 1. Nić kodująca (5' TGT 3') ma taką samą sekwencję jak mRNA (z T zamiast U), więc odpowiadający jej kodon mRNA to 5' UGU 3' – kodujący cysteinę.

Krok 2 (pole 1, mutacja nonsensowna). Mutacja nonsensowna zamienia kodon aminokwasowy w kodon STOP. Zmiana trzeciego nukleotydu U→A w UGU daje UGA – jeden z kodonów stop. Odpowiadająca sekwencja DNA (nici kodującej) to więc 5' TGA 3'.

Krok 3 (pole 2, mutacja zmiany sensu – tryptofan). Tryptofan kodowany jest tylko przez kodon UGG. Zmiana trzeciego nukleotydu U→G w UGU daje UGG – tryptofan. Odpowiadająca sekwencja DNA to 5' TGG 3'.

Krok 4 (pole 3, mutacja milcząca – wciąż cysteina). Mutacja milcząca zmienia nukleotyd, ale nie zmienia kodowanego aminokwasu. Cysteinę kodują kodony UGU i UGC – zmiana trzeciego nukleotydu U→C w UGU daje UGC, wciąż cysteinę. Odpowiadająca sekwencja DNA to 5' TGC 3'.

Odpowiedź: Pole 1. – 5'TGA3' (mutacja nonsensowna, kodon stop); Pole 2. – 5'TGG3' (mutacja zmiany sensu, tryptofan); Pole 3. – 5'TGC3' (mutacja milcząca, wciąż cysteina).

Krok 1. Cysteina ma w swoim łańcuchu bocznym atom siarki (grupę -SH), dzięki której może tworzyć mostki disiarczkowe z inną cysteiną w tym samym łańcuchu polipeptydowym – mostki te stabilizują strukturę III-rzędową białka.

Krok 2. Tryptofan ma zupełnie inny, znacznie większy i nie zawierający siarki łańcuch boczny – z pierścieniem aromatycznym (indolowym) – i nie jest w stanie utworzyć mostka disiarczkowego.

Krok 3. Zastąpienie cysteiny tryptofanem w tym miejscu białka oznacza więc utratę możliwości utworzenia w tym miejscu mostka disiarczkowego, co może zmienić sposób przestrzennego zwinięcia (upakowania) łańcucha polipeptydowego, a więc zmienić strukturę III-rzędową białka. Dodatkowo znacznie większy rozmiar tryptofanu może zaburzać przestrzenne dopasowanie fragmentów łańcucha w tym miejscu.

Odpowiedź: Cysteina, w przeciwieństwie do tryptofanu, zawiera w łańcuchu bocznym grupę -SH z atomem siarki, dzięki której może tworzyć mostki disiarczkowe stabilizujące strukturę III-rzędową białka. Tryptofan ma inny, większy łańcuch boczny (z pierścieniem aromatycznym) i nie może utworzyć takiego mostka, dlatego zastąpienie cysteiny tryptofanem może uniemożliwić powstanie mostka disiarczkowego w tym miejscu i w konsekwencji zmienić sposób zwinięcia łańcucha polipeptydowego, czyli strukturę III-rzędową białka.

Krok 1. Samica jest podwójnie homozygotyczna, ciemna (recesywna barwa, allel b) i o skrzydłach wygiętych (recesywny kształt, allel g) – jej genotyp to więc bbgg (allele b i g w obu chromosomach homologicznych, w układzie bg/bg).

Krok 2. Samiec jest podwójnie heterozygotyczny, szary (allel dominujący B) i o prostych skrzydłach (allel dominujący G) – jego genotyp to BbGg, przy czym z treści zadania (geny sprzężone na chromosomie 2.) wynika układ dominujących alleli w jednym chromosomie i recesywnych w drugim: BG/bg.

Odpowiedź: Genotyp samicy: bbgg (bg/bg). Genotyp samca: BbGg, w układzie BG/bg.

Krok 1. Zrekombinowane fenotypy potomstwa (szare o wygiętych skrzydłach i ciemne o prostych skrzydłach, obecne w mniejszej liczbie – 158 i 166) świadczą o tym, że u jednego z rodziców doszło do crossing-over między genami sprzężonymi.

Krok 2. U samic Drosophila melanogaster crossing-over zachodzi normalnie, ale charakterystyczną cechą tego gatunku jest to, że u samców crossing-over w ogóle nie zachodzi. Skoro rekombinacja jest widoczna w potomstwie, musiała zajść u samicy – a konkretnie w procesie mejozy prowadzącym do powstania jej komórek jajowych, czyli w oocytach (komórka jajowa i oocyt to etapy tej samej linii komórkowej, ale crossing-over jako proces zachodzący w mejozie przypisuje się fazie oocytu, przed zakończeniem podziałów mejotycznych).

Odpowiedź: B – w oocytach.

Krok 1. Łączna liczba potomstwa: $435+441+158+166=1200$ osobników.

