Biologia — Maj 2017

Mostek disiarczkowy i wiązanie wodorowe to konkretne, nazwane przykłady dwóch ogólnych kategorii oddziaływań wymienionych w treści zadania — trzeba je rozpoznać na schemacie.

Krok 1. Numer 1 na schemacie oznacza przerywaną linię między grupą karbonylową jednego łańcucha bocznego a grupą hydroksylową drugiego (zapis O···H–O) — to klasyczny przykład wiązania wodorowego, powstającego między atomem wodoru związanym z atomem elektroujemnym a innym atomem elektroujemnym; jest ono z natury oddziaływaniem o charakterze elektrostatycznym.

Krok 2. Numer 2 oznacza połączenie dwóch grup -SH należących do reszt cysteiny (zapis S-S) — to silne wiązanie kowalencyjne zwane mostkiem disiarczkowym (mostkiem dwusiarczkowym).

Odpowiedź: 1. wiązanie wodorowe; 2. mostek disiarczkowy (mostek dwusiarczkowy).

Krok 1. Struktura przestrzenna (III-rzędowa) białka enzymatycznego decyduje o tym, jak jest ułożony łańcuch polipeptydowy, a w szczególności — jak w przestrzeni rozmieszczone są reszty aminokwasowe tworzące centrum aktywne enzymu.

Krok 2. Kształt i rozmieszczenie grup chemicznych w centrum aktywnym muszą być dopasowane przestrzennie do konkretnego substratu (na zasadzie „klucza i zamka” lub modelu indukowanego przyłączenia) — dzięki temu enzym wiąże tylko określony substrat lub grupę podobnych substratów (specyficzność substratowa).

Krok 3. Po związaniu substratu w centrum aktywnym odpowiednio ułożone łańcuchy boczne aminokwasów obniżają energię aktywacji reakcji i umożliwiają zajście konkretnej reakcji chemicznej (specyficzność reakcji), prowadząc do powstania określonego produktu.

Odpowiedź: Odpowiednie sfałdowanie łańcucha polipeptydowego tworzy centrum aktywne o określonym kształcie i rozmieszczeniu grup chemicznych, dopasowane przestrzennie do konkretnego substratu. To dopasowanie umożliwia związanie substratu i obniżenie energii aktywacji reakcji, dzięki czemu zachodzi konkretna reakcja katalizowana przez ten enzym.

Krok 1. Z wykresu B odczytujemy, że hipokotyle siewek rosnących w ciemności wydłużają się znacznie bardziej (do ok. 11 cm w 10. dniu) niż hipokotyle siewek rosnących na świetle (do ok. 2,5 cm).

Krok 2. Różnica ta jest widoczna od samego początku pomiarów i utrzymuje się przez cały czas trwania doświadczenia, a więc nie jest przypadkowa.

Wniosek: Światło hamuje (ogranicza) wzrost wydłużeniowy hipokotyla siewek gorczycy.

Stwierdzenie 1. Z wykresu wynika, że hipokotyle w ciemności są znacznie dłuższe niż na świetle (ok. 11 cm wobec ok. 2,5 cm) — czyli odwrotnie niż mówi stwierdzenie. Odpowiedź: F.

Stwierdzenie 2. Między 2. a 6. dniem krzywa „w ciemności” wzrasta najbardziej stromo (z ok. 1,3 cm do ok. 10 cm) — to największy przyrost w całym doświadczeniu. Odpowiedź: P.

Stwierdzenie 3. Krzywa „na świetle” rośnie w przybliżeniu liniowo, w niemal jednakowym tempie przez cały czas trwania doświadczenia — tempo to nie zmienia się wyraźnie. Odpowiedź: F.

Odpowiedź: F, P, F.

Krok 1. Wzrost hipokotyla po zakończeniu kiełkowania (w badanym etapie) jest wzrostem wydłużeniowym — polega na wydłużaniu się już istniejących komórek, a nie na ich namnażaniu przez podziały.

Krok 2. Merystem wierzchołkowy, w którym zachodzą podziały komórkowe, znajduje się powyżej liścieni (w stożku wzrostu pędu), a nie w samym hipokotylu — w hipokotylu podziały komórkowe praktycznie nie zachodzą.

Krok 3. Za różnicę w długości hipokotyla odpowiada więc różne tempo elongacji (wydłużania) komórek, zależne od działania auksyn, a nie liczba podziałów komórkowych.

Ocena: Stwierdzenie jest fałszywe.

Uzasadnienie: W badanym odcinku (hipokotylu) nie zachodzą podziały komórkowe — merystem wierzchołkowy leży powyżej liścieni. Różnica długości hipokotyli wynika z różnego tempa wzrostu wydłużeniowego (elongacyjnego) komórek, warunkowanego działaniem auksyn, a nie z różnej intensywności podziałów komórkowych.

Informacja 1. Faza zależna od światła produkuje właśnie ATP i NADPH + H+, które są zużywane w cyklu Calvina-Bensona do redukcji i regeneracji — bez nich cykl nie mógłby przebiegać. Odpowiedź: P.

Informacja 2. Procesy fazy zależnej od światła zachodzą wyłącznie w błonach tylakoidów (nie w samej stromie) — to w stromie zachodzi cykl Calvina-Bensona. Odpowiedź: F.

Informacja 3. Zahamowanie cyklu Calvina-Bensona powoduje gromadzenie się ATP i NADPH + H+ (bo nie są zużywane w reakcjach ciemnych); to, czy skutkuje to zahamowaniem akurat fosforylacji niecyklicznej, zależy od interpretacji mechanizmu regulacji, dlatego oficjalny klucz CKE uznaje tu za poprawną odpowiedź zarówno P, jak i F.

Odpowiedź: P, F, P/F (trzecią informację ocenia się jako prawidłową niezależnie od wyboru P lub F).

Krok 1. Chlorofil w centrum reakcji fotosystemu, po wzbudzeniu energią świetlną przekazaną od innych barwników anteny, oddaje elektron o wysokim poziomie energetycznym.

Krok 2. Ten wybity elektron trafia do łańcucha przenośników elektronów, co jest pierwszym krokiem przemiany energii świetlnej w energię chemiczną (ATP i NADPH).

