Biologia — Maj 2021
Arkusz maturalny z biologii, poziom rozszerzony, sesja Maj 2021 (CKE), z pełnymi rozwiązaniami krok po kroku.
Maj 2021 · CKE
Zadanie 1.1
1 pktProlaktyna, wydzielana przez gruczołową część przysadki mózgowej, jest jednołańcuchowym polipeptydem złożonym ze 199 aminokwasów, powstającym w wyniku odcięcia peptydu sygnałowego liczącego 28 aminokwasów.
Na poniższym schemacie przedstawiono strukturę przestrzenną cząsteczki dojrzałej ludzkiej prolaktyny.
Określ dominującą strukturę II-rzędową w cząsteczce dojrzałej ludzkiej prolaktyny.

Rozwiązanie
Krok 1. Na schemacie widać, że cząsteczka prolaktyny jest zbudowana w przeważającej części z regularnie skręconych, spiralnych odcinków łańcucha polipeptydowego.
Krok 2. Taki regularny, spiralny sposób ułożenia łańcucha, stabilizowany wiązaniami wodorowymi między co czwartym aminokwasem, to α-helisa – i to właśnie ona dominuje w strukturze tego białka (widać kilka równoległych odcinków helikalnych).
Odpowiedź: Dominującą strukturą II-rzędową jest α-helisa (helisa alfa).
Zadanie 1.2
1 pktProlaktyna, wydzielana przez gruczołową część przysadki mózgowej, jest jednołańcuchowym polipeptydem złożonym ze 199 aminokwasów, powstającym w wyniku odcięcia peptydu sygnałowego liczącego 28 aminokwasów.
Na poniższym schemacie przedstawiono strukturę przestrzenną cząsteczki dojrzałej ludzkiej prolaktyny.
Na podstawie przedstawionych informacji określ najwyższą rzędowość struktury białka – prolaktyny. Odpowiedź uzasadnij, odwołując się do cech budowy tego białka.

Rozwiązanie
Krok 1. Prolaktyna jest opisana jako białko jednołańcuchowe – składa się tylko z jednego łańcucha polipeptydowego, a nie z kilku podjednostek.
Krok 2. Struktura IV-rzędowa powstaje tylko wtedy, gdy białko zbudowane jest z co najmniej dwóch łańcuchów polipeptydowych połączonych ze sobą – tutaj ten warunek nie jest spełniony, więc IV-rzędowość jest wykluczona.
Krok 3. Natomiast widoczne na schemacie odcinki α-helisy (struktura II-rzędowa) są dodatkowo przestrzennie sfałdowane względem siebie, tworząc jedną, zwartą, globularną cząsteczkę – to jest właśnie struktura III-rzędowa.
Odpowiedź: Najwyższą rzędowością struktury prolaktyny jest struktura III-rzędowa – białko składa się z jednego łańcucha polipeptydowego (co wyklucza strukturę IV-rzędową), a jego odcinki o strukturze II-rzędowej (α-helisy) są dodatkowo sfałdowane w przestrzeni, tworząc jedną globularną domenę.
Zadanie 1.3
1 pktProlaktyna, wydzielana przez gruczołową część przysadki mózgowej, jest jednołańcuchowym polipeptydem złożonym ze 199 aminokwasów, powstającym w wyniku odcięcia peptydu sygnałowego liczącego 28 aminokwasów.
Na poniższym schemacie przedstawiono strukturę przestrzenną cząsteczki dojrzałej ludzkiej prolaktyny.
Podaj całkowitą liczbę kodonów w mRNA stanowiącym matrycę podczas syntezy prolaktyny.
Rozwiązanie
Krok 1. Dojrzała prolaktyna ma 199 aminokwasów, ale przed dojrzewaniem był z niej odcięty peptyd sygnałowy liczący 28 aminokwasów – oba te fragmenty musiały być zakodowane w mRNA, ponieważ powstają w jednym łańcuchu podczas translacji.
Krok 2. Każdy aminokwas jest kodowany przez jeden kodon, więc na sam łańcuch polipeptydowy (peptyd sygnałowy + dojrzała prolaktyna) potrzeba kodonów.
Krok 3. Do tego trzeba doliczyć jeszcze jeden kodon – kodon stop, który nie koduje aminokwasu, ale jest częścią sekwencji kodującej mRNA i sygnalizuje zakończenie translacji.
Odpowiedź: kodonów.
Zadanie 2.1
2 pktW komórkach eukariotycznych gradient protonowy jest wykorzystywany zarówno do syntezy ATP, jak i do transportu niektórych metabolitów przez wewnętrzną błonę mitochondrialną.
Na poniższym schemacie przedstawiono proces transportu pirogronianu i kwasu ortofosforowego (Pi).
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby w poprawny sposób opisywały powstawanie gradientu protonowego w mitochondriach.
Elektrony pochodzące ze zredukowanych podczas cyklu Krebsa dinukleotydów – NADH oraz FADH – są przenoszone na cząsteczkę [dwutlenku węgla/tlenu] poprzez łańcuch przenośników elektronów związanych z [wewnętrzną/zewnętrzną] błoną mitochondrialną. Energia uwolniona podczas przepływu elektronów przez łańcuch oddechowy jest wykorzystywana do transportu protonów, które przemieszczają się w kierunku ich [mniejszego/większego] stężenia do przestrzeni międzybłonowej mitochondrium, gdzie panuje [niższe/wyższe] pH niż w matriks mitochondrium.

Rozwiązanie
Krok 1. Ostatecznym akceptorem elektronów w łańcuchu oddechowym jest tlen – to jego redukcja (do wody) napędza cały proces, a nie redukcja dwutlenku węgla (który w oddychaniu jest produktem, nie akceptorem elektronów).
Krok 2. Łańcuch przenośników elektronów (kompleksy I–IV) jest wbudowany w wewnętrzną błonę mitochondrialną (tworzącą grzebienie), a nie w błonę zewnętrzną.
Krok 3. Protony pompowane są z matriks do przestrzeni międzybłonowej, czyli przemieszczają się w kierunku ich większego stężenia (pod górkę, wbrew gradientowi) – właśnie dlatego wymaga to zużycia energii z transportu elektronów.
Krok 4. Skoro protonów (H) jest w przestrzeni międzybłonowej więcej, roztwór jest tam bardziej kwaśny, czyli ma niższe pH niż matriks.
Odpowiedź: tlenu; wewnętrzną; większego; niższe.
Zadanie 2.2
1 pktW komórkach eukariotycznych gradient protonowy jest wykorzystywany zarówno do syntezy ATP, jak i do transportu niektórych metabolitów przez wewnętrzną błonę mitochondrialną.
Na poniższym schemacie przedstawiono proces transportu pirogronianu i kwasu ortofosforowego (Pi).
Uzasadnij, że dla efektywnego zachodzenia procesów oddychania wewnątrzkomórkowego konieczny jest ciągły transport kwasu ortofosforowego (Pi) oraz ADP do wnętrza mitochondrium.

