Biologia — Maj 2019

Krok 1. Rybosom jest zbudowany z białek oraz z rRNA (rybosomowego RNA), a właśnie rRNA jest kluczowym, „szkieletowym” składnikiem obu podjednostek rybosomu.

Krok 2. rRNA powstaje (jest transkrybowane) w jąderku i tam też składane są podjednostki rybosomów – jąderko jest więc „fabryką” rybosomów w komórce.

Krok 3. Jeśli komórka trzustki ma bardzo intensywnie prowadzić syntezę białek, potrzebuje mnóstwa rybosomów, a więc musi wytwarzać dużo rRNA – jąderko pracuje wtedy intensywnie i dlatego jest dobrze widoczne (powiększone, aktywne).

Odpowiedź: Liczne rybosomy w komórkach trzustki wymagają wytworzenia dużej ilości rRNA, który powstaje w jąderku; intensywna produkcja rRNA i składanie podjednostek rybosomów sprawiają, że jąderka są aktywne i dobrze widoczne.

Krok 1. Trzustka jest gruczołem – wytwarza i wydziela na zewnątrz komórek białka (enzymy trawienne wydzielane do dwunastnicy oraz hormony, np. insulinę). Białka te są przeznaczone „na eksport”, a nie do użytku wewnątrz samej komórki.

Krok 2. Białka przeznaczone do wydzielania są syntetyzowane na rybosomach przyłączonych do szorstkiej siateczki śródplazmatycznej (RER) – powstający łańcuch od razu trafia do wnętrza siateczki.

Krok 3. W siateczce białka te są modyfikowane, a następnie transportowane (w pęcherzykach) dalej, ku aparatowi Golgiego i poza komórkę. Białka powstające na wolnych rybosomach cytozolu pozostają natomiast w cytozolu i służą samej komórce.

Odpowiedź: Komórki trzustki wytwarzają białka wydzielane poza komórkę (enzymy trawienne, hormony), a takie białka powstają na rybosomach szorstkiej siateczki śródplazmatycznej, która je modyfikuje i transportuje do wydzielenia – dlatego nie są one syntetyzowane na wolnych rybosomach cytozolu, produkujących białka na potrzeby wnętrza komórki.

Krok 1. Mitochondria, zgodnie z teorią endosymbiozy, pochodzą od dawnych bakterii, dlatego mają własne, „bakteryjne” wyposażenie – w tym rybosomy typu prokariotycznego.

Krok 2. Rybosomy w cytozolu komórki eukariotycznej są natomiast rybosomami typu eukariotycznego – są większe (mają większy współczynnik sedymentacji, 80S) niż rybosomy mitochondrialne (ok. 55S, bywają zapisywane jako 70S).

Odpowiedź: Rybosomy w matriks mitochondriów są rybosomami typu prokariotycznego i są mniejsze (mają mniejszy współczynnik sedymentacji) niż większe rybosomy typu eukariotycznego (80S) występujące w cytozolu komórki.

Krok 1. Fotosystemy. Na schemacie A elektrony krążą wyłącznie wokół fotosystemu I (PS I) – uczestniczy więc tylko PS I. Na schemacie B elektrony biegną od PS II przez przenośniki do PS I – uczestniczą oba fotosystemy: PS II i PS I.

Krok 2. Fotoliza wody. Fotoliza wody dostarcza elektronów do PS II. W transporcie cyklicznym (A) PS II nie bierze udziału, więc fotoliza wody nie zachodzi. W transporcie niecyklicznym (B) na schemacie widać rozkład $H_{2}O\to 2\bar{e}+2H^{+}+\frac{1}{2}{O}_2$, czyli fotoliza wody zachodzi.

Krok 3. Produkty. W procesie A jedynym produktem jest ATP (fosforylacja). W procesie B, oprócz ATP, powstaje NADPH + H${}^{+}$ (zredukowany przenośnik wodoru) oraz tlen ($O_2$) uwalniany podczas fotolizy wody.

Odpowiedź (uzupełniona tabela):

Krok 1. W cyklu Calvina (faza niezależna od światła) dwutlenek węgla jest wbudowywany w związki organiczne – do tej redukcji potrzebne są zarówno ATP, jak i NADPH + H${}^{+}$ (siła asymilacyjna).

Krok 2. Transport cykliczny (schemat A) dostarcza wyłącznie ATP – nie powstaje w nim NADPH + H${}^{+}$.

Krok 3. Dopiero transport niecykliczny (schemat B) daje NADPH + H${}^{+}$, który jest niezbędnym reduktorem w cyklu Calvina. Bez niego nie dałoby się zredukować $C{O}_2$, więc sama fosforylacja cykliczna (tylko ATP) do przeprowadzenia fotosyntezy nie wystarcza.

Odpowiedź: Do redukcji $C{O}_2$ w cyklu Calvina potrzebne są ATP oraz NADPH + H${}^{+}$. Transport cykliczny dostarcza tylko ATP, natomiast NADPH + H${}^{+}$ powstaje wyłącznie podczas transportu niecyklicznego – dlatego jest on konieczny, a sam transport cykliczny jest niewystarczający.

Informacja 1. Zarówno barwniki fotosystemów, jak i przenośniki elektronów są wbudowane w błony tylakoidów, a nie w stromę. Twierdzenie, że przenośniki elektronów są w stromie, jest błędne. Odpowiedź: F.

Informacja 2. W centrum reakcji każdego fotosystemu znajduje się specjalna para cząsteczek chlorofilu, z której światło „wybija” wysokoenergetyczne elektrony – to prawda. Odpowiedź: P.