Odpowiedź: Cząsteczki chlorofilu w centrum reakcji, wzbudzone energią świetlną, emitują (oddają) elektrony do łańcucha przenośników elektronów, przekształcając w ten sposób energię świetlną w energię chemiczną wiązań.

Wybór 1. Rozkład (fotoliza) wody, dostarczający elektronów do fotosystemu II, zachodzi tylko podczas fosforylacji niecyklicznej — fosforylacja cykliczna wykorzystuje wyłącznie fotosystem I i nie wiąże się z rozkładem wody.

Wybór 2. U roślin fotosystemy mogą działać zarówno w układzie niecyklicznym, jak i cyklicznym (fosforylacja cykliczna zachodzi dodatkowo, gdy potrzebna jest większa produkcja ATP), więc zachodzą oba rodzaje fosforylacji.

Wybór 3. ATP jest zużywane w cyklu Calvina-Bensona w etapie redukcji oraz w etapie regeneracji RuBP, natomiast na etapie karboksylacji (przyłączenia CO2 do RuBP) ATP nie jest zużywane.

Odpowiedź: niecyklicznej; oba rodzaje fosforylacji; karboksylacji.

Krok 1. Na schemacie aldehyd 3-fosfoglicerynowy jest przekształcany do kwasu 3-fosfoglicerynowego, a ten z kolei reaguje z przyłączanym CO2, tworząc związek X — to punkt wejścia dwutlenku węgla do cyklu.

Krok 2. Związkiem, do którego przyłącza się CO2 w reakcji karboksylacji katalizowanej przez rubisco, jest rybulozo-1,5-bisfosforan (RuBP).

Odpowiedź: Związek X to rybulozo-1,5-bisfosforan (RuBP, rybulozobisfosforan). W fazie niezależnej od światła jest on akceptorem CO2 — ulega karboksylacji (przyłączeniu dwutlenku węgla), co jest pierwszym etapem cyklu Calvina-Bensona.

Krok 1. Suchy lód to zestalony dwutlenek węgla — ogrzewając się, sublimuje, uwalniając gazowy CO2 do powietrza w szklarni.

Krok 2. Zwiększenie stężenia CO2 w otoczeniu roślin zwiększa dostępność substratu do karboksylacji rybulozo-1,5-bisfosforanu w cyklu Calvina-Bensona, co przyspiesza (intensyfikuje) fotosyntezę.

Krok 3. Intensywniejsza fotosynteza oznacza wytwarzanie większej ilości związków organicznych, a więc szybszy przyrost biomasy rośliny.

Odpowiedź: Suchy lód sublimuje, uwalniając dwutlenek węgla, który zwiększa jego stężenie w powietrzu szklarni. Większa dostępność CO2 zwiększa intensywność fotosyntezy (karboksylacji w cyklu Calvina-Bensona), co prowadzi do wytworzenia większej ilości związków organicznych i szybszego przyrostu biomasy warzyw.

Krok 1. W doświadczeniu porównano kiełkowanie nasion grochu podlewanego wodą z moczonymi w niej kłączami perzu (zestaw 1) z kiełkowaniem grochu podlewanego czystą wodą (zestaw 2) — zmienną niezależną jest więc obecność substancji wymywanych z kłączy perzu.

Krok 2. Zmienną zależną jest tempo (zdolność) kiełkowania nasion grochu, a celem badania jest sprawdzenie, czy substancje z perzu (allelopatiny) wpływają na ten proces.

Problem badawczy: Czy (i jak) substancje wydzielane przez kłącza perzu wpływają na kiełkowanie (tempo kiełkowania) nasion grochu jadalnego?

Krok 1. W każdym dniu obserwacji liczba wykiełkowanych nasion grochu w zestawie 1. (z wyciągiem z perzu) jest niższa niż w zestawie 2. (czysta woda), choć różnica ta zmniejsza się z czasem (do 9. dnia liczby się praktycznie zrównują).

Krok 2. Oznacza to, że obecność substancji wymywanych z kłączy perzu opóźnia (spowalnia) kiełkowanie nasion grochu, choć nie uniemożliwia go całkowicie.

Wniosek: Substancje wydzielane przez kłącza perzu wykazują allelopatię ujemną — opóźniają (spowalniają) kiełkowanie nasion grochu jadalnego.

Krok 1. Nitrogenaza — enzym wiążący azot atmosferyczny w heterocytach — działa wyłącznie w warunkach beztlenowych; obecność tlenu nieodwracalnie ją inaktywuje.

Krok 2. Fotosystem II w fazie zależnej od światła przeprowadza fotolizę (rozkład) wody, w wyniku której powstaje tlen jako produkt uwalniany do komórki.

Krok 3. Gdyby fotosystem II był aktywny w heterocytach, uwalniany przez niego tlen zablokowałby działanie nitrogenazy, a więc heterocyty nie mogłyby wiązać azotu atmosferycznego — funkcji, do której są wyspecjalizowane.

Odpowiedź: Fotosystem II wytwarza tlen w procesie fotolizy wody, a tlen nieodwracalnie hamuje działanie nitrogenazy, która wiąże azot atmosferyczny wyłącznie w warunkach beztlenowych. Aby heterocyty mogły pełnić swoją funkcję (asymilację N2), fotosystem II musi w nich pozostawać nieaktywny.

Krok 1. W reakcji $N_2+16ATP+8e^{-}+8H^{+}\to 2N{H}_3+H_2+16ADP+16P_i$ z prostego związku (azotu atmosferycznego) powstają bardziej złożone, użyteczne biologicznie związki (amoniak, wykorzystywany dalej do budowy aminokwasów i innych związków azotowych) — to typowe dla reakcji syntezy.

Krok 2. Reakcja ta wymaga dużego nakładu energii w postaci ATP (16 moli ATP na 1 mol N2) — reakcje kataboliczne zwykle uwalniają energię, a nie ją zużywają, więc to kolejny argument za charakterem anabolicznym.

Rozstrzygnięcie: Reakcja ma charakter anaboliczny.