Rozwiązanie
Krok 1. ADP i kwas ortofosforowy (Pi) to substraty reakcji syntezy ATP – zarówno fosforylacji substratowej w cyklu Krebsa, jak i fosforylacji oksydacyjnej katalizowanej przez syntazę ATP w wewnętrznej błonie mitochondrialnej.
Krok 2. ATP powstające w mitochondrium jest stale zużywane w cytoplazmie (a więc wywożone z mitochondrium), dlatego jego zapas w matriks musiałby się szybko wyczerpać, gdyby nie było stałego dopływu substratów potrzebnych do syntezy kolejnych cząsteczek.
Odpowiedź: Kwas ortofosforowy i ADP są niezbędnymi substratami do syntezy ATP w mitochondrium (m.in. w fosforylacji oksydacyjnej). Bez ich ciągłego transportu do matriks synteza nowych cząsteczek ATP zostałaby zatrzymana, mimo że w cytoplazmie stale zużywane jest ATP już wytworzone.
Biologia
Poziom rozszerzony
Zadanie 2.3
1 pktW komórkach eukariotycznych gradient protonowy jest wykorzystywany zarówno do syntezy ATP, jak i do transportu niektórych metabolitów przez wewnętrzną błonę mitochondrialną.
Na poniższym schemacie przedstawiono proces transportu pirogronianu i kwasu ortofosforowego (Pi).
Uzupełnij tabelę – wpisz nazwy opisanych etapów oddychania komórkowego.
| Opis etapu oddychania komórkowego | Nazwa etapu |
|---|---|
| 1. Zachodzi w cytozolu komórki zwierzęcej, a jego produktem końcowym jest pirogronian. | |
| 2. Zachodzi w matriks mitochondrium, a pirogronian jest jego substratem. |

Rozwiązanie
Krok 1. Proces zachodzący w cytozolu, którego produktem końcowym jest pirogronian, to rozkład glukozy do dwóch cząsteczek pirogronianu – czyli glikoliza.
Krok 2. Proces zachodzący w matriks mitochondrium, w którym substratem jest pirogronian (przekształcany do acetylo-CoA i CO), to reakcja pomostowa (oksydacyjna dekarboksylacja pirogronianu).
Odpowiedź: 1. glikoliza; 2. reakcja pomostowa / oksydacyjna dekarboksylacja pirogronianu.
Zadanie 3.1
1 pktOprócz 20 aminokwasów biogennych, wchodzących w skład białek wszystkich organizmów, w przyrodzie występują także inne aminokwasy, np. L-kanawanina. Występuje ona wyłącznie u roślin bobowatych, m.in. w ich nasionach, gdzie pełni funkcję magazynu azotu – makroelementu niezbędnego do syntezy wielu związków podczas kiełkowania nasion. L-kanawanina zabezpiecza również nasiona przed zjadaniem ich przez roślinożerne owady. Toksyczne działanie L-kanawaniny na owady wynika z jej podobieństwa strukturalnego do argininy – aminokwasu naturalnie występującego w białkach.
Podczas syntezy białek w miejsca, gdzie powinna znaleźć się arginina, włączana bywa L-kanawanina, co zmienia liczbę i rodzaj oddziaływań między aminokwasami w łańcuchu polipeptydowym. Białka mające w swej strukturze L-kanawaninę wykazują niską aktywność biologiczną lub jej brak, co u owadów prowadzi m.in. do spowolnienia wzrostu larw, opóźnienia lub zakłócenia w przepoczwarczaniu. Większość owadów nasionożernych nie zjada nasion zawierających L-kanawaninę. Jednak larwy chrząszcza Caryedes brasiliensis, które żywią się wyłącznie nasionami tropikalnego pnącza z rodziny bobowatych (Dioclea megacarpa), mają zdolność do detoksykacji L-kanawaniny.
Wyjaśnij, dlaczego włączanie L-kanawaniny w miejsce argininy w czasie syntezy białek enzymatycznych prowadzi do powstawania enzymów o obniżonej aktywności katalitycznej.

Rozwiązanie
Krok 1. L-kanawanina jest jedynie podobna, a nie identyczna do argininy – różni się fragmentem struktury, co zmienia rodzaj i liczbę oddziaływań, jakie ten aminokwas tworzy z sąsiednimi resztami w łańcuchu.
Krok 2. Ponieważ prawidłowa aktywność enzymu zależy od precyzyjnego trójwymiarowego ukształtowania centrum aktywnego (lub miejsca allosterycznego), zmiana oddziaływań powoduje, że białko przyjmuje nieco inną konformację przestrzenną niż w wersji z argininą.
Krok 3. Zmienione centrum aktywne słabiej (lub w ogóle nie) wiąże swój substrat, co bezpośrednio przekłada się na obniżoną aktywność katalityczną enzymu.
Odpowiedź: Po wbudowaniu L-kanawaniny w miejsce argininy zmieniają się oddziaływania między aminokwasami w łańcuchu, przez co białko nie przyjmuje właściwej konformacji przestrzennej. Centrum aktywne (lub miejsce allosteryczne) enzymu ma wtedy nieprawidłowy kształt i słabiej wiąże substrat, co obniża jego aktywność katalityczną.
Zadanie 3.2
1 pktOprócz 20 aminokwasów biogennych, wchodzących w skład białek wszystkich organizmów, w przyrodzie występują także inne aminokwasy, np. L-kanawanina. Występuje ona wyłącznie u roślin bobowatych, m.in. w ich nasionach, gdzie pełni funkcję magazynu azotu – makroelementu niezbędnego do syntezy wielu związków podczas kiełkowania nasion. L-kanawanina zabezpiecza również nasiona przed zjadaniem ich przez roślinożerne owady. Toksyczne działanie L-kanawaniny na owady wynika z jej podobieństwa strukturalnego do argininy – aminokwasu naturalnie występującego w białkach.
Podczas syntezy białek w miejsca, gdzie powinna znaleźć się arginina, włączana bywa L-kanawanina, co zmienia liczbę i rodzaj oddziaływań między aminokwasami w łańcuchu polipeptydowym. Białka mające w swej strukturze L-kanawaninę wykazują niską aktywność biologiczną lub jej brak, co u owadów prowadzi m.in. do spowolnienia wzrostu larw, opóźnienia lub zakłócenia w przepoczwarczaniu. Większość owadów nasionożernych nie zjada nasion zawierających L-kanawaninę. Jednak larwy chrząszcza Caryedes brasiliensis, które żywią się wyłącznie nasionami tropikalnego pnącza z rodziny bobowatych (Dioclea megacarpa), mają zdolność do detoksykacji L-kanawaniny.
Uzasadnij, że współżycie korzeni roślin bobowatych z bakteriami wiążącymi azot atmosferyczny ma znaczenie dla syntezy L-kanawaniny przez te rośliny.