Informacja 3. Syntaza ATP nie „przenosi protonów do wnętrza tylakoidu” – przeciwnie, wykorzystuje ona wypływ protonów z wnętrza tylakoidu do stromy (zgodnie z gradientem) do syntezy ATP. Protony gromadzone są we wnętrzu tylakoidu przez łańcuch transportu elektronów i przez fotolizę wody, a nie przez syntazę ATP. Odpowiedź: F.

Odpowiedź: F, P, F.

Informacja 1. Ze schematu wynika, że pod wpływem światła zmienia się kształt (struktura przestrzenna) cząsteczki fitochromu – formy P660 i P730 różnią się budową przestrzenną. Odpowiedź: P.

Informacja 2. Schemat pokazuje, że w ciemności forma aktywna P730 samorzutnie przechodzi z powrotem w formę P660 – jest więc mniej trwała (mniej stabilna) niż forma nieaktywna P660. Odpowiedź: P.

Informacja 3. Zgodnie ze schematem daleka czerwień (730 nm) przekształca formę aktywną P730 w nieaktywną P660 (a światło czerwone 660 nm – odwrotnie). Odpowiedź: P.

Odpowiedź: P, P, P.

Krok 1. Aktywna forma fitochromu P730 powstaje na świetle, a w ciemności (w nocy) stopniowo przechodzi w formę nieaktywną P660. Im dłuższa noc, tym więcej P730 zdąży się rozłożyć, więc jego stężenie na koniec nocy jest niskie; im krótsza noc, tym stężenie P730 pozostaje wysokie.

Krok 2. U roślin krótkiego dnia (RKD) kwitnienie (przejście w fazę generatywną) jest stymulowane właśnie przy niskim stężeniu P730 – czyli po długiej nocy (krótkim dniu).

Krok 3. Zatem:

• długa noc, krótki dzień → niskie stężenie P730 → stymulacja → rośliny kwitną (kwitnienie),
• krótka noc, długi dzień → wysokie stężenie P730 → brak stymulacji → rośliny nie kwitną (brak kwitnienia).

Odpowiedź (uzupełniona tabela):

Krok 1. Chcemy rozstrzygnąć, czy pęcznienie to zjawisko czysto fizyczne, czy wymaga żywych, aktywnych metabolicznie nasion. Trzeba więc porównać nasiona pierwotnego zestawu (żywe, suche) z nasionami, które są martwe (pozbawione aktywności metabolicznej), ale poza tym w takich samych warunkach.

Krok 2. Wybór nasion. Namoczone i ugotowane nasiona (B) miałyby zmieniony stan (już napęczniałe, zdenaturowane białka) – nie nadają się. Najlepsze są suche nasiona wyprażone w piekarniku (C): są martwe (brak aktywności metabolicznej), ale nadal suche, tak jak nasiona w zestawie wyjściowym.

Krok 3. Warunki. Aby porównanie było rzetelne, warunki muszą być identyczne jak w zestawie pierwotnym – czyli kolba wypełniona wodą i zamknięta korkiem (3). Jeśli martwe nasiona mimo to napęcznieją i wytworzą siłę, będzie to dowód, że pęcznienie jest zjawiskiem fizycznym.

Odpowiedź: C 3 – suche nasiona grochu wyprażone w piekarniku, umieszczone w kolbie wypełnionej wodą i zamkniętej korkiem.

Krok 1. Pęcznienie (imbibicja) polega na wiązaniu wody przez hydrofilowe, silnie uwodniające się związki zapasowe nasion. Kluczowe jest, który z zapasowych związków najsilniej wiąże wodę.

Krok 2. Spośród wymienionych: sacharoza i glicerol to drobne cząsteczki, glikogen jest materiałem zapasowym zwierząt (nie roślin), a triglicerydy (tłuszcze) są hydrofobowe i wody nie wiążą. Silnie hydrofilowe, pęczniejące pod wpływem wody są natomiast białka zapasowe nasion.

Odpowiedź: D – białek.

Krok 1. Poprawny problem badawczy musi dotyczyć zmiennych faktycznie badanych w tym doświadczeniu – wpływu opryskiwania ABA oraz wilgotności powietrza na transpirację lilaka.

Krok 2. Ocena wariantów.

• A: „Wpływ ABA na transpirację w liściach lilaka w warunkach różnej wilgotności powietrza” – poprawnie ujmuje obie badane zmienne. Poprawny.
• C: „Czy kwas abscysynowy stymuluje zamykanie aparatów szparkowych lilaka niezależnie od wilgotności powietrza?” – również trafnie odnosi się do badanych czynników. Poprawny.
• B: „Czy wilgotność powietrza i oprysk ABA mają wpływ na transpirację wody?” – pytanie zbyt ogólne, nieodnoszące się do lilaka i do konkretnego układu.
• D: „Czy na skutek oprysku ABA zwiększy się transpiracja u lilaka?” – zawiera z góry błędne założenie (ABA transpirację zmniejsza, a nie zwiększa).

Odpowiedź: A, C.

Krok 1. Próba kontrolna różni się od badawczej tylko jednym, badanym czynnikiem – tu jest nim oprysk ABA. Próba kontrolna to ta bez ABA, przy tej samej wilgotności co odpowiadająca jej próba badawcza.

Krok 2. Zestaw B (−ABA, 20%) różni się od zestawu A (+ABA, 20%) wyłącznie brakiem oprysku ABA – przy tej samej wilgotności 20%. Zatem B jest zestawem kontrolnym dla zestawu A.