Krok 2. Rekombinanty to fenotypy powstałe w wyniku crossing-over – w tym krzyżowaniu są to osobniki szare o wygiętych skrzydłach (158) i ciemne o prostych skrzydłach (166), łącznie: $158+166=324$ osobników.

Krok 3. Odległość między genami na chromosomie (w centymorganach) odpowiada odsetkowi rekombinantów wśród całego potomstwa: $\frac{324}{1200}\times 100\%=27\%$

Odpowiedź: Geny warunkujące kolor ciała i kształt skrzydeł leżą w odległości 27 cM (jednostek mapowych) od siebie.

Krok 1. Gdyby oba geny znajdowały się na różnych chromosomach, dziedziczyłyby się niezależnie od siebie (zgodnie z prawem niezależnej segregacji Mendla), a nie w sposób sprzężony.

Krok 2. Krzyżówka podwójnie homozygotycznej samicy (bbgg) z podwójnie heterozygotycznym samcem (BbGg) przy niezależnym dziedziczeniu dałaby cztery klasy fenotypowe potomstwa w równych proporcjach.

Odpowiedź: 1 : 1 : 1 : 1 (po ¼ każdego fenotypu, czyli po 25%).

Krok 1. Krzyżówka dwóch osobników o tym samym (pośrednim) fenotypie – stalowoniebieskim – dająca w potomstwie trzy fenotypy w stosunku 1:2:1 (a nie tylko dwa fenotypy rodzicielskie) jest klasycznym obrazem dziedziczenia z dominacją niezupełną (pośrednią), a nie kodominacją (przy kodominacji heterozygota wykazywałaby cechy obu alleli jednocześnie, a nie fenotyp pośredni).

Krok 2. Fenotyp stalowoniebieski jest pośredni między białym i czarnym, co jest typowe właśnie dla dominacji niezupełnej jednej pary alleli.

Odpowiedź: D – niezupełna dominacja alleli genu warunkującego barwę piór.

Krok 1. Przy dominacji niezupełnej można przyjąć allele: allel warunkujący czarne upierzenie (C) i allel warunkujący białe upierzenie (B), a heterozygota CB ma fenotyp pośredni – stalowoniebieski.

Krok 2. Kura stalowoniebieska ma genotyp CB, a kogut biały – genotyp BB.

Krok 3. Krzyżówka CB × BB daje potomstwo w proporcji: 1/2 CB (stalowoniebieskie) i 1/2 BB (białe).

Odpowiedź: Wśród potomstwa wystąpią osobniki stalowoniebieskie i białe w stosunku 1 : 1 (50% stalowoniebieskich i 50% białych); osobniki czarne nie wystąpią.

Stwierdzenie 1. Dryf genetyczny działa niezależnie od wartości przystosowawczej alleli – losowo może więc zmniejszyć częstość nawet allelu korzystnego dla organizmu (w przeciwieństwie do doboru naturalnego, który działałby w takim wypadku w stronę zwiększenia jego częstości). Odpowiedź: P.

Stwierdzenie 2. W wyniku zdarzeń losowych, zwłaszcza w małych populacjach, dany allel może w kolejnych pokoleniach całkowicie zniknąć z populacji (ulec utrwaleniu w kierunku zera) – to typowy skutek dryfu. Odpowiedź: P.

Stwierdzenie 3. Dryf genetyczny jest silniejszy w populacjach mniejszych, a nie większych – im mniejsza populacja, tym większy wpływ przypadku na częstość alleli w kolejnym pokoleniu. Odpowiedź: F.

Odpowiedź: 1. – P, 2. – P, 3. – F.

Krok 1. Nazwy naukowe gatunków w systemie dwuimiennym (binominalnym) zbudowane są z dwóch części: pierwsza to nazwa rodzajowa, druga – epitet gatunkowy.

Krok 2. Dzięcioł trójpalczasty nosi nazwę Picoides tridactylus, a dzięcioł białogrzbiety – Dendrocopos leucotos; pierwsze (rodzajowe) części tych nazw są różne: Picoides i Dendrocopos.

Odpowiedź: Gatunki te są klasyfikowane w dwóch różnych rodzajach, ponieważ ich nazwy łacińskie mają różne pierwsze człony (nazwy rodzajowe): Picoides (dzięcioł trójpalczasty) i Dendrocopos (dzięcioł białogrzbiety).

Krok 1. Dzięcioł trójpalczasty żywi się głównie kornikami, które atakują osłabione drzewa iglaste (np. świerk, jodłę) – drzewo jest tu producentem, kornik konsumentem I rzędu, a dzięcioł konsumentem II rzędu.

Krok 2. Aby dzięcioł nie był konsumentem szczytowym, potrzebny jest jeszcze jeden poziom – drapieżnik polujący na dzięcioła, którym według tekstu może być jastrząb lub kuna.

Odpowiedź: świerk (lub jodła / drzewo iglaste) → kornik → dzięcioł trójpalczasty → jastrząb (lub kuna).