Uzasadnienie: Jest to reakcja syntezy, w której z prostszego substratu (azotu atmosferycznego) powstają bardziej złożone produkty, a proces ten wymaga znacznego nakładu energii w postaci ATP — obie te cechy są charakterystyczne dla anabolizmu.

Krok 1. Komórki fotosyntetyzujące potrzebują azotu do budowy związków niezbędnych w procesie fotosyntezy, np. chlorofilu i białek enzymatycznych fotosystemów, ale sam azot atmosferyczny nie może być przez nie asymilowany.

Krok 2. Heterocyty wiążą azot atmosferyczny (dzięki nitrogenazie, w warunkach beztlenowych) i przekazują go — w postaci glutaminy — sąsiednim komórkom fotosyntetyzującym przez połączenia międzykomórkowe.

Krok 3. W drugą stronę komórki fotosyntetyzujące (mające aktywne oba fotosystemy) dostarczają heterocytom węglowodanów, potrzebnych im jako źródło energii, ponieważ same heterocyty (bez aktywnego fotosystemu II) nie mogą prowadzić pełnej fotosyntezy.

Odpowiedź: Dzięki połączeniom międzykomórkowym heterocyty przekazują komórkom fotosyntetyzującym azot (w postaci glutaminy) potrzebny do budowy chlorofilu i białek aparatu fotosyntetycznego, a w zamian otrzymują od nich węglowodany jako źródło energii — taki podział pracy umożliwia efektywne zachodzenie fotosyntezy w całej nici sinicy.

Krok 1. Owady wyróżniają się na tle innych stawonogów (skorupiaków, pajęczaków, wijów) obecnością trzech par odnóży krocznych, skrzydeł (u form uskrzydlonych) oraz ciałem podzielonym na trzy tagmy: głowę, tułów i odwłok.

Krok 2. Na rysunku turkucia widać wyraźnie trzy pary odnóży osadzonych na tułowiu oraz parę skrzydeł na tułowiu (a także trójdzielną budowę ciała: głowa – tułów – odwłok).

Odpowiedź: 1. Turkuć ma trzy pary odnóży krocznych (sześć nóg) osadzonych na tułowiu. 2. Ma skrzydła (widoczne dwie pary skrzydeł) — obie te cechy są charakterystyczne wyłącznie dla owadów wśród stawonogów.

Krok 1. Na rysunku widać, że młodsze stadia (larwy) turkucia mają budowę zewnętrzną bardzo podobną do postaci dorosłej (imago) — mają już wykształcone segmenty ciała i odnóża podobne do dorosłego osobnika, różnią się głównie wielkością i brakiem w pełni wykształconych skrzydeł.

Krok 2. Taka zgodność budowy larwy z budową dorosłej postaci (bez etapu poczwarki) jest charakterystyczna dla przeobrażenia niezupełnego (hemimetabolii), w przeciwieństwie do przeobrażenia zupełnego, gdzie larwa wygląda zupełnie inaczej niż postać dorosła.

Odpowiedź: W rozwoju turkucia podjadka występuje przeobrażenie niezupełne (hemimetabolia) — larwy widoczne na rysunku przypominają wyglądem postać dorosłą (mają podobny kształt ciała i odnóża), różniąc się jedynie rozmiarem i brakiem w pełni wykształconych skrzydeł.

Krok 1. Turkuć podjadek prowadzi podziemny, ryjący tryb życia — samodzielnie kopie w ziemi korytarze, przez które dociera do korzeni i innych podziemnych części roślin, którymi się żywi.

Krok 2. Na rysunku widać, że pierwsza para odnóży turkucia jest znacznie większa, szersza i bardziej masywna niż pozostałe, spłaszczona i zaopatrzona w silne, ząbkowane wyrostki — ma więc budowę typową dla odnóży grzebnych.

Odpowiedź: Pierwsza para odnóży turkucia jest duża, spłaszczona i uzbrojona w mocne, ząbkowane wyrostki (kolce), co czyni je odnóżami grzebnymi — taka budowa umożliwia mu efektywne kopanie i przemieszczanie się w podziemnych korytarzach, zgodnie z jego ryjącym trybem życia.

Zdanie 1. Na rysunku naskórek jest zbudowany z wielu warstw komórek, a nie z jednej warstwy. Odpowiedź: F.

Zdanie 2. Z rysunku wynika, że pory na powierzchni skóry prowadzą bezpośrednio do gruczołów śluzowych leżących pod naskórkiem — są więc ich ujściami. Odpowiedź: P.

Zdanie 3. Gruczoły śluzowe są strukturami leżącymi w skórze, zbudowanymi z komórek naskórka, które zapadły się w głąb skóry w trakcie rozwoju — są więc wytworami naskórka. Odpowiedź: P.

Odpowiedź: F, P, P.

Gruczoły śluzowe. Wytwarzają śluz, który utrzymuje powierzchnię skóry wilgotną — gazy oddechowe dyfundują skutecznie tylko przez wilgotną powierzchnię, dlatego stała wilgotność naskórka jest warunkiem sprawnej dyfuzji tlenu do organizmu i dwutlenku węgla na zewnątrz.

Naczynia krwionośne. Gęsta sieć naczyń krwionośnych położonych blisko powierzchni skóry zwiększa powierzchnię wymiany gazowej i skraca drogę dyfuzji gazów między powietrzem a krwią; krew płynąca w tych naczyniach odbiera tlen i oddaje dwutlenek węgla, co zwiększa intensywność wymiany gazowej przez skórę.

Odpowiedź: Gruczoły śluzowe utrzymują wilgotność skóry, niezbędną do dyfuzji gazów, a liczne, gęsto rozmieszczone naczynia krwionośne blisko powierzchni skóry zapewniają dużą powierzchnię i krótką drogę dyfuzji oraz stały przepływ krwi odbierającej tlen i oddającej CO2 — razem umożliwia to płazom sprawne oddychanie skórne.

Zdjęcie A. Widoczne są rozproszone, okrągłe komórki (chondrocyty) leżące w jamkach, otoczone jednolitą, szklistą substancją międzykomórkową, bez widocznych naczyń krwionośnych — to obraz typowy dla tkanki chrzęstnej (chrząstki szklistej).