Rozwiązanie
Krok 1. L-kanawanina jest związkiem zawierającym azot, więc do jej syntezy roślina musi mieć dostęp do odpowiednich, przyswajalnych związków azotu.
Krok 2. Azot atmosferyczny (N) sam w sobie jest dla rośliny niedostępny – nie może być wykorzystany bezpośrednio w syntezie związków organicznych.
Krok 3. Bakterie symbiotyczne żyjące w brodawkach korzeniowych roślin bobowatych wiążą azot atmosferyczny i przekształcają go w przyswajalne dla rośliny formy (np. amoniak), które roślina może wykorzystać jako źródło azotu do syntezy L-kanawaniny.
Odpowiedź: Bakterie symbiotyczne wiążą niedostępny dla roślin azot atmosferyczny i przekształcają go w formy przyswajalne (np. amoniak), które roślina bobowata otrzymuje i wykorzystuje jako źródło azotu potrzebnego do syntezy L-kanawaniny.
Zadanie 3.3
1 pktOprócz 20 aminokwasów biogennych, wchodzących w skład białek wszystkich organizmów, w przyrodzie występują także inne aminokwasy, np. L-kanawanina. Występuje ona wyłącznie u roślin bobowatych, m.in. w ich nasionach, gdzie pełni funkcję magazynu azotu – makroelementu niezbędnego do syntezy wielu związków podczas kiełkowania nasion. L-kanawanina zabezpiecza również nasiona przed zjadaniem ich przez roślinożerne owady. Toksyczne działanie L-kanawaniny na owady wynika z jej podobieństwa strukturalnego do argininy – aminokwasu naturalnie występującego w białkach.
Podczas syntezy białek w miejsca, gdzie powinna znaleźć się arginina, włączana bywa L-kanawanina, co zmienia liczbę i rodzaj oddziaływań między aminokwasami w łańcuchu polipeptydowym. Białka mające w swej strukturze L-kanawaninę wykazują niską aktywność biologiczną lub jej brak, co u owadów prowadzi m.in. do spowolnienia wzrostu larw, opóźnienia lub zakłócenia w przepoczwarczaniu. Większość owadów nasionożernych nie zjada nasion zawierających L-kanawaninę. Jednak larwy chrząszcza Caryedes brasiliensis, które żywią się wyłącznie nasionami tropikalnego pnącza z rodziny bobowatych (Dioclea megacarpa), mają zdolność do detoksykacji L-kanawaniny.
Spośród wymienionych związków chemicznych wybierz i podkreśl nazwy tych zawierających atomy azotu.

- A.
cytozyna
- B.
celuloza
- C.
cholesterol
- D.
ATP
- E.
ryboza
Rozwiązanie
Krok 1. Cytozyna to zasada azotowa (pirymidynowa) wchodząca w skład kwasów nukleinowych – z definicji zawiera azot w swoim pierścieniu.
Krok 2. ATP zawiera w swojej budowie zasadę azotową adeninę, a więc również zawiera atomy azotu.
Krok 3. Celuloza, cholesterol i ryboza są zbudowane wyłącznie z węgla, wodoru i tlenu – żadny z nich nie zawiera azotu.
Odpowiedź: cytozyna, ATP.
Zadanie 3.4
1 pktOprócz 20 aminokwasów biogennych, wchodzących w skład białek wszystkich organizmów, w przyrodzie występują także inne aminokwasy, np. L-kanawanina. Występuje ona wyłącznie u roślin bobowatych, m.in. w ich nasionach, gdzie pełni funkcję magazynu azotu – makroelementu niezbędnego do syntezy wielu związków podczas kiełkowania nasion. L-kanawanina zabezpiecza również nasiona przed zjadaniem ich przez roślinożerne owady. Toksyczne działanie L-kanawaniny na owady wynika z jej podobieństwa strukturalnego do argininy – aminokwasu naturalnie występującego w białkach.
Podczas syntezy białek w miejsca, gdzie powinna znaleźć się arginina, włączana bywa L-kanawanina, co zmienia liczbę i rodzaj oddziaływań między aminokwasami w łańcuchu polipeptydowym. Białka mające w swej strukturze L-kanawaninę wykazują niską aktywność biologiczną lub jej brak, co u owadów prowadzi m.in. do spowolnienia wzrostu larw, opóźnienia lub zakłócenia w przepoczwarczaniu. Większość owadów nasionożernych nie zjada nasion zawierających L-kanawaninę. Jednak larwy chrząszcza Caryedes brasiliensis, które żywią się wyłącznie nasionami tropikalnego pnącza z rodziny bobowatych (Dioclea megacarpa), mają zdolność do detoksykacji L-kanawaniny.
Wyjaśnij, jakie znaczenie adaptacyjne dla chrząszcza Caryedes brasiliensis ma zdolność do detoksykacji L-kanawaniny.

Rozwiązanie
Krok 1. Nasiona Dioclea megacarpa, którymi żywią się wyłącznie larwy tego chrząszcza, zawierają toksyczną dla większości owadów L-kanawaninę – inne owady nasionożerne unikają tego pokarmu.
Krok 2. Dzięki zdolności do detoksykacji L-kanawaniny larwy Caryedes brasiliensis mogą bezpiecznie żywić się tymi nasionami, mimo że są one niedostępne (toksyczne) dla innych owadów.
Krok 3. To oznacza, że larwy tego chrząszcza mają dostęp do pokarmu, o który nie muszą konkurować z innymi owadami nasionożernymi – zmniejsza się konkurencja o pokarm, co zwiększa ich szanse na przetrwanie i rozwój.
Odpowiedź: Zdolność do detoksykacji L-kanawaniny umożliwia larwom Caryedes brasiliensis odżywianie się pokarmem (nasionami Dioclea megacarpa) niedostępnym dla innych, konkurencyjnych gatunków owadów nasionożernych, dzięki czemu larwy te nie muszą konkurować o pokarm z innymi owadami i mogą przetrwać oraz się rozwijać.
Biologia
Poziom rozszerzony
Zadanie 4
1 pktGlikokaliks jest zbudowany z łańcuchów oligosacharydowych przyłączonych do białek i lipidów błony komórkowej. Glikokaliks ochrania powierzchnię komórki przed uszkodzeniami mechanicznymi i chemicznymi. Ponieważ oligosacharydy i polisacharydy wiążą wodę, powierzchnia komórki jest śliska. Wiązana przez oligo- i polisacharydy warstwa wody występująca na powierzchni błony komórkowej zmniejsza tarcie komórki o inne komórki i macierz międzykomórkową.
Wykaż, że występowanie glikokaliksu na powierzchni erytrocytów ma znaczenie dla funkcjonowania tych komórek.
Rozwiązanie
Krok 1. Glikokaliks wiąże wodę na powierzchni błony komórkowej, tworząc śliską warstewkę, która zmniejsza tarcie i przyczepność komórki do innych powierzchni.
Krok 2. Erytrocyty muszą swobodnie przepływać przez naczynia krwionośne, w tym bardzo wąskie kapilary, stykając się przy tym z innymi erytrocytami, komórkami śródbłonka i ścianami naczyń.
Krok 3. Dzięki śliskiej powierzchni zapewnionej przez glikokaliks erytrocyty słabiej przylegają do siebie i do ścian naczyń, co ułatwia ich swobodny przepływ przez naczynia krwionośne, zwłaszcza najwęższe.
Odpowiedź: Glikokaliks, wiążąc wodę, zmniejsza tarcie erytrocytów o inne komórki i o ściany naczyń krwionośnych, co ułatwia ich swobodny przepływ przez naczynia (w tym najwęższe kapilary) i zapobiega ich nadmiernemu zlepianiu się.
Zadanie 5
1 pktPoniżej przedstawiono dokumentację obserwacji mikroskopowej pewnego jednokomórkowego organizmu: A – mikrofotografię z transmisyjnego mikroskopu elektronowego oraz B – rysunek będący jej interpretacją.
Określ, czy obserwowaną komórką była komórka bakteryjna, czy – komórka grzybowa. Odpowiedź uzasadnij, odnosząc się do jednej widocznej na ilustracji cechy budowy odróżniającej komórkę bakteryjną od komórki grzybowej.