Krok 3. Zestaw D (−ABA, 90%) różni się od zestawu C (+ABA, 90%) tylko brakiem ABA – przy tej samej wilgotności 90%. Ponieważ D jest tym „bez badanego czynnika”, jest zestawem kontrolnym dla zestawu C.

Odpowiedź: Zestaw B jest zestawem kontrolnym dla zestawu A, natomiast zestaw D to zestaw kontrolny dla zestawu C.

Krok 1. Ubytek wody z kapilary jest tym większy, im intensywniejsza jest transpiracja – czyli parowanie wody z liści przez otwarte aparaty szparkowe.

Krok 2. Transpiracja jest najsilniejsza, gdy: (a) aparaty szparkowe są otwarte – czyli gdy liści NIE opryskano ABA (ABA zamyka szparki), oraz (b) wilgotność powietrza jest niska – wtedy różnica potencjału wody między liściem a powietrzem jest duża i woda paruje szybciej.

Krok 3. Oba te warunki spełnia zestaw B: bez oprysku ABA (szparki otwarte) i przy niskiej wilgotności powietrza (20%).

Zestaw doświadczalny: B.

Wyjaśnienie: W zestawie B aparaty szparkowe są otwarte (brak ABA), a niska wilgotność powietrza (20%) powoduje dużą różnicę w potencjale wody między liściem a otoczeniem – transpiracja jest więc najintensywniejsza, roślina najszybciej pobiera wodę z kapilary i jej ubytek jest największy.

Krok 1. Celem terapii fagowej jest zniszczenie (zabicie) chorobotwórczych bakterii w organizmie pacjenta.

Krok 2. W cyklu litycznym bakteriofag namnaża się w komórce bakteryjnej, a na końcu doprowadza do jej rozpadu (lizy) – komórka bakterii ginie. W cyklu lizogenicznym kwas nukleinowy faga wbudowuje się w genom bakterii i jest jedynie powielany razem z nią, bez niszczenia komórki.

Odpowiedź: W terapii fagowej wykorzystuje się bakteriofagi przeprowadzające cykl lityczny, ponieważ prowadzi on do lizy (zniszczenia) komórek bakterii – a właśnie o zabicie chorobotwórczych bakterii w tej terapii chodzi.

Krok 1. Bakteriofag zbudowany jest z białkowego kapsydu (główka, ogonek, białka rozpoznające receptory) osłaniającego kwas nukleinowy.

Krok 2. Niskie pH soku żołądkowego (kwas solny) powoduje denaturację białek – czyli utratę ich prawidłowej struktury przestrzennej.

Krok 3. Zdenaturowane białka kapsydu (i białka rozpoznające receptory bakterii) tracą swoje funkcje: fag nie może już rozpoznać ani zainfekować bakterii, a uszkodzenie osłonki białkowej może dodatkowo doprowadzić do zniszczenia kwasu nukleinowego faga.

Odpowiedź: Kwaśny sok żołądkowy (niskie pH) denaturuje białka budujące kapsyd bakteriofaga (m.in. białka rozpoznające receptory bakterii), przez co fag traci zdolność infekowania bakterii – zostaje więc inaktywowany.

Stwierdzenie 1. Bakteriofagi są wirusami atakującymi wyłącznie bakterie – nie infekują komórek człowieka (rozpoznają receptory swoiste dla bakterii). Odpowiedź: F.

Stwierdzenie 2. Bakterie, tak jak w przypadku antybiotyków, mogą w wyniku selekcji nabywać oporność również na bakteriofagi (np. zmieniając receptory powierzchniowe). Odpowiedź: P.

Stwierdzenie 3. Fagi działają wysoce swoiście – tylko na określone szczepy bakterii, dlatego dla każdego pacjenta trzeba dobrać faga skutecznego wobec jego bakterii. Odpowiedź: P.

Odpowiedź: F, P, P.

Krok 1. Rozdzielamy choroby według czynnika, który je wywołuje:

• cholera – bakteria (przecinkowiec cholery),
• gruźlica – bakteria (prątek gruźlicy),
• malaria – protist (zarodziec malarii),
• odra – wirus,
• świnka – wirus,
• tężec – bakteria (laseczka tężca).

Odpowiedź: Choroby bakteryjne to: cholera, gruźlica, tężec.

Krok 1. Rysunek A. Widać gałązkę z płaskimi, lśniącymi igłami oraz nasiona otoczone czerwoną, mięsistą osnówką (a nie w typowej szyszce) – to cecha charakterystyczna cisa. Cis jest rośliną dwupienną, w Polsce chronioną – pasuje opis 4.

Krok 2. Rysunek B. Widać igły ostro zakończone, kłujące oraz kuliste „owoce” – szyszkojagody. To cechy jałowca; igły po trzy w okółku, mięsiste szyszkojagody z woskowym nalotem – pasuje opis 2.

Odpowiedź (uzupełniona tabela):

Krok 1. Porównujemy zestawy zakażone fitoftorą: I (z endofitami) oraz II (bez endofitów). W zestawie I odsetek obumarłych liści (9,5%) i zniszczonej powierzchni (7,6%) jest wyraźnie mniejszy niż w zestawie II (24,5% i 15,1%).

Krok 2. Oznacza to, że obecność endofitów łagodzi skutki zakażenia fitoftorą – uszkodzenie liści jest mniejsze.

Wniosek: Obecność endofitów ogranicza (zmniejsza) uszkodzenie liści kakaowca wywołane zakażeniem fitoftorą.