Zdjęcie B. Widoczne są koncentryczne, pierścieniowe układy blaszek kostnych wokół centralnych kanałów (kanałów Haversa) — to typowy obraz przekroju tkanki kostnej zbitej.

Odpowiedź: A. tkanka chrzęstna (chrząstka szklista); B. tkanka kostna (istota zbita tkanki kostnej).

Stwierdzenie 1. Zarówno komórki kostne (osteocyty), jak i komórki chrzęstne (chondrocyty) są żywymi komórkami. Odpowiedź: F.

Stwierdzenie 2. Jest odwrotnie: tkanka kostna jest silnie ukrwiona (zawiera naczynia krwionośne w kanałach Haversa), a tkanka chrzęstna nie ma naczyń krwionośnych — odżywia się przez dyfuzję z ochrzęstnej. Odpowiedź: F.

Stwierdzenie 3. Osteocyty łączą się ze sobą i z naczyniami krwionośnymi za pomocą licznych wypustek cytoplazmatycznych przechodzących przez kanaliki w macierzy kostnej, natomiast chondrocyty leżą w izolowanych jamkach chrzęstnych i nie mają takich wypustek. Odpowiedź: P.

Odpowiedź: F, F, P.

Stwierdzenie 1. W synapsie chemicznej neuroprzekaźnik jest uwalniany tylko z błony presynaptycznej i działa tylko na receptory błony postsynaptycznej — przekaz jest jednostronny; w synapsie elektrycznej koneksony umożliwiają przepływ jonów w obu kierunkach. Odpowiedź: P.

Stwierdzenie 2. W synapsie elektrycznej sygnał przechodzi bezpośrednio przez kanały łączące komórki, bez potrzeby uwalniania i wiązania neuroprzekaźnika, dlatego przekazanie pobudzenia jest znacznie szybsze niż w synapsie chemicznej. Odpowiedź: P.

Stwierdzenie 3. W synapsie elektrycznej nie występuje neuroprzekaźnik — przekazywanie sygnału odbywa się bezpośrednio przez przepływ jonów przez koneksony, a nie przez wiązanie neuroprzekaźnika z receptorami. Odpowiedź: F.

Odpowiedź: P, P, F.

Krok 1. Napływ jonów Ca2+ do zakończenia presynaptycznego (po nadejściu impulsu nerwowego) jest sygnałem wyzwalającym przemieszczenie się pęcherzyków synaptycznych do błony presynaptycznej i uwolnienie z nich neuroprzekaźnika do szczeliny synaptycznej.

Krok 2. Jeśli w płynie międzykomórkowym otaczającym neuron będzie niedobór jonów wapnia, do zakończenia presynaptycznego napłynie ich mniej, a więc uwolni się mniej (lub wcale) neuroprzekaźnika.

Krok 3. Mniejsza ilość neuroprzekaźnika oznacza słabsze pobudzenie (depolaryzację) błony postsynaptycznej, a więc utrudnione lub zahamowane przekazywanie pobudzenia w synapsie chemicznej.

Odpowiedź: Niedobór jonów wapnia będzie hamował (utrudniał) przekazywanie pobudzenia, ponieważ zmniejszy się napływ Ca2+ do zakończenia presynaptycznego, co ograniczy uwalnianie neuroprzekaźnika i w efekcie słabiej pobudzi (zdepolaryzuje) błonę postsynaptyczną.

Krok 1. Związanie neuroprzekaźnika z receptorami błony postsynaptycznej otwiera w niej kanały jonowe, przez które napływają jony, co powoduje depolaryzację tej błony.

Krok 2. Aby błona postsynaptyczna mogła powrócić do potencjału spoczynkowego i była gotowa na przekazanie kolejnego sygnału, kanały jonowe otwarte przez neuroprzekaźnik muszą się zamknąć — a to jest możliwe tylko wtedy, gdy neuroprzekaźnik zostanie usunięty z receptorów.

Krok 3. Jeśli neuroprzekaźnik pozostawałby w szczelinie synaptycznej dłużej, kanały jonowe byłyby stale otwarte, błona postsynaptyczna byłaby stale zdepolaryzowana, co uniemożliwiałoby precyzyjne, powtarzalne przekazywanie kolejnych impulsów.

Odpowiedź: Szybkie usunięcie neuroprzekaźnika ze szczeliny synaptycznej jest konieczne, aby zamknęły się kanały jonowe otwarte w błonie postsynaptycznej i mógł nastąpić powrót do potencjału spoczynkowego (repolaryzacja) — dzięki temu błona jest gotowa do przekazania kolejnego, odrębnego sygnału.

Krok 1. Strzałki na rysunku wskazują kierunek przepływu krwi z prawej komory do pnia płucnego — zastawka X leży więc pomiędzy prawą komorą a pniem płucnym, czyli jest to zastawka półksiężycowata pnia płucnego (odpowiedź C).

Krok 2. Zastawka półksiężycowata pnia płucnego zamyka się, gdy ciśnienie krwi w prawej komorze spadnie poniżej ciśnienia w pniu płucnym — wtedy krew zaczyna „cofać się” w stronę komory i zastawka zamyka się, zapobiegając powrotowi krwi (odpowiedź 4).

Odpowiedź: C4 — literą X oznaczono zastawkę półksiężycowatą pnia płucnego, zamykającą się, gdy ciśnienie krwi w prawej komorze stanie się niższe niż w pniu płucnym.

Krok 1. Krew w obiegu płucnym (małym) wypływa z prawej komory serca (1), następnie płynie tętnicami płucnymi (2) do płuc.

Krok 2. W płucach krew przepływa przez naczynia włosowate płuc (3), gdzie zachodzi wymiana gazowa.

Krok 3. Utlenowana krew wraca do serca żyłami płucnymi (4) i trafia do lewego przedsionka serca (5).

Odpowiedź: tętnice płucne – 2; lewy przedsionek serca – 5; prawa komora serca – 1; żyły płucne – 4; naczynia włosowate płuc – 3.