Rozwiązanie
Krok 1. Na rysunku interpretacyjnym (B) widoczny jest nukleoid – nieregularny obszar cytoplazmy, w którym znajduje się DNA komórki, nieoddzielony od reszty cytoplazmy błoną.
Krok 2. Komórka grzybowa (jako eukariotyczna) miałaby DNA zamknięte w jądrze komórkowym otoczonym błoną jądrową, a nie rozproszone w nukleoidzie.
Krok 3. Obecność nukleoidu (a nie jądra komórkowego) jednoznacznie wskazuje na komórkę prokariotyczną, czyli bakteryjną.
Odpowiedź: Była to komórka bakteryjna, ponieważ widoczny jest w niej nukleoid – obszar cytoplazmy zawierający DNA, nieograniczony błoną jądrową. Komórka grzybowa (eukariotyczna) miałaby DNA zamknięte w jądrze komórkowym.
Zadanie 6.1
1 pktMikrokosmki to palczaste wypustki cytoplazmatyczne wielu komórek nabłonkowych. Utrzymują one swój kształt dzięki pęczkom filamentów aktynowych tworzących ich cytoszkielet. Niektóre nabłonki charakteryzują się występowaniem bardzo licznych mikrokosmków, np. nabłonek jelita cienkiego czy nabłonek kanalika nerkowego. Badania z ostatnich lat wykazały również, że powierzchnia ciała tasiemców jest pokryta nabłonkiem z licznymi mikrokosmkami, w tym przypadku nazywanymi mikrotrychami.
Wykaż związek między obecnością licznych mikrotrychów na powierzchni ciała dorosłych tasiemców a ich trybem życia i sposobem odżywiania się.
Rozwiązanie
Krok 1. Dorosłe tasiemce są pasożytami żyjącymi w jelicie żywiciela i, w przeciwieństwie do wielu innych zwierząt, nie mają własnego przewodu pokarmowego – pobierają substancje odżywcze wchłaniając je bezpośrednio całą powierzchnią ciała z treści jelita.
Krok 2. Mikrotrychy, podobnie jak mikrokosmki nabłonka jelitowego, znacznie zwiększają powierzchnię ciała tasiemca dostępną do wchłaniania.
Krok 3. Zwiększona powierzchnia wchłaniania pozwala tasiemcowi efektywniej pobierać składniki odżywcze mimo braku własnego układu trawiennego.
Odpowiedź: Tasiemce jako pasożyty jelitowe nie mają własnego układu pokarmowego i wchłaniają pokarm całą powierzchnią ciała z treści jelita żywiciela. Liczne mikrotrychy zwiększają tę powierzchnię wchłaniania, co pozwala im efektywnie pobierać substancje odżywcze.
Zadanie 6.2
1 pktMikrokosmki to palczaste wypustki cytoplazmatyczne wielu komórek nabłonkowych. Utrzymują one swój kształt dzięki pęczkom filamentów aktynowych tworzących ich cytoszkielet. Niektóre nabłonki charakteryzują się występowaniem bardzo licznych mikrokosmków, np. nabłonek jelita cienkiego czy nabłonek kanalika nerkowego. Badania z ostatnich lat wykazały również, że powierzchnia ciała tasiemców jest pokryta nabłonkiem z licznymi mikrokosmkami, w tym przypadku nazywanymi mikrotrychami.
Wybierz i podkreśl wszystkie procesy, w których uczestniczą mikrokosmki nabłonka kanalika nerkowego.
- A.
ultrafiltracja
- B.
resorpcja zwrotna
- C.
sekrecja kanalikowa
- D.
wydzielanie adrenaliny
Rozwiązanie
Krok 1. Ultrafiltracja zachodzi w kłębuszku nerkowym (w ciałku nerkowym), a nie w kanaliku nerkowym, więc mikrokosmki kanalika nie biorą w niej udziału.
Krok 2. Resorpcja zwrotna (zwrotne wchłanianie wody i cennych substancji z moczu pierwotnego do krwi) i sekrecja kanalikowa (aktywne wydzielanie substancji z krwi do moczu) zachodzą właśnie w komórkach nabłonka kanalików nerkowych, a mikrokosmki zwiększają powierzchnię tych komórek, ułatwiając transport.
Krok 3. Wydzielanie adrenaliny jest funkcją komórek rdzenia nadnerczy, a nie nabłonka kanalika nerkowego.
Odpowiedź: resorpcja zwrotna, sekrecja kanalikowa.
Zadanie 6.3
1 pktMikrokosmki to palczaste wypustki cytoplazmatyczne wielu komórek nabłonkowych. Utrzymują one swój kształt dzięki pęczkom filamentów aktynowych tworzących ich cytoszkielet. Niektóre nabłonki charakteryzują się występowaniem bardzo licznych mikrokosmków, np. nabłonek jelita cienkiego czy nabłonek kanalika nerkowego. Badania z ostatnich lat wykazały również, że powierzchnia ciała tasiemców jest pokryta nabłonkiem z licznymi mikrokosmkami, w tym przypadku nazywanymi mikrotrychami.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące roli filamentów aktynowych w komórce zwierzęcej są prawdziwe. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.
| Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|
| 1. Podczas podziału jądra komórkowego włókna wrzeciona kariokinetycznego powstają głównie z filamentów aktynowych. | ||
| 2. W wyniku przesuwania się filamentów aktynowych względem filamentów miozynowych możliwy staje się skurcz komórki mięśniowej. | ||
| 3. Sieć filamentów aktynowych pod błoną komórkową bierze udział w tworzeniu wici oraz rzęsek. |
Rozwiązanie
Stwierdzenie 1. Włókna wrzeciona kariokinetycznego (podziałowego) powstają z mikrotubul, a nie z filamentów aktynowych. Stwierdzenie jest fałszywe (F).
Stwierdzenie 2. Skurcz komórki mięśniowej polega właśnie na przesuwaniu się filamentów aktynowych względem filamentów miozynowych (teoria ślizgowych filamentów). Stwierdzenie jest prawdziwe (P).
Stwierdzenie 3. Rzęski i wici zbudowane są z mikrotubul (w układzie 9×2+2), a nie z filamentów aktynowych. Stwierdzenie jest fałszywe (F).
Odpowiedź: 1. – F, 2. – P, 3. – F.
Biologia
Poziom rozszerzony
Zadanie 7.1
1 pktNa poniższych rysunkach przedstawiono, z zachowaniem wspólnej skali, przekroje poprzeczne przez blaszki liści klonu cukrowego: A. rosnących od południowej, w pełni oświetlonej strony korony drzewa, B. znajdujących się w środkowej, zacienionej części korony drzewa.
Sformułuj problem badawczy obserwacji przekrojów przez blaszki liściowe klonu cukrowego.