Krok 1. Grzybnia workowców w fazie wegetatywnej (troficznej) jest haploidalna – strzępki troficzne są więc haploidalne.

Krok 2. W haploidalnych gametangiach (lęgniach i plemniach) liczne jądra powstają przez zwykłe podziały mitotyczne (nie ma tam redukcji liczby chromosomów) – więc po mitozie.

Krok 3. Zarodniki workowe powstają dopiero po połączeniu jąder (kariogamii) i następującej po niej mejozie – są więc produktem mejozy, czyli mejosporami.

Odpowiedź: haploidalne; mitozie; mejosporami.

Krok 1. U workowców zarodniki (askospory) powstają wewnątrz charakterystycznej, wydłużonej struktury zwanej workiem (ascus) – zwykle w liczbie ośmiu, ułożonych rzędem w jednym worku.

Krok 2. Rysunki A i B przedstawiają zarodnie innych grzybów (kulistą zarodnię sprzężniaka oraz pędzelkowate trzonki konidialne), rysunek D – podstawkę z zarodnikami na zewnątrz (podstawczaki). Tylko rysunek C przedstawia wydłużony worek z zarodnikami powstałymi wewnątrz niego.

Odpowiedź: C.

Informacja 1. Świdrowiec jest przenoszony wyłącznie przez muchę tse-tse (jego wektor), więc epidemie mogą występować tylko tam, gdzie ta mucha żyje. Odpowiedź: P.

Informacja 2. Zarażenie następuje przez ukłucie muchy tse-tse, a nie przez zwykły kontakt z chorym człowiekiem. Odpowiedź: F.

Informacja 3. Z tekstu wynika, że zmiana wariantu VSG zachodzi przez przeniesienie i rearanżację fragmentów genomu, czyli rekombinację DNA – zachodzi ona podczas rozwoju pasożyta we krwi człowieka. Odpowiedź: P.

Odpowiedź: P, F, P.

Krok 1. Żywiciel ostateczny to ten, w którego organizmie pasożyt rozmnaża się płciowo (dochodzi do zapłodnienia).

Krok 2. U świdrowca gambijskiego mejoza i następujące po niej zapłodnienie (rozmnażanie płciowe) zachodzą w organizmie muchy tse-tse. U ssaków (i u człowieka) świdrowiec rozmnaża się jedynie bezpłciowo, przez podział komórki.

Odpowiedź: Żywicielem ostatecznym jest mucha tse-tse, ponieważ to w jej organizmie zachodzi rozmnażanie płciowe świdrowca (mejoza, a następnie zapłodnienie).

Krok 1. W cyklu świdrowca mejoza (redukcja liczby chromosomów), a po niej zapłodnienie, zachodzą w organizmie muchy tse-tse. Zapłodnienie – połączenie gamet – odtwarza komórkę o podwójnej liczbie chromosomów (2n).

Krok 2. Forma inwazyjna, która z muchy przechodzi do organizmu ssaka, powstaje już po tym zapłodnieniu – jest więc diploidalna (2n). Nie zachodzi w ssaku żadna mejoza, która obniżyłaby tę liczbę.

Odpowiedź: W organizmie ssaków występuje forma 2n świdrowca, ponieważ powstaje ona po zapłodnieniu zachodzącym w ciele muchy tse-tse (mejoza i zapłodnienie zachodzą przed przejściem pasożyta do ssaka), a w organizmie ssaka świdrowiec dzieli się tylko mitotycznie, zachowując diploidalność.

Krok 1. Układ odpornościowy zwalcza pasożyta, wytwarzając przeciwciała skierowane przeciwko jego antygenom powierzchniowym – tu przeciwko białku VSG.

Krok 2. Z wykresu i tekstu wynika, że każde kolejne pokolenie świdrowca ma inny wariant VSG (VSG1, VSG2, VSG3…). Gdy tylko organizm zdąży wytworzyć przeciwciała przeciw jednemu wariantowi (i liczebność pasożyta spada), pojawia się już pokolenie o nowym wariancie VSG, którego stare przeciwciała nie rozpoznają – i liczebność pasożyta ponownie rośnie.

Krok 3. Tempo zmian antygenów świdrowca stale wyprzedza tempo wytwarzania odpowiednich, swoistych przeciwciał.

Odpowiedź: Świdrowiec w kolejnych pokoleniach nieustannie zmienia białko powierzchniowe VSG, więc przeciwciała wytworzone przeciwko jednemu wariantowi antygenu nie rozpoznają następnego. Układ odpornościowy nie nadąża z wytwarzaniem swoistych przeciwciał wobec ciągle zmieniających się antygenów, dlatego trudno mu zwalczyć pasożyta.

Krok 1. Owady rozpoznajemy po ciele podzielonym na głowę, tułów i odwłok, jednej parze czułków oraz trzech parach odnóży (a często obecności skrzydeł).

Krok 2. Analiza rysunków: A – ważka (owad, skrzydła), C – owad, E – owad (np. świerszcz), F – pszczoła (owad, skrzydła). B to rak (skorupiak, wiele par odnóży, silne szczypce), a D to kleszcz (pajęczak, cztery pary odnóży, brak czułków).

Odpowiedź: A, C, E, F.

Krok 1. Pajęczaki mają cztery pary odnóży krocznych (lokomotorycznych) i – w przeciwieństwie do owadów – nie mają czułków.

Krok 2. Na rysunku D (kleszcz) widoczne są właśnie cztery pary odnóży i brak czułków – to cechy pajęczaka. Pozostałe zwierzęta to owady (3 pary odnóży, czułki) lub skorupiak (rak).