Krok 1. Prawa komora tłoczy krew tylko do obiegu małego (płucnego) — na niewielką odległość, do płuc, gdzie naczynia stawiają relatywnie mały opór.

Krok 2. Lewa komora tłoczy krew do obiegu dużego (ustrojowego) — do wszystkich narządów i tkanek całego ciała, przez znacznie dłuższą i bardziej rozgałęzioną sieć naczyń, stawiającą dużo większy opór.

Krok 3. Aby przezwyciężyć ten większy opór i wytworzyć wystarczająco wysokie ciśnienie krwi, lewa komora musi generować znacznie większą siłę skurczu — stąd potrzeba znacznie grubszej, silniej umięśnionej ściany.

Odpowiedź: Lewa komora tłoczy krew do dużego obiegu, obejmującego całe ciało i stawiającego znacznie większy opór naczyniowy niż mały obieg płucny, do którego krew tłoczy prawa komora. Aby wytworzyć wystarczająco wysokie ciśnienie krwi, potrzebne do pokonania tego oporu, ściana lewej komory musi być znacznie grubsza (silniej umięśniona) niż ściana prawej komory.

Krok 1. Wzór zębowy uzębienia stałego człowieka to $32=\frac{2123}{2123}$ — w połowie łuku szczęki i żuchwy jest po 2 siekacze, 1 kieł, 2 zęby przedtrzonowe i 3 zęby trzonowe.

Krok 2. W uzębieniu mlecznym nie ma zębów przedtrzonowych (0 w miejsce 2) oraz nie ma ostatnich zębów trzonowych (zębów mądrości) — pozostają więc tylko 2 z 3 zębów trzonowych.

Krok 3. Liczba zębów mlecznych w połowie łuku wynosi 2 + 1 + 0 + 2 = 5, a w całym uzębieniu mlecznym: 5 × 4 = 20 zębów.

Odpowiedź: $20=\frac{2102}{2102}$.

Krok 1. Zęby trzonowe służą do rozcierania i rozdrabniania (mechanicznej obróbki) pokarmu przed jego przełknięciem.

Krok 2. Na rysunku widać, że zęby trzonowe mają dużą, szeroką powierzchnię żującą (koronę) w porównaniu z siekaczami i kłami — duża powierzchnia zwiększa kontakt z pokarmem podczas żucia.

Krok 3. Powierzchnia żująca zębów trzonowych jest urozmaicona licznymi guzkami i zagłębieniami — taka struktura ułatwia rozdrabnianie i rozcieranie pokarmu, zwiększając skuteczność żucia.

Odpowiedź: Zęby trzonowe mają dużą powierzchnię żującą, urozmaiconą licznymi guzkami i wgłębieniami — taka budowa zwiększa skuteczność rozcierania i rozdrabniania pokarmu, co jest właśnie funkcją tych zębów.

Krok 1. Plemnik jest gametą, która powstaje w wyniku mejozy — dlatego jego jądro komórkowe jest haploidalne (n), zawiera jeden zestaw chromosomów.

Krok 2. Prawidłowa komórka somatyczna człowieka ma 46 chromosomów (23 pary), w tym 44 autosomy (22 pary) i 2 chromosomy płci. Gameta (n) zawiera więc połowę tej liczby: 22 autosomy i 1 chromosom płci (X albo Y).

Odpowiedź: Ploidalność jądra komórkowego: haploidalne (n). Liczba autosomów: 22.

Krok 1. Akrosom to duży pęcherzyk znajdujący się na szczycie główki plemnika, wypełniony enzymami hydrolitycznymi (np. hialuronidazą i akrozyną).

Krok 2. Aby plemnik dotarł do błony komórkowej oocytu, musi przebić otaczające go osłonki — wieniec promienisty i osłonkę przejrzystą.

Krok 3. Enzymy uwalniane z akrosomu (reakcja akrosomalna) trawią te osłonki, co umożliwia plemnikowi dotarcie do błony komórkowej oocytu i połączenie się z nią.

Odpowiedź: W akrosomie znajdują się enzymy hydrolityczne (np. hialuronidaza, akrozyna), które podczas reakcji akrosomalnej trawią osłonki oocytu (wieniec promienisty i osłonkę przejrzystą), umożliwiając plemnikowi dotarcie do błony komórkowej oocytu i zapłodnienie.

Krok 1. Plemnik przemieszcza się dzięki ruchom witki, co wymaga stałego dopływu energii w postaci ATP.

Krok 2. Mitochondria, ułożone spiralnie we wstawce, przeprowadzają oddychanie komórkowe i wytwarzają ATP potrzebne do napędzania ruchu witki.

Krok 3. Ponieważ plemnik musi przemieszczać się na długiej drodze w drogach rodnych kobiety, by dotrzeć do oocytu, potrzebuje dużej i stałej podaży energii, co zapewniają liczne mitochondria skupione we wstawce, blisko podstawy witki.

Odpowiedź: Liczne mitochondria we wstawce plemnika wytwarzają w procesie oddychania komórkowego ATP, które jest zużywane do napędzania ruchu witki, umożliwiającego przemieszczanie się plemnika w drogach rodnych kobiety i dotarcie do oocytu.

Krok 1. Mitochondria (a wraz z nimi mitochondrialne DNA) są przekazywane potomstwu wyłącznie przez matkę — pochodzą z cytoplazmy komórki jajowej.

Krok 2. Podczas zapłodnienia do komórki jajowej wnika głównie jądro komórkowe plemnika — mitochondria plemnika (znajdujące się w jego wstawce) nie wnikają do zygoty lub są w niej eliminowane.

Krok 3. Ponieważ gen warunkujący opisaną chorobę znajduje się w DNA mitochondrialnym, a mitochondria ojca nie trafiają do zygoty, allel ten nie może zostać przekazany dzieciom przez ojca — niezależnie od tego, czy jest on płodny.

Odpowiedź: Mitochondria (i mitochondrialne DNA) dziecko dziedziczy wyłącznie od matki, ponieważ mitochondria plemnika nie wchodzą w skład zygoty. Dlatego mutacja w genie mitochondrialnym ojca — niezależnie od jego płodności — nie może zostać przekazana potomstwu.