Rozwiązanie
Krok 1. Porównywane są dwa warianty liści tego samego drzewa, różniące się jedynie warunkami oświetlenia (pełne słońce vs zacienienie), a badana jest ich budowa anatomiczna (przekrój blaszki liściowej).
Krok 2. Problem badawczy powinien więc łączyć czynnik różnicujący (nasłonecznienie) ze zmienną obserwowaną (budowa anatomiczna liścia/miękiszu).
Odpowiedź: Czy (i jak) nasłonecznienie wpływa na budowę anatomiczną (grubość, budowę miękiszu asymilacyjnego) blaszki liściowej klonu cukrowego?
Zadanie 7.2
1 pktNa poniższych rysunkach przedstawiono, z zachowaniem wspólnej skali, przekroje poprzeczne przez blaszki liści klonu cukrowego: A. rosnących od południowej, w pełni oświetlonej strony korony drzewa, B. znajdujących się w środkowej, zacienionej części korony drzewa.
Na podstawie analizy rysunków podaj jedną różnicę w budowie miękiszu asymilacyjnego liści klonu cukrowego rosnących w różnych warunkach oświetlenia.

Rozwiązanie
Krok 1. Na rysunku A (liść w pełnym słońcu) komórki miękiszu palisadowego są wydłużone, ułożone w wyraźnie zwarte, długie „palisady”, a sam miękisz jest znacznie grubszy niż na rysunku B.
Krok 2. Na rysunku B (liść zacieniony) komórki miękiszu są krótsze, mniej wydłużone, a cała blaszka liściowa (i sam miękisz) jest wyraźnie tańsza/cieńsza.
Odpowiedź: W liściach rosnących w pełnym świetle (A) komórki miękiszu palisadowego są dłuższe, a sam miękisz asymilacyjny grubszy, natomiast w liściach zacienionych (B) komórki miękiszu są krótsze i mniej liczne, a miękisz jest cieńszy.
Zadanie 8.1
1 pktRuchy roślin mogą być spowodowane czynnikami wewnętrznymi lub wynikają z wrażliwości organu na określony bodziec zewnętrzny. Wąs czepny męczennicy, będący przekształconym pędem bocznym, w odpowiedzi na dotyk wygina się w miejscu kontaktu, co przedstawiono schematycznie na poniższym rysunku.
Dokończ zdanie.
Przedstawiony ruch wąsa czepnego męczennicy jest przykładem [nastii/tropizmu], ponieważ ten ruch jest [kierunkowy i nieodwracalny/kierunkowy i odwracalny/bezkierunkowy i odwracalny/bezkierunkowy i nieodwracalny].

Rozwiązanie
Krok 1. Ruch wąsa czepnego jest skierowany zgodnie z kierunkiem działania bodźca (dotyku ze strony podpory) – wąs wygina się konkretnie w stronę, z której nastąpił kontakt, a nie w sposób niezależny od kierunku bodźca. Taki kierunkowy ruch to tropizm, nie nastia (nastie są bezkierunkowe, zależą tylko od natężenia bodźca).
Krok 2. Po owinięciu się wokół podpory wygięcie wąsa jest trwałe (wynika z nieodwracalnego wzrostu komórek po jednej stronie) – nie ustępuje po zaniku bodźca, więc jest to ruch nieodwracalny.
Odpowiedź: B1 – jest to przykład tropizmu, ponieważ ten ruch jest kierunkowy i nieodwracalny.
Zadanie 8.2
1 pktRuchy roślin mogą być spowodowane czynnikami wewnętrznymi lub wynikają z wrażliwości organu na określony bodziec zewnętrzny. Wąs czepny męczennicy, będący przekształconym pędem bocznym, w odpowiedzi na dotyk wygina się w miejscu kontaktu, co przedstawiono schematycznie na poniższym rysunku.
Opisz mechanizm ruchu przedstawionego na rysunku. W odpowiedzi uwzględnij procesy zachodzące w komórkach wąsa czepnego.

Rozwiązanie
Krok 1. Dotyk podpory jest bodźcem, który wywołuje w komórkach wąsa czepnego zmianę tempa wzrostu wydłużeniowego po dwóch stronach organu.
Krok 2. Komórki po stronie wąsa przeciwnej do miejsca kontaktu z podporą rosną (wydłużają się) szybciej niż komórki po stronie kontaktującej się z podporą.
Krok 3. Ta różnica w tempie wzrostu między obiema stronami organu powoduje jego wygięcie w stronę podpory, czyli w miejscu kontaktu – i owinięcie się wokół niej.
Odpowiedź: Pod wpływem dotyku podpory dochodzi do przyspieszonego wzrostu wydłużeniowego komórek po stronie wąsa czepnego przeciwnej do miejsca kontaktu z podporą. Nierównomierny wzrost obu stron organu powoduje jego wygięcie się w stronę podpory i owinięcie się wokół niej.
Zadanie 9.1
1 pktMszyce odżywiają się sokami roślinnymi. Podczas pobierania pokarmu wbijają rostrum (wydłużony ryjek), stanowiący element aparatu gębowego, prosto do wnętrza rurki sitowej. Jeśli odetnie się ciało owada (za pomocą wiązki promieni laserowych), pozostawiając rostrum wbite w łodygę, pełni ono wówczas rolę mikrokapilary, z której pod wpływem ciśnienia hydrostatycznego wypływa zawartość floemu.
Przeprowadzono następujące doświadczenie. Szczytową część pędu lilaka pospolitego (Syringa vulgaris) umieszczono w szklanym pojemniku zawierającym dwutlenek węgla znakowany węglem 14C. Następnie mierzono czas pojawienia się związków organicznych zawierających 14C w soku floemowym wypływającym poprzez rozmieszczone wzdłuż łodygi mikrokapilary utworzone z rostrów mszyc.
Na rysunku przedstawiono zestaw doświadczalny, a w tabeli – uzyskane wyniki.
| Kolonia mszyc 1. | Kolonia mszyc 2. | Kolonia mszyc 3. | |
|---|---|---|---|
| Odległość w cm od kolonii startowej | 20 | 40 | 60 |
| Czas w godzinach, po którym wykryto obecność związków organicznych zawierających 14C, liczony od momentu wykrycia ich w miejscu kolonii startowej | 1,25 | 2,40 | 3,80 |
Sformułuj problem badawczy przedstawionego doświadczenia.