Krok 1. Konkurencja o pokarm zachodzi wtedy, gdy dwa gatunki korzystają z tego samego, ograniczonego zasobu żywności.

Krok 2. Z tekstu wynika, że dzięcioł trójpalczasty żeruje głównie na drzewach iglastych (żywiąc się kornikami atakującymi te drzewa), a dzięcioł białogrzbiety związany jest z drzewami liściastymi i żywi się głównie larwami owadów żyjącymi w martwym drewnie drzew liściastych.

Krok 3. Ponieważ obydwa gatunki zdobywają pokarm na różnych rodzajach drzew (iglastych i liściastych) i żywią się innymi grupami owadów, ich nisze pokarmowe nie pokrywają się, więc nie konkurują o pokarm, nawet występując w tym samym lesie mieszanym.

Odpowiedź: Dzięcioł trójpalczasty żeruje głównie na drzewach iglastych, żywiąc się kornikami, natomiast dzięcioł białogrzbiety żeruje na drzewach liściastych, żywiąc się głównie larwami owadów żyjących w martwym drewnie. Ponieważ oba gatunki wykorzystują inne rodzaje drzew i inne grupy owadów jako pokarm, ich nisze pokarmowe nie pokrywają się i nie konkurują one o pokarm.

Działanie 1. Wpisanie gatunku do „czerwonej księgi” to działanie o charakterze dokumentacyjnym/ewidencyjnym, nie polegające na aktywnej interwencji w środowisku – to ochrona bierna. Odpowiedź: B.

Działanie 2. Utworzenie rezerwatu ścisłego oznacza całkowite wyłączenie obszaru z działalności człowieka i pozostawienie naturalnych procesów – to również forma ochrony biernej (brak aktywnej ingerencji, jedynie ochrona status quo). Odpowiedź: B.

Działanie 3. Celowe pozostawianie martwych drzew w lasach gospodarczych jest aktywną interwencją człowieka mającą na celu odtworzenie/zachowanie siedliska (miejsc żerowania i gniazdowania dzięciołów) – to ochrona czynna. Odpowiedź: C.

Odpowiedź: 1. – B, 2. – B, 3. – C.

Krok 1. Gatunek wskaźnikowy musi być czuły na zmiany danego czynnika środowiska, aby jego obecność lub brak niosła informację o stanie tego czynnika.

Krok 2. Organizmy o wąskim zakresie tolerancji reagują (np. wycofują się lub giną) już przy niewielkich zmianach warunków, dlatego są dobrymi wskaźnikami – ich obecność lub brak precyzyjnie sygnalizuje określony poziom danego czynnika. Organizmy o szerokim zakresie tolerancji przetrwają w bardzo różnych warunkach, więc ich obecność niczego istotnego by nie wskazywała.

Odpowiedź: A1 – organizmy o wąskim zakresie tolerancji na dany czynnik, ponieważ szybko reagują na niewielkie zmiany tego czynnika w ich środowisku.

Krok 1. Porosty są organizmami szczególnie wrażliwymi na zanieczyszczenie powietrza związkami siarki (dwutlenkiem siarki, SO2), a różne gatunki porostów wykazują różny stopień tolerancji na to zanieczyszczenie.

Krok 2. Na terenach o wysokim stężeniu SO2 w powietrzu porosty (zwłaszcza gatunki najbardziej wrażliwe) nie występują wcale lub występują tylko gatunki najbardziej odporne, natomiast na terenach czystych rośnie wiele różnych, także wrażliwych, gatunków porostów.

Krok 3. Analizując, jakie gatunki porostów (i w jakiej liczbie) występują na danym obszarze, można w ten sposób ocenić w przybliżeniu stopień zanieczyszczenia powietrza tlenkami siarki (tzw. skala porostowa).

Odpowiedź: Porosty są bardzo wrażliwe na zanieczyszczenie powietrza związkami siarki (SO2), a poszczególne ich gatunki różnią się stopniem tolerancji na to zanieczyszczenie. Na terenach silnie zanieczyszczonych SO2 porosty (zwłaszcza wrażliwsze gatunki) nie występują, natomiast na terenach czystych rośnie wiele różnych gatunków porostów – na podstawie liczby i rodzaju występujących gatunków porostów można więc ocenić stopień zanieczyszczenia powietrza tlenkami siarki na danym obszarze.

Opis 1. Forma ochrony chroniąca konkretne siedliska i gatunki cenne w skali europejskiej, wyznaczana przez krajowe organy, ale zatwierdzana przez Komisję Europejską, to sieć obszarów Natura 2000.

Opis 2. Niewielkie, lokalne formy ochrony powoływane przez władze gminy w celu ochrony fragmentów ekosystemów (np. oczka wodne, torfowiska, kępy drzew) to użytki ekologiczne.

Odpowiedź: 1. D (obszary Natura 2000); 2. G (użytki ekologiczne).