Krok 1. Fenyloketonuria jest warunkowana allelem recesywnym (f), a chore dziecko musi mieć dwa allele recesywne (ff), by choroba się ujawniła — jest więc homozygotą recesywną (C).

Krok 2. Rodzice są zdrowi, ale urodziło im się chore dziecko (ff) — musieli więc oboje przekazać po jednym allelu f, mając jednocześnie fenotyp zdrowy. Jest to możliwe tylko wtedy, gdy oboje są heterozygotami (Ff) — allel f jest u nich „skryty” pod dominującym allelem F.

Odpowiedź: C1 — chore dziecko jest homozygotą recesywną (ff), a jego rodzice są heterozygotami (Ff).

Krok 1. Oboje rodzice są heterozygotami Ff (ustalone w zadaniu 14.1).

Krok 2. Krzyżówka genetyczna Ff × Ff:

Krok 3. Wśród czterech możliwych genotypów potomstwa (FF, Ff, Ff, ff) trzy (FF, Ff, Ff) dają fenotyp zdrowy, a tylko jeden (ff) — chory.

Krok 4. Prawdopodobieństwo, że dziecko będzie chore: $\frac{1}{4}$. Prawdopodobieństwo, że dziecko NIE będzie chore: $1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}=75\%$.

Odpowiedź: Prawdopodobieństwo, że następne dziecko tych rodziców nie będzie chore na fenyloketonurię, wynosi $\frac{3}{4}$, czyli 75%.

Krok 1. Osoby chore na fenyloketonurię są homozygotami recesywnymi (ff), a ich częstość w populacji to $q^2$ (zgodnie z prawem Hardy'ego-Weinberga: $p^2+2pq+q^2=1$). Z treści zadania: $q^2=\frac{1}{10000}=0,0001$.

Krok 2. Częstość allelu recesywnego f: $q=\sqrt{0,0001}=0,01$.

Krok 3. Częstość allelu dominującego F: $p=1-q=1-0,01=0,99$.

Krok 4. Nosiciele allelu fenyloketonurii to heterozygoty (Ff), których częstość wynosi $2pq$: $2\times 0,99\times 0,01=0,0198\approx 0,02$.

Odpowiedź: Prawdopodobieństwo, że losowo wybrana osoba jest nosicielem allelu fenyloketonurii, wynosi ok. $0,0198$, czyli ok. $1,98\%$ (ok. 2%).

Stwierdzenie 1. Gen odpowiadający za rodzaj upierzenia leży na chromosomie Z (chromosomie płci), a więc jest to cecha sprzężona z płcią. Odpowiedź: P.

Stwierdzenie 2. Kogut (ZZ) może być zarówno heterozygotą ($Z^B{Z}^b$ — jastrzębiaty), jak i homozygotą dominującą ($Z^B{Z}^B$ — również jastrzębiaty). Nie jest więc prawdą, że jastrzębiate koguty ZAWSZE są heterozygotami. Odpowiedź: F.

Stwierdzenie 3. Samica ma tylko jeden chromosom Z (układ ZW) — jeśli ten jeden chromosom Z niesie allel dominujący B, samica będzie jastrzębiata. Samice MOGĄ więc mieć upierzenie jastrzębiate. Odpowiedź: F.

Odpowiedź: P, F, F.

Krok 1. Krzyżowano jastrzębiatego koguta z jednolicie czarną kurą.

Krok 2. Kogut (ZZ) jest jastrzębiaty — z krzyżówki (zad. 15.3) wynika, że musi być heterozygotą $Z^B{Z}^b$, aby w potomstwie mogły powstać osobniki czarne.

Krok 3. Kura (ZW) jest jednolicie czarna — ma allel recesywny b na swoim jedynym chromosomie Z.

Odpowiedź: Genotyp samicy (kury): $Z^{b}W$. Genotyp samca (koguta): $Z^B{Z}^b$.

Krok 1. Krzyżówka: samiec $Z^B{Z}^b$ (jastrzębiaty) × samica $Z^{b}W$ (czarna).

Krok 2. Wszystkie cztery kombinacje genotypowe są równie prawdopodobne (po 1/4 każda).

Odpowiedź: Możliwe fenotypy potomstwa: jastrzębiate koguty, czarne koguty, jastrzębiate kury, czarne kury — każdy z tych czterech fenotypów z prawdopodobieństwem 1/4 (25%), czyli w stosunku 1:1:1:1.

Krok 1. Ze schematu wynika, że fragment jednego chromosomu (22, z genem BCR) zostaje przeniesiony na inny chromosom (9, z genem Abl) — dochodzi do wymiany fragmentów między dwoma różnymi, niehomologicznymi chromosomami.

Krok 2. Taka mutacja chromosomowa, polegająca na przemieszczeniu fragmentu jednego chromosomu na inny chromosom, nazywana jest translokacją (inwersja to odwrócenie fragmentu w obrębie tego samego chromosomu, transwersja to typ mutacji punktowej w DNA, a transdukcja to sposób przenoszenia DNA przez bakteriofagi).

Odpowiedź: translokacja.

Stwierdzenie 1. Onkogenem jest konkretny gen (tu: gen BCR-Abl powstały w wyniku fuzji), a nie cały chromosom. Odpowiedź: F.

Stwierdzenie 2. Gen BCR (chromosom 22) i gen Abl (chromosom 9) w warunkach prawidłowych leżą na dwóch różnych chromosomach, a w wyniku translokacji zostały połączone w jeden gen fuzyjny BCR-Abl. Odpowiedź: P.

Stwierdzenie 3. Skutkiem mutacji jest, przeciwnie, powstanie stale aktywnej (nadaktywnej), niekontrolowanej kinazy tyrozynowej, a nie kinazy nieaktywnej. Odpowiedź: F.

Odpowiedź: F, P, F.

Krok 1. Terapia genowa polega na wprowadzeniu do organizmu prawidłowego genu lub modyfikacji/wyłączeniu wadliwego genu na poziomie DNA, aby skorygować przyczynę choroby.