Rozwiązanie
Krok 1. W doświadczeniu mierzony jest czas potrzebny na dotarcie znakowanych związków organicznych do kolonii mszyc położonych w różnych odległościach od miejsca startowego (miejsca wprowadzenia znakowanego CO).
Krok 2. Celem jest więc określenie szybkości przemieszczania się (transportu) związków organicznych (asymilatów) w soku floemowym badanej rośliny.
Odpowiedź: Jaka jest szybkość transportu związków organicznych (asymilatów) w soku floemowym pędu lilaka pospolitego (Syringa vulgaris)?
Biologia
Poziom rozszerzony
Zadanie 9.2
1 pktMszyce odżywiają się sokami roślinnymi. Podczas pobierania pokarmu wbijają rostrum (wydłużony ryjek), stanowiący element aparatu gębowego, prosto do wnętrza rurki sitowej. Jeśli odetnie się ciało owada (za pomocą wiązki promieni laserowych), pozostawiając rostrum wbite w łodygę, pełni ono wówczas rolę mikrokapilary, z której pod wpływem ciśnienia hydrostatycznego wypływa zawartość floemu.
Przeprowadzono następujące doświadczenie. Szczytową część pędu lilaka pospolitego (Syringa vulgaris) umieszczono w szklanym pojemniku zawierającym dwutlenek węgla znakowany węglem 14C. Następnie mierzono czas pojawienia się związków organicznych zawierających 14C w soku floemowym wypływającym poprzez rozmieszczone wzdłuż łodygi mikrokapilary utworzone z rostrów mszyc.
Na rysunku przedstawiono zestaw doświadczalny, a w tabeli – uzyskane wyniki.
| Kolonia mszyc 1. | Kolonia mszyc 2. | Kolonia mszyc 3. | |
|---|---|---|---|
| Odległość w cm od kolonii startowej | 20 | 40 | 60 |
| Czas w godzinach, po którym wykryto obecność związków organicznych zawierających 14C, liczony od momentu wykrycia ich w miejscu kolonii startowej | 1,25 | 2,40 | 3,80 |
Wyjaśnij, dlaczego radioaktywne atomy węgla 14C, znajdujące się początkowo w znakowanym CO2, wykryto następnie w związkach organicznych znajdujących się w soku floemowym rośliny.

Rozwiązanie
Krok 1. Znakowany dwutlenek węgla () był pobierany przez liście pędu lilaka i wykorzystywany jako substrat w procesie fotosyntezy (w cyklu Calvina), w którym węgiel z CO zostaje wbudowany w nowo powstające związki organiczne (cukry).
Krok 2. Powstałe w ten sposób znakowane radioaktywnie produkty fotosyntezy (np. sacharoza) są następnie transportowane (załadowywane do rurek sitowych i przemieszczane) w soku floemowym do innych części rośliny.
Odpowiedź: Radioaktywny węgiel z został wbudowany w związki organiczne (cukry) w procesie fotosyntezy zachodzącej w liściach, a te wtórne produkty fotosyntezy są transportowane w soku floemowym rośliny, dlatego wykryto je właśnie tam.
Zadanie 10.1
1 pktRośliny rosnące w środowisku naturalnym są narażone na działanie wielu niekorzystnych czynników, określanych jako czynniki stresowe. Susza i podtopienie stanowią czynniki stresowe, które upośledzają transport wody w roślinie. Stres wywołuje odpowiedź komórek, tkanek i organów, co pozwala na lepsze przystosowanie się rośliny do aktualnych warunków środowiska. Jedną z pierwszych odpowiedzi rośliny na działanie czynnika stresotwórczego jest zmiana równowagi hormonalnej. Obserwowaną reakcją roślin na suszę lub podtopienie jest stymulacja syntezy etylenu. Efekt działania etylenu to m.in.: opadanie liści, rozwój miękiszu powietrznego w korzeniach, powstawanie korzeni przybyszowych oraz włośników.
Na poniższych schematach przedstawiono przekroje poprzeczne przez korzeń ryżu: A – stan wyjściowy, B – efekt działania etylenu w warunkach podtopienia rośliny.
Na podstawie schematów określ, na czym polegała zmiana w budowie korzenia ryżu, i podaj jej znaczenie adaptacyjne.

Rozwiązanie
Krok 1. Porównując schemat A i B, widać, że w schemacie B (po działaniu etylenu w warunkach podtopienia) w korze pierwotnej korzenia powstały duże przestwory (widoczne pozostałości ścian komórkowych między nimi) – rozwinął się miękisz powietrzny (aerenchyma).
Krok 2. Powiększone przestwory międzykomórkowe tworzą połączoną sieć kanałów powietrznych.
Krok 3. W warunkach podtopienia dostęp do tlenu w podłożu jest bardzo ograniczony – sieć przestworów miękiszu powietrznego umożliwia przewietrzanie tkanek korzenia i dostarczanie do nich tlenu (transportowanego z części rośliny znajdujących się nad wodą).
Odpowiedź: Zmiana polegała na rozpadzie części komórek kory pierwotnej i powstaniu dużych przestworów międzykomórkowych, czyli rozwinięciu się miękiszu powietrznego (aerenchymy). Znaczenie adaptacyjne: sieć takich przestworów umożliwia przewietrzanie tkanek korzenia i dostarczanie do niego tlenu w warunkach podtopienia, gdy tlen w podłożu jest niedostępny.
Zadanie 10.2
1 pktRośliny rosnące w środowisku naturalnym są narażone na działanie wielu niekorzystnych czynników, określanych jako czynniki stresowe. Susza i podtopienie stanowią czynniki stresowe, które upośledzają transport wody w roślinie. Stres wywołuje odpowiedź komórek, tkanek i organów, co pozwala na lepsze przystosowanie się rośliny do aktualnych warunków środowiska. Jedną z pierwszych odpowiedzi rośliny na działanie czynnika stresotwórczego jest zmiana równowagi hormonalnej. Obserwowaną reakcją roślin na suszę lub podtopienie jest stymulacja syntezy etylenu. Efekt działania etylenu to m.in.: opadanie liści, rozwój miękiszu powietrznego w korzeniach, powstawanie korzeni przybyszowych oraz włośników.
Wyjaśnij, w jaki sposób wzrost wydzielania etylenu w czasie suszy przyczynia się do utrzymania zrównoważonego bilansu wodnego roślin. W odpowiedzi uwzględnij jeden z wymienionych efektów działania etylenu.