Odpowiedź: Pajęczakiem jest gatunek D, ponieważ ma cztery pary odnóży krocznych (i nie ma czułków), co jest cechą charakterystyczną pajęczaków.

Krok 1. Tłuszcze są rozkładane do kwasów tłuszczowych, a te utleniane (β-oksydacja), po czym powstałe produkty wchodzą do cyklu Krebsa i do łańcucha oddechowego.

Krok 2. Woda metaboliczna powstaje właśnie na końcu łańcucha oddechowego – w procesie oddychania tlenowego (fosforylacji oksydacyjnej), gdy tlen łączy się z wodorem (elektronami i protonami).

Odpowiedź: Oddychanie tlenowe (wewnątrzkomórkowe) – obejmujące łańcuch oddechowy (fosforylację oksydacyjną).

Krok 1. Niedźwiedzie polarne żyją w bardzo zimnym klimacie i przebywają na lodzie oraz w lodowatej wodzie, w której polują – grozi im utrata ciepła.

Krok 2. Podskórna tkanka tłuszczowa jest słabym przewodnikiem ciepła, więc stanowi warstwę termoizolacyjną, ograniczającą ucieczkę ciepła z organizmu – to przystosowanie do niskiej temperatury środowiska. (Dodatkowo jest ona materiałem zapasowym, pozwalającym przetrwać okresy głodu, np. samicy niejedzącej przez kilka miesięcy.)

Odpowiedź: Gruba podskórna tkanka tłuszczowa pełni funkcję termoizolacyjną – ogranicza utratę ciepła z organizmu w zimnym środowisku (na lodzie i w lodowatej wodzie), co jest przystosowaniem do warunków życia niedźwiedzi polarnych.

Krok 1. Z tekstu wynika, że występowanie niedźwiedzi polarnych jest ograniczone dostępnością lodu morskiego – to na nim polują i zdobywają pokarm (a więc lód jest ich środowiskiem życia).

Krok 2. Globalne ocieplenie powoduje topnienie lodu morskiego, czyli zmniejszanie się środowiska życia i terenów łowieckich niedźwiedzi.

Krok 3. Działania ograniczające globalne ocieplenie spowalniają topnienie lodu morskiego, dzięki czemu niedźwiedzie zachowują środowisko życia i dostęp do pokarmu.

Odpowiedź: Ograniczanie globalnego ocieplenia hamuje topnienie lodu morskiego, który jest środowiskiem życia i terenem łowieckim niedźwiedzi polarnych – chroniąc lód, chronimy więc same niedźwiedzie.

Krok 1. Stopień zatrucia. Na osi po prawej stronie wykresu 50% karboksyhemoglobiny mieści się w przedziale oznaczonym jako zatrucie „bardzo ciężkie” (zakres ok. 40–67%).

Krok 2. Czas. Odczytujemy krzywą dla stężenia 0,1% CO: osiąga ona poziom 50% karboksyhemoglobiny po pewnym czasie. Korzystamy ze skali czasu dla „siedzenia/leżenia” (brak wysiłku) – wypada to po około 3 godzinach.

Odpowiedź: 1. Stopień zatrucia: bardzo ciężki. 2. Przybliżony czas narażenia: około 3 godziny (dopuszczalny zakres 2,5–3,5 h).

Krok 1. Podczas wysiłku fizycznego rośnie zapotrzebowanie na tlen, dlatego oddechy stają się częstsze i głębsze, a serce szybciej przepompowuje krew przez płuca.

Krok 2. Skoro przez płuca przepływa więcej powietrza (i więcej krwi), to w zanieczyszczonym czadem pomieszczeniu do organizmu dostaje się w jednostce czasu więcej CO, który szybciej wiąże hemoglobinę, tworząc karboksyhemoglobinę.

Krok 3. Karboksyhemoglobina szybciej osiąga więc groźny poziom, a objawy zatrucia pojawiają się wcześniej.

Odpowiedź: Wysiłek fizyczny skraca czas do wystąpienia objawów zatrucia. Podczas wysiłku oddechy są częstsze i głębsze, a przepływ krwi przez płuca większy, więc do krwi dostaje się w jednostce czasu więcej czadu, który szybciej wiąże hemoglobinę – karboksyhemoglobina szybciej osiąga poziom wywołujący objawy zatrucia.

Część 1. Zwiększenie pojemności minutowej serca. Krew jest nośnikiem ciepła – odbiera je od rozgrzanych tkanek i rozprowadza po organizmie. Gdy serce pompuje krew szybciej (większa pojemność minutowa), więcej ciepłej krwi w jednostce czasu dopływa do płuc, a więc do płuc dostarczane jest więcej ciepła, które można stamtąd oddać na zewnątrz.

Część 2. Pogłębienie i przyśpieszenie oddechów. Głębsze i częstsze oddechy oznaczają, że przez płuca przepływa większa objętość powietrza. Powietrze to ogrzewa się od krwi i jest wraz z parą wodną wydychane na zewnątrz – im intensywniejsza wentylacja, tym więcej ciepła organizm oddaje z wydychanym powietrzem.

Odpowiedź:

1. Zwiększona pojemność minutowa serca przyśpiesza przepływ krwi (nośnika ciepła) przez płuca, więc dostarcza tam więcej ciepła.
2. Pogłębione i przyśpieszone oddechy zwiększają objętość powietrza przepływającego przez płuca, które odbiera od krwi ciepło i unosi je (wraz z parą wodną) na zewnątrz – dzięki temu układ oddechowy oddaje więcej ciepła.