Krok 2. Opisany lek nie zmienia DNA chorego — działa na poziomie białka, blokując aktywność kinazy tyrozynowej będącej produktem genu BCR-Abl.

Krok 3. Ponieważ lek nie wpływa na materiał genetyczny, a jedynie na produkt jego ekspresji, leczenie to zatrzymuje rozwój nowotworu, ale nie usuwa jego genetycznej przyczyny — dlatego chorzy nie zostają wyleczeni.

Rozstrzygnięcie: Nie, nie jest to terapia genowa.

Uzasadnienie: Lek blokuje działanie kinazy tyrozynowej (białka), a nie modyfikuje ani nie usuwa wadliwego genu BCR-Abl w DNA chorego — terapia genowa wymagałaby ingerencji na poziomie genu, a nie jego produktu białkowego.

Krok 1. Proces inżynierii genetycznej zaczyna się od wyizolowania wektora (plazmidu) z bakterii Agrobacterium tumefaciens (etap 1., już podany).

Krok 2. Plazmid trzeba przeciąć enzymami restrykcyjnymi, aby powstało w nim miejsce na wstawienie nowego genu (etap 2.).

Krok 3. Do przecięcia plazmidu wstawia się gen kodujący prowitaminę A (etap 3.).

Krok 4. Zmodyfikowany (zrekombinowany) plazmid wprowadza się z powrotem do komórki bakterii Agrobacterium (etap 4.).

Krok 5. Bakterie z takim plazmidem wykorzystuje się do zainfekowania tkanek kukurydzy, co pozwala wprowadzić transgen do komórek rośliny (etap 5.).

Krok 6. W wyniku regeneracji zainfekowanych tkanek wyhodowuje się rośliny kukurydzy, które syntetyzują prowitaminę A (etap 6.).

Odpowiedź: Kolejność (wg wierszy tabeli od góry): 3, 2, 1, 6, 4, 5.

Krok 1. Z wykresu odczytujemy, że na poletkach z udziałem Pisaster ochraceus liczba gatunków w biocenozie utrzymuje się na wysokim, nawet lekko rosnącym poziomie (z ok. 17 do 20 gatunków w latach 1963-1973).

Krok 2. Na poletkach, z których usuwano rozgwiazdę, liczba gatunków dramatycznie spadła (z ok. 17-18 do ok. 2 gatunków już w 1966 roku) i pozostała niska do końca eksperymentu.

Krok 3. Rozgwiazda jest drapieżnikiem ograniczającym liczebność omułków — dominującego konkurenta pokarmowego i przestrzennego. Bez rozgwiazdy omułki namnażają się i zajmują całą dostępną powierzchnię skał, wypierając przez konkurencję inne bezkręgowce i glony, co drastycznie zmniejsza różnorodność gatunkową.

Wniosek: Obecność rozgwiazdy Pisaster ochraceus utrzymuje bogactwo gatunkowe biocenozy, ponieważ ograniczając liczebność omułków — silnego konkurenta przestrzennego i pokarmowego — zapobiega ich dominacji i umożliwia przetrwanie innych gatunków bezkręgowców i glonów.

Krok 1. Raflezje nie mają własnych zielonych tkanek fotosyntetyzujących — pozyskują wodę i substancje odżywcze bezpośrednio z tkanek liany za pomocą nitkowatych haustoriów przerastających jej tkanki.

Krok 2. Liana nie odnosi żadnej korzyści z tej relacji, a jest wykorzystywana (eksploatowana) przez raflezję jako źródło pokarmu — to jest właśnie definicja pasożytnictwa.

Odpowiedź: pasożytnictwo.

Krok 1. Mutualizm to zależność międzygatunkowa korzystna dla obu stron.

Krok 2. Raflezja odnosi korzyść z wizyty much — zostaje zapylona i może się rozmnażać.

Krok 3. Muchy natomiast nie znajdują w kwiatach raflezji żadnego pokarmu (przyciąga je tylko wygląd i zapach imitujące gnijące mięso) — opuszczają kwiat, nie zyskując nic.

Rozstrzygnięcie: Nie, nie jest to mutualizm.

Uzasadnienie: Korzyść z tej zależności odnosi wyłącznie raflezja (zostaje zapylona), a muchy nie zyskują żadnego pokarmu ani innej korzyści — zależność nie jest więc obustronnie korzystna, co wyklucza mutualizm.

Krok 1. Muchy są przyciągane przede wszystkim przez sygnały imitujące padlinę, z którą kojarzą źródło pokarmu.

Krok 2. Z tekstu wynika, że kwiaty raflezji mają odpowiednie ubarwienie (czerwień, brąz, żółć, plamki, przypominające rozkładające się mięso) oraz wydzielają charakterystyczny zapach towarzyszący rozkładowi mięsa.

Odpowiedź: 1. Ubarwienie płatków przypominające wyglądem gnijące mięso. 2. Wydzielanie zapachu przypominającego zapach rozkładającego się mięsa.

Krok 1. Raflezja Arnolda jest pasożytem obligatoryjnym lian z rodzaju Tetrastigma — nie może żyć i rozwijać się bez tego konkretnego żywiciela.

Krok 2. Do zapylenia (a więc rozmnażania) kwiatów raflezji niezbędne są też muchy, które przenoszą pyłek między kwiatami.

Krok 3. Zniszczenie ekosystemu lasu równikowego oznaczałoby zanik lian Tetrastigma lub much zapylających, a bez nich raflezja nie mogłaby ani żyć, ani się rozmnażać.

Odpowiedź: Raflezja Arnolda jest ściśle uzależniona od innych organizmów tego ekosystemu — jako pasożyt nie może żyć bez lian z rodzaju Tetrastigma, a do zapylenia potrzebuje much. Ochrona samej raflezji bez zachowania całego ekosystemu lasu równikowego (w tym lian-żywicieli i zapylających ją much) byłaby więc niemożliwa.

Krok 1. Grochodrzew ma szeroki, silny system korzeniowy, który silnie wysusza głębsze warstwy gleby — zmienia to warunki wodne siedliska, niekorzystne dla rodzimych gatunków przystosowanych do innej wilgotności gleby.