Rozwiązanie
Krok 1. W czasie suszy roślina traci wodę głównie poprzez transpirację zachodzącą przez aparaty szparkowe w liściach.
Krok 2. Etylen stymuluje opadanie liści (defoliację) – usunięcie części liści zmniejsza całkowitą powierzchnię, przez którą zachodzi transpiracja.
Krok 3. Ograniczenie utraty wody na drodze transpiracji pomaga roślinie utrzymać zrównoważony bilans wodny mimo niedoboru wody w podłożu.
Odpowiedź: Etylen stymuluje opadanie liści, co zmniejsza powierzchnię, przez którą zachodzi transpiracja, a tym samym ogranicza utratę wody przez roślinę w czasie suszy, pomagając zachować zrównoważony bilans wodny.
Zadanie 10.3
1 pktRośliny rosnące w środowisku naturalnym są narażone na działanie wielu niekorzystnych czynników, określanych jako czynniki stresowe. Susza i podtopienie stanowią czynniki stresowe, które upośledzają transport wody w roślinie. Stres wywołuje odpowiedź komórek, tkanek i organów, co pozwala na lepsze przystosowanie się rośliny do aktualnych warunków środowiska. Jedną z pierwszych odpowiedzi rośliny na działanie czynnika stresotwórczego jest zmiana równowagi hormonalnej. Obserwowaną reakcją roślin na suszę lub podtopienie jest stymulacja syntezy etylenu. Efekt działania etylenu to m.in.: opadanie liści, rozwój miękiszu powietrznego w korzeniach, powstawanie korzeni przybyszowych oraz włośników.
Oceń, czy poniższe informacje odnoszące się do roli auksyn w funkcjonowaniu rośliny są prawdziwe. Zaznacz P, jeśli informacja jest prawdziwa, albo F – jeśli jest fałszywa.
| Informacja | P | F |
|---|---|---|
| 1. Auksyny produkowane przez pąk szczytowy są odpowiedzialne za zjawisko dominacji wierzchołkowej. | ||
| 2. Auksyny, podobnie jak etylen, mogą indukować tworzenie się korzeni przybyszowych. | ||
| 3. Auksyny biorą udział w reakcjach fototropicznych pędu, dzięki czemu warunkują jego wyginanie się w kierunku światła. |
Rozwiązanie
Informacja 1. Auksyny wytwarzane przez pąk (merystem) szczytowy pędu hamują rozwój pąków bocznych – to zjawisko dominacji wierzchołkowej. Informacja jest prawdziwa (P).
Informacja 2. Zarówno auksyny, jak i etylen mogą stymulować powstawanie korzeni przybyszowych (dlatego auksyny są składnikiem preparatów ułatwiających ukorzenianie sadzonek). Informacja jest prawdziwa (P).
Informacja 3. W fototropizmie auksyna gromadzi się silniej po stronie zacienionej pędu, powodując szybszy wzrost wydłużeniowy tej strony i wygięcie pędu w stronę światła. Informacja jest prawdziwa (P).
Odpowiedź: 1. – P, 2. – P, 3. – P.
Zadanie 11.1
1 pktTrzustka jest gruczołem, który pełni u człowieka jednocześnie funkcję wydzielania wewnętrznego oraz zewnętrznego. Funkcja zewnątrzwydzielnicza polega na wytwarzaniu enzymów trawiennych i na uwalnianiu ich do światła przewodu pokarmowego.
Uzupełnij tabelę – wpisz nazwy enzymów trzustkowych i substratu w odpowiednie miejsca.
| Nazwa enzymu | Trawiony składnik pokarmowy (substrat) |
|---|---|
| trypsyna | |
| polisacharydy | |
| zemulgowane tłuszcze |
Rozwiązanie
Krok 1. Trypsyna jest enzymem proteolitycznym trzustki – trawi białka (polipeptydy) do krótszych peptydów.
Krok 2. Enzymem trzustkowym trawiącym polisacharydy (np. skrobię) jest amylaza (trzustkowa).
Krok 3. Enzymem trzustkowym trawiącym zemulgowane tłuszcze jest lipaza (trzustkowa).
Odpowiedź: trypsyna – białka/polipeptydy; amylaza (trzustkowa) – polisacharydy; lipaza (trzustkowa) – zemulgowane tłuszcze.
Biologia
Poziom rozszerzony
Zadanie 11.2
1 pktTrzustka jest gruczołem, który pełni u człowieka jednocześnie funkcję wydzielania wewnętrznego oraz zewnętrznego. Funkcja zewnątrzwydzielnicza polega na wytwarzaniu enzymów trawiennych i na uwalnianiu ich do światła przewodu pokarmowego.
Podaj nazwę odcinka przewodu pokarmowego, do którego są wydzielane enzymy trzustkowe.
Rozwiązanie
Krok 1. Sok trzustkowy z enzymami trawiennymi jest transportowany przewodem trzustkowym, który uchodzi do początkowego odcinka jelita cienkiego.
Odpowiedź: dwunastnica (początkowy odcinek jelita cienkiego).
Zadanie 11.3
1 pktTrzustka jest gruczołem, który pełni u człowieka jednocześnie funkcję wydzielania wewnętrznego oraz zewnętrznego. Funkcja zewnątrzwydzielnicza polega na wytwarzaniu enzymów trawiennych i na uwalnianiu ich do światła przewodu pokarmowego.
Wykaż, że trzustka pełni funkcję gruczołu wydzielania wewnętrznego. W odpowiedzi uwzględnij przykład substancji produkowanej przez ten narząd oraz sposób jej wydzielania.
Rozwiązanie
Krok 1. Gruczoł wydzielania wewnętrznego (dokrewny) uwalnia swoje produkty bezpośrednio do krwi (płynów ustrojowych), a nie do przewodów wyprowadzających jak gruczoł zewnątrzwydzielniczy.
Krok 2. Komórki wysp trzustkowych (np. komórki β) produkują hormon insulinę, który jest wydzielany bezpośrednio do naczyń krwionośnych otaczających wyspy trzustkowe, a nie do przewodów trzustkowych.
Krok 3. Ponieważ insulina trafia bezpośrednio do krwi, a nie jest wyprowadzana przewodami, trzustka spełnia w tym zakresie kryteria gruczołu wydzielania wewnętrznego.
Odpowiedź: Komórki wysp trzustkowych produkują hormon insulinę, którą wydzielają bezpośrednio do krwi (naczyń krwionośnych), a nie do przewodów wyprowadzających – to właśnie definiuje funkcję wydzielania wewnętrznego tego narządu.
Zadanie 12.1
1 pktStrusie przystosowane są do życia na terenach pustynnych i półpustynnych. Jako jedyne ptaki osobno wydalają kał i mocz. Są w stanie przeżyć nawet kilka dni bez dostępu do wody. Ich pokarm stanowią głównie nasiona, ale także owoce oraz liście traw i innych roślin. Zwłaszcza te ostatnie są istotnym źródłem wody dla strusi.
Na wykresie przedstawiono zmiany osmolalności osocza krwi oraz moczu strusia czerwonoskórego (Struthio camelus) na przestrzeni kilkunastu dni, w czasie których ptaki miały swobodny lub ograniczony dostęp do wody. Próbki moczu pobierano każdego dnia z samego rana zaraz po podniesieniu się ptaków z legowiska.
Uwaga: Osmolalność to liczba moli substancji osmotycznie czynnych rozpuszczonych w 1 kg wody.
Na podstawie przedstawionych informacji podaj dzień eksperymentu, w którym ptakom ograniczono dostęp do wody, oraz dzień, w którym zostały one napojone.