Krok 1. Fragment Fab. To on zawiera część zmienną (V), która u każdego rodzaju przeciwciała ma inną strukturę – dzięki temu Fab dopasowuje się i wiąże swoiście określony antygen. Pasuje odpowiedź 1.

Krok 2. Fragment Fc. Jest stały (taki sam dla przeciwciał danej klasy) i to on jest rozpoznawany przez receptory na komórkach efektorowych układu odpornościowego (np. fagocytach) – łączy więc przeciwciało z tymi komórkami. Pasuje odpowiedź 3.

Odpowiedź: Fragment Fab – 1; Fragment Fc – 3.

Krok 1. Struktura 4-rzędowa to sposób połączenia ze sobą odrębnych łańcuchów polipeptydowych. Stabilizują ją więc te mostki disiarczkowe, które łączą różne łańcuchy między sobą (a nie te wewnątrz jednego łańcucha).

Krok 2. Na schemacie mostki międzyłańcuchowe to: dwa łączące łańcuchy ciężkie ze sobą (w części zawiasowej) oraz dwa łączące każdy łańcuch lekki z sąsiednim łańcuchem ciężkim – razem cztery.

Odpowiedź: 4 (cztery) mostki disiarczkowe.

Krok 1. Szczepionka zawiera antygeny (osłabione/zabite drobnoustroje lub ich fragmenty), a nie gotowe przeciwciała – jej podanie zmusza organizm do samodzielnego wytworzenia przeciwciał (odporność czynna). Gotowe przeciwciała zawiera natomiast surowica odpornościowa – to ona pasuje do polecenia (przeciwciała są w niej zawarte).

Krok 2. Podanie gotowych przeciwciał (surowicy) daje odporność bierną (organizm sam ich nie wytwarza), a ponieważ dokonuje się to przez ingerencję medyczną – jest to odporność bierna sztuczna.

Odpowiedź: B 4 – przeciwciała zawarte są w surowicy odpornościowej, której podanie wywołuje odporność bierną sztuczną.

Zdanie 1. W siatkówce ludzkiego oka jest znacznie więcej pręcików niż czopków – dominują więc pręciki. Pręciki są bardzo wrażliwe na światło, ale nie rozróżniają barw, dlatego umożliwiają widzenie w odcieniach szarości (widzenie nocne, o zmierzchu).

Zdanie 2. Wysoką rozdzielczość (szczegółowość) obrazu zapewniają czopki, ponieważ (zwłaszcza w plamce żółtej) każdy czopek łączy się z jednym neuronem – bodziec z pojedynczego czopka jest przekazywany osobno, co daje ostry, szczegółowy obraz. Pręciki natomiast łączą się po kilka z jednym neuronem, co obniża rozdzielczość.

Odpowiedź: 1. pręciki; w odcieniach szarości. 2. czopki; z jednym neuronem.

Krok 1. Liczebność populacji. Sumujemy osobniki wszystkich genotypów: $20+160+320=500$ osobników.

Krok 2. Częstość allelu a. Korzystamy z prawa Hardy'ego-Weinberga: częstość homozygot recesywnych $aa$ to $q^2=\frac{20}{500}=0,04$. Stąd częstość allelu a: $q=\sqrt{0,04}=0,2$.

Krok 3. Częstość allelu A. Ponieważ $p+q=1$, to $p=1-0,2=0,8$.

Sprawdzenie (licząc allele wprost): liczba alleli a = $2\cdot 20+160=200$; wszystkich alleli = $2\cdot 500=1000$; $\frac{200}{1000}=0,2$. Zgadza się.

Odpowiedź: Częstość allelu a wynosi $0,2$ (20%), a częstość allelu A wynosi $0,8$ (80%).

Zjawisko 1. Dobór naturalny. Preferuje określone genotypy (fenotypy), więc zmienia częstość alleli w kolejnych pokoleniach. Odpowiedź: T.

Zjawisko 2. Dobór sztuczny. Człowiek celowo dopuszcza do rozrodu osobniki o wybranych cechach, co również zmienia częstość alleli. Odpowiedź: T.

Zjawisko 3. Efekt wąskiego gardła. Gwałtowne zmniejszenie liczebności populacji (dryf genetyczny) losowo zmienia częstość alleli – niektóre mogą zaniknąć, inne stać się częstsze. Odpowiedź: T.

Odpowiedź: T, T, T.

Krok 1. W operonie tryptofanowym białko represorowe, po aktywacji, HAMUJE (wyłącza) transkrypcję. Regulacja polegająca na wyłączaniu genów przez represor to regulacja negatywna. Odpowiedź A/B: B (negatywna).

Krok 2. Sam represor jest nieaktywny – aktywuje go dopiero przyłączenie tryptofanu, dzięki czemu represor może związać się z operatorem i zablokować transkrypcję. Cząsteczka, która współdziała z represorem, uruchamiając hamowanie, to korepresor. Odpowiedź 1/2: 2 (korepresor).

Odpowiedź: B 2.

Krok 1. Gdy tryptofanu jest dużo, jego cząsteczki przyłączają się do nieaktywnego białka represorowego – pełnią rolę korepresora i aktywują represor.

Krok 2. Aktywny represor przyłącza się do operatora, znajdującego się obok promotora.

Krok 3. Represor zajmujący operator uniemożliwia polimerazie RNA rozpoczęcie transkrypcji – geny trpA–trpE nie są przepisywane, więc enzymy szlaku syntezy tryptofanu nie powstają.