Krok 2. Poprzez symbiozę z bakteriami brodawkowymi grochodrzew wzbogaca powierzchniową warstwę gleby w azot — sprzyja to rozwojowi gatunków azotolubnych, a niekorzystnie wpływa na rodzime gatunki przystosowane do gleb ubogich w azot.

Krok 3. Zmiana warunków wodnych i troficznych gleby sprzyja grochodrzewowi i gatunkom azotolubnym, a jednocześnie wypiera rodzime, charakterystyczne dla danego siedliska gatunki roślin.

Odpowiedź: Grochodrzew silnie wysusza glebę swoim rozwiniętym systemem korzeniowym i wzbogaca ją w azot dzięki symbiozie z bakteriami brodawkowymi — te zmiany warunków glebowych są niekorzystne dla rodzimych gatunków leśnych, a sprzyjają grochodrzewowi i gatunkom azotolubnym, co prowadzi do ustępowania rodzimych gatunków i zmiany składu gatunkowego zbiorowiska.

Krok 1. Tereny pogórnicze mają zwykle ubogie, przekształcone, mało żyzne gleby.

Krok 2. Z tekstu wynika, że grochodrzew ma niewielkie wymagania glebowe (rośnie nawet na słabych, ubogich glebach) oraz żyje w symbiozie z bakteriami brodawkowymi, wzbogacającymi glebę w azot.

Odpowiedź: 1. Niewielkie wymagania glebowe (rośnie na ubogich, słabych glebach). 2. Wzbogacanie gleby w azot dzięki symbiozie z bakteriami brodawkowymi.

Krok 1. Grupa I (gatunki 2 i 3) obejmuje wspólnego przodka C i WSZYSTKICH jego potomków (2 i 3) — jest monofiletyczna. Grupa II obejmuje wspólnego przodka A wszystkich sześciu gatunków i wszystkich jego potomków (1-6) — także monofiletyczna.

Krok 2. Grupa III, jak przedstawiono na schemacie, obejmuje gatunki 4 i 5, ale nie obejmuje gatunku 6 — a gatunek 6 również wywodzi się od tego samego ostatniego wspólnego przodka, od którego pochodzą 4 i 5.

Krok 3. Ponieważ grupa III zawiera wspólnego przodka, ale tylko część jego potomków — z wyłączeniem gatunku 6 — jest to grupa parafiletyczna.

Odpowiedź: Grupą parafiletyczną jest grupa III, ponieważ obejmuje ona tylko część gatunków (4 i 5) wywodzących się od wspólnego przodka tej linii, natomiast nie obejmuje gatunku 6, będącego potomkiem tego samego ostatniego wspólnego przodka.

Stwierdzenie 1. Wspólny przodek płazów i owodniowców jest z definicji też przodkiem owodniowców — jeśli taką grupę „płazów” zdefiniować przez tego przodka, ale wyłączyć z niej owodniowce (jego innych potomków), grupa ta nie obejmuje wszystkich potomków swojego wspólnego przodka, a więc jest parafiletyczna, nie monofiletyczna. Odpowiedź: F.

Stwierdzenie 2. Stwierdzenie mówi o kręgowcach lądowych jako całości, a nie o rybach pozbawionych kręgowców lądowych — sformułowanie jest nieprawidłowe względem definicji grupy parafiletycznej. Odpowiedź: F.

Stwierdzenie 3. Ostatni wspólny przodek gadów był też przodkiem ptaków — jeśli z grupy „gady” wyłączymy ptaki (potomków tego samego przodka), to gady nie obejmują wszystkich potomków swojego wspólnego przodka, więc nie są grupą monofiletyczną. Odpowiedź: P.

Odpowiedź: F, F, P.

Krok 1. Wąż Pareas iwasakii, wyspecjalizowany w wyciąganiu ślimaków z muszli za pomocą asymetrycznych szczęk przystosowanych do muszli prawoskrętnych, zjada praktycznie wszystkie napotkane ślimaki prawoskrętne, natomiast lewoskrętne przeżywają atak w ponad 90% przypadków.

Krok 2. Choć lewoskrętność utrudnia ślimakom znalezienie partnera do kopulacji, daje im ogromną przewagę w przeżywaniu ataków drapieżnika.

Krok 3. Osobniki, które przeżyją dłużej (bo rzadziej są zjadane), mają większą szansę na spotkanie innego lewoskrętnego partnera i wydanie potomstwa niż osobniki prawoskrętne, masowo eliminowane przez węża, zanim zdążą się rozmnożyć.

Odpowiedź: Dobór naturalny sprzyja tu lewoskrętności, ponieważ — mimo utrudnionego znalezienia partnera — lewoskrętne ślimaki mają znacznie większą szansę przeżycia ataku wyspecjalizowanego drapieżnika niż ślimaki prawoskrętne. Większe szanse przeżycia przekładają się na większe szanse pozostawienia potomstwa, dzięki czemu mutacja powodująca lewoskrętność utrwala się w populacji.

Krok 1. Specjacja allopatryczna zachodzi, gdy populacje danego gatunku zostają rozdzielone barierą geograficzną i ewoluują niezależnie. Specjacja sympatryczna zachodzi bez rozdzielenia geograficznego — populacje żyją na tym samym terytorium, ale powstaje między nimi bariera rozrodcza.

Krok 2. Ślimaki lewoskrętne i prawoskrętne mogą żyć na tym samym terytorium — nie muszą być rozdzielone geograficznie. Bariera uniemożliwiająca im rozmnażanie to niekompatybilność budowy narządów rozrodczych (lewoskrętny nie może skopulować z prawoskrętnym) — to bariera rozrodcza, nie geograficzna.

Krok 3. Jest to więc przykład specjacji sympatrycznej, wynikającej z powstania bariery rozrodczej między osobnikami żyjącymi na tym samym terytorium.

Odpowiedź: B2 — jest to przykład specjacji sympatrycznej, ponieważ powstała bariera rozrodcza (niemożność kopulacji między osobnikami lewo- i prawoskrętnymi) oddzielająca osobniki żyjące na jednym terytorium.