Odpowiedź: Nadmiar tryptofanu powoduje, że jego cząsteczki łączą się z białkiem represorowym i je aktywują; aktywny represor przyłącza się do operatora i blokuje przyłączenie polimerazy RNA, przez co transkrypcja genów szlaku syntezy tryptofanu zostaje zahamowana (komórka przestaje wytwarzać tryptofan, którego i tak ma pod dostatkiem).

Krok 1. Represor jest hamulcem operonu, ale działa (przyłącza się do operatora) dopiero po aktywacji przez tryptofan. Jeśli tryptofan nie może się przyłączyć do represora, represor pozostaje trwale nieaktywny.

Krok 2. Nieaktywny represor nie łączy się z operatorem, więc nigdy nie blokuje transkrypcji – polimeraza RNA zawsze ma dostęp do genów trpA–trpE.

Krok 3. W efekcie operon jest stale włączony niezależnie od ilości tryptofanu w komórce.

Odpowiedź: Represor nie będzie mógł zostać aktywowany, więc nie zablokuje operatora – dojdzie do stałej (konstytutywnej) transkrypcji genów trpA–trpE, czyli enzymy szlaku syntezy tryptofanu będą wytwarzane nieprzerwanie, nawet gdy tryptofanu jest pod dostatkiem.

Krok 1. Geny sprzężone to takie, które leżą na tym samym chromosomie i dlatego dziedziczą się razem.

Krok 2. Gen układu AB0 leży na chromosomie 9, a gen układu MN – na chromosomie 4. Są to różne (niehomologiczne) chromosomy.

Odpowiedź: Te geny nie są sprzężone, ponieważ leżą na różnych chromosomach (AB0 – na chromosomie 9, MN – na chromosomie 4).

Krok 1. Matka – grupa AB N. Grupa AB oznacza obecność obu alleli $I^A$ i $I^B$ (kodominacja) – genotyp $I^A{I}^B$. Grupa N oznacza homozygotę $L^N{L}^N$. Genotyp matki: $I^A{I}^B{L}^N{L}^N$.

Krok 2. Ojciec – grupa 0 M. Grupa 0 to homozygota recesywna $ii$. Grupa M to homozygota $L^M{L}^M$. Genotyp ojca: $ii{L}^M{L}^M$.

Odpowiedź: Genotyp matki: $I^A{I}^B{L}^N{L}^N$; genotyp ojca: $ii{L}^M{L}^M$.

Krok 1. Gamety rodziców. Matka $I^A{I}^B{L}^N{L}^N$ wytwarza dwa rodzaje gamet: $I^A{L}^N$ oraz $I^B{L}^N$. Ojciec $ii{L}^M{L}^M$ wytwarza tylko jeden rodzaj gamety: $i{L}^M$.

Krok 2. Krzyżówka.

Możliwe potomstwo: $I^{A}i{L}^M{L}^N$ (grupa A MN) oraz $I^{B}i{L}^M{L}^N$ (grupa B MN) – każde z prawdopodobieństwem $\frac{1}{2}$.

Krok 3. Grupę krwi A MN ma genotyp $I^{A}i{L}^M{L}^N$ – stanowi on połowę potomstwa, czyli 50%.

Odpowiedź: C – prawdopodobieństwo wynosi 50%.

Część 1. Zmienność genetyczna. Nasiona obu populacji wyhodowano w tych samych, wspólnych warunkach (poletko o średniej wilgotności). Mimo identycznego środowiska rośliny nadal różniły się wysokością (bagno – 31,5 cm; klif – 20,7 cm). Skoro warunki były jednakowe, a różnica pozostała, musi ona wynikać z odmiennego podłoża genetycznego obu populacji – to dowód zmienności genetycznej.

Część 2. Zmienność środowiskowa (fenotypowa). Rośliny tej samej populacji miały różną wysokość w zależności od środowiska: rośliny z klifu na stanowisku naturalnym mierzyły tylko 7,5 cm, a wyhodowane na poletku (przy większej wilgotności) – aż 20,7 cm. Zmiana samych warunków zmieniła więc wysokość roślin o tym samym pochodzeniu – to dowód zmienności środowiskowej (fenotypowej).

Odpowiedź:

1. Zmienność genetyczna: rośliny z obu populacji hodowane w tych samych warunkach (na poletku) nadal różniły się wysokością (31,5 cm vs 20,7 cm), co świadczy o utrwalonych różnicach genetycznych między populacjami.
2. Zmienność środowiskowa: rośliny z klifu na stanowisku naturalnym były niskie (7,5 cm), a te same (z tych nasion) na wilgotniejszym poletku znacznie wyższe (20,7 cm) – czyli zmiana środowiska zmieniła ich wysokość.

Wniosek 1. Babka nadmorska rośnie zarówno na mokrych bagnach, jak i na suchych klifach – a więc w szerokim zakresie wilgotności. Taki wniosek wynika z badań. Odpowiedź: T.

Wniosek 2. Rośliny z obu stanowisk to wciąż jeden gatunek (Plantago maritima) – różnice wysokości nie są podstawą do uznania ich za dwa odrębne gatunki, a badanie tego nie dowodzi. Odpowiedź: N.

Wniosek 3. Badanie prowadzono tylko przy jednej (średniej) wilgotności poletka, nie porównywano różnych poziomów wilgotności pod kątem optimum – nie można więc wnioskować, że średnia wilgotność jest optymalna. Odpowiedź: N.

Odpowiedź: T, N, N.

Krok 1. Z wykresu wynika, że zbiorowisko wypasane ma wyższą różnorodność gatunkową niż zbiorowisko niewypasane.

Wniosek: Umiarkowany (ekstensywny) wypas bydła zwiększa różnorodność gatunkową badanego zbiorowiska trawiastego (pampy).

Krok 1. W zbiorowisku niewypasanym najsilniejsze konkurencyjnie gatunki roślin (np. wysokie trawy) rozrastają się i zacieniają oraz wypierają gatunki słabsze konkurencyjnie – różnorodność maleje.

Krok 2. Bydło, zgryzając rośliny (zwłaszcza te dominujące, którymi się żywi), ogranicza ich rozrost i zmniejsza konkurencję międzygatunkową.

Krok 3. Dzięki temu gatunki słabsze konkurencyjnie, które wcześniej były wypierane, zyskują dostęp do światła i przestrzeni i mogą się rozwijać – rośnie liczba gatunków, a więc różnorodność gatunkowa.

Odpowiedź: Zgryzanie roślin przez bydło zmniejsza konkurencję międzygatunkową (ogranicza rozrost gatunków dominujących), dzięki czemu mogą się rozwijać gatunki słabsze konkurencyjnie, wcześniej wypierane – to zwiększa różnorodność gatunkową zbiorowiska.

Stwierdzenie 1. Najwyższy słupek na wykresie odpowiada 4 poziomom troficznym (ok. 48 sieci) – to prawda. Odpowiedź: P.

Stwierdzenie 2. Wykres pokazuje jedynie, ile sieci ma daną liczbę poziomów; nie wynika z niego żadna zależność liczby poziomów od „liczby sieci w ekosystemie” (to stwierdzenie jest bezsensowne merytorycznie). Odpowiedź: F.

Stwierdzenie 3. Sieci o 6 i więcej poziomach jest bardzo mało – zdecydowana większość ma 3–5 poziomów. Odpowiedź: F.

Odpowiedź: P, F, F.

Krok 1. Energia przepływa w ekosystemie od producentów przez kolejne poziomy konsumentów, ale na każdym poziomie tylko część energii (średnio ok. 10%) jest przekazywana wyżej.

Krok 2. Pozostała energia jest tracona – zużywana na procesy życiowe organizmów danego poziomu i rozpraszana w postaci ciepła.

Krok 3. Wraz z każdym kolejnym poziomem ilość dostępnej energii gwałtownie maleje. Na wyższych poziomach jest jej już tak mało, że nie wystarcza na utrzymanie kolejnego poziomu troficznego – dlatego liczba poziomów jest ograniczona.

Odpowiedź: Przy przejściu na kolejny poziom troficzny większość energii jest tracona (na procesy życiowe i jako ciepło), a dalej przekazywana jest tylko niewielka jej część. Ilość energii szybko maleje i na wyższych poziomach jest już zbyt mała, by utrzymać kolejny poziom troficzny – stąd liczba poziomów troficznych jest ograniczona.

Krok 1. Karpieniec diabli żeruje i rozmnaża się wyłącznie na jednej, płytko położonej półce skalnej pokrytej glonami – od dostępności tej półki zależy jego przeżycie i rozród.

Krok 2. Czerpanie wód podziemnych z tego rejonu obniżyłoby poziom (lustro) wody w Devil's Hole.

Krok 3. Obniżenie poziomu wody odsłoniłoby (osuszyło) płytką półkę skalną, przez co ryby straciłyby miejsce żerowania i rozmnażania – a to zagroziłoby przetrwaniu całej, i tak nielicznej, populacji.

Odpowiedź: Czerpanie wód podziemnych obniżyłoby poziom wody w szczelinie, co odsłoniłoby płytką półkę skalną, na której karpieniec diabli żeruje i się rozmnaża. Utrata jedynego miejsca żerowania i rozrodu zagroziłaby przetrwaniu tej populacji.

Krok 1. Specjacja allopatryczna zachodzi wtedy, gdy populacje są oddzielone barierą geograficzną (rozdzielone przestrzennie); sympatryczna – gdy nowy gatunek powstaje na tym samym terenie, bez rozdzielenia geograficznego.

Krok 2. Przodek karpieńca diablego został odizolowany w szczelinie Devil's Hole, oddzielonej od zbiorników w oazie Ash Meadows (gdzie żyje jego najbliższy krewny). Populacje były więc rozdzielone geograficznie i ewoluowały niezależnie, w izolacji od siebie.

Odpowiedź: A 1 – jest to specjacja allopatryczna, ponieważ populacje ewoluowały w izolacji (geograficznej) od siebie.

Zdanie 1. Szkielet skrzydła ptaka i nietoperza to przekształcone kończyny przednie, które oba te zwierzęta odziedziczyły po wspólnym przodku czworonożnym (wykształcenie czterech kończyn zaszło raz, u wspólnego przodka). Mają więc ten sam plan budowy i wspólne pochodzenie – są narządami homologicznymi. Odpowiedź: homologiczne; wspólne.

Zdanie 2. Powierzchnie nośne (błona lotna nietoperza i pióra ptaka) to zupełnie różne struktury, które – zgodnie z drzewem – powstały niezależnie w dwóch osobnych liniach ewolucyjnych, pełniąc tę samą funkcję (lot). Są więc narządami analogicznymi (konwergencja). Odpowiedź: analogiczne; niezależnie.

Odpowiedź: 1. homologiczne; wspólne. 2. analogiczne; niezależnie.