Rozwiązanie
Krok 1. Osmolalność moczu zaczyna gwałtownie rosnąć między 4. a 5. dniem eksperymentu – to sygnał, że nerki zaczęły silnie zagęszczać mocz z powodu ograniczenia dostępu do wody, co wskazuje, że dostęp do wody ograniczono w 4. dniu.
Krok 2. Osmolalność moczu gwałtownie spada między 12. a 13. dniem eksperymentu – to oznacza, że ptaki otrzymały wodę i przestały jej intensywnie zatrzymywać, czyli zostały napojone w 12. dniu.
Odpowiedź: Dostęp do wody ograniczono w 4. dniu eksperymentu, a ptaki napojono w 12. dniu.
Zadanie 12.2
1 pktStrusie przystosowane są do życia na terenach pustynnych i półpustynnych. Jako jedyne ptaki osobno wydalają kał i mocz. Są w stanie przeżyć nawet kilka dni bez dostępu do wody. Ich pokarm stanowią głównie nasiona, ale także owoce oraz liście traw i innych roślin. Zwłaszcza te ostatnie są istotnym źródłem wody dla strusi.
Na wykresie przedstawiono zmiany osmolalności osocza krwi oraz moczu strusia czerwonoskórego (Struthio camelus) na przestrzeni kilkunastu dni, w czasie których ptaki miały swobodny lub ograniczony dostęp do wody. Próbki moczu pobierano każdego dnia z samego rana zaraz po podniesieniu się ptaków z legowiska.
Uwaga: Osmolalność to liczba moli substancji osmotycznie czynnych rozpuszczonych w 1 kg wody.
Wyjaśnij, dlaczego w czasie trwania eksperymentu wzrosła osmolalność moczu badanych ptaków.

Rozwiązanie
Krok 1. Gdy dostęp do wody był ograniczony, organizm ptaka musiał ograniczyć utratę wody, aby uniknąć odwodnienia.
Krok 2. Nerki zwiększyły resorpcję zwrotną wody z moczu pierwotnego do krwi, dzięki czemu w moczu ostatecznym zostaje mniej wody, a substancje osmotycznie czynne są w nim bardziej skoncentrowane.
Krok 3. Większe zagęszczenie substancji rozpuszczonych w mniejszej objętości wody to właśnie wzrost osmolalności moczu.
Odpowiedź: Ograniczony dostęp do wody spowodował zwiększenie resorpcji zwrotnej wody w nerkach (w celu ograniczenia jej utraty), w efekcie czego mocz zawierał mniej wody, a substancje osmotycznie czynne były w nim bardziej skoncentrowane – stąd wzrost jego osmolalności.
Zadanie 12.3
1 pktStrusie przystosowane są do życia na terenach pustynnych i półpustynnych. Jako jedyne ptaki osobno wydalają kał i mocz. Są w stanie przeżyć nawet kilka dni bez dostępu do wody. Ich pokarm stanowią głównie nasiona, ale także owoce oraz liście traw i innych roślin. Zwłaszcza te ostatnie są istotnym źródłem wody dla strusi.
Na wykresie przedstawiono zmiany osmolalności osocza krwi oraz moczu strusia czerwonoskórego (Struthio camelus) na przestrzeni kilkunastu dni, w czasie których ptaki miały swobodny lub ograniczony dostęp do wody. Próbki moczu pobierano każdego dnia z samego rana zaraz po podniesieniu się ptaków z legowiska.
Uwaga: Osmolalność to liczba moli substancji osmotycznie czynnych rozpuszczonych w 1 kg wody.
Wyjaśnij, dlaczego strusie, podobnie jak inne ptaki, muszą połykać kamienie, aby skuteczniej trawić pokarm.

Rozwiązanie
Krok 1. Ptaki, w tym strusie, nie mają zębów, więc nie mogą mechanicznie rozdrobnić pokarmu (np. nasion, twardych części roślin) w jamie gębowej, jak robią to zwierzęta z zębami.
Krok 2. Połknięte kamienie gromadzą się w żołądku mięśniowym (mielcu) i podczas jego silnych skurczów służą do mechanicznego rozdrabniania i rozcierania pokarmu, zastępując funkcję zębów.
Krok 3. Rozdrobnienie pokarmu zwiększa jego powierzchnię, na którą mogą działać enzymy trawienne, co przyspiesza i usprawnia trawienie.
Odpowiedź: Strusie nie mają zębów, więc nie mogą rozdrobnić pokarmu mechanicznie w jamie gębowej. Połknięte kamienie w żołądku mięśniowym rozcierają i rozdrabniają pokarm podczas jego skurczów, zwiększając powierzchnię dostępną dla enzymów trawiennych i tym samym usprawniając trawienie.
Biologia
Poziom rozszerzony
Zadanie 13.1
1 pktNa schemacie przedstawiono zmiany potencjału błony we wzgórku aksonu neuronu. Strzałki wskazują czas, w którym nastąpiły dwa pobudzenia tego neuronu.
Do faz potencjału czynnościowego, oznaczonych na schemacie literami A–D, przyporządkuj właściwe określenia spośród wymienionych poniżej.

- A.
hiperpolaryzacja
- B.
polaryzacja
- C.
depolaryzacja
- D.
repolaryzacja
Rozwiązanie
Krok 1. Faza A to odcinek przed pobudzeniem, gdy potencjał błony ma stałą, ujemną wartość spoczynkową (-70 mV) – to polaryzacja.
Krok 2. Faza B to gwałtowny wzrost potencjału błonowego w stronę wartości dodatnich (napływ Na) – to depolaryzacja.
Krok 3. Faza C to powrót potencjału w stronę wartości ujemnych (wypływ K) po szczycie skoku – to repolaryzacja.
Krok 4. Faza D to chwilowe obniżenie potencjału poniżej wartości spoczynkowej – to hiperpolaryzacja.
Odpowiedź: A. polaryzacja; B. depolaryzacja; C. repolaryzacja; D. hiperpolaryzacja.
Zadanie 13.2
1 pktNa schemacie przedstawiono zmiany potencjału błony we wzgórku aksonu neuronu. Strzałki wskazują czas, w którym nastąpiły dwa pobudzenia tego neuronu.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące informacji przedstawionych na wykresie są prawdziwe. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.
| Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|
| 1. Pobudzenie nr 2 spowodowało lokalną depolaryzację błony komórkowej. | ||
| 2. Pobudzenie nr 2 było przyczyną powstania impulsu nerwowego. | ||
| 3. Literą E oznaczono wartość potencjału spoczynkowego błony komórkowej. |

Rozwiązanie
Stwierdzenie 1. Po pobudzeniu nr 2 widać na wykresie niewielki, lokalny wzrost potencjału błonowego (mały „garb”) – to lokalna depolaryzacja. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).
Stwierdzenie 2. Wzrost potencjału po pobudzeniu nr 2 jest niewielki i nie przekracza wartości progowej (linii przerywanej) potrzebnej do wywołania pełnego potencjału czynnościowego (impulsu nerwowego) – impuls nie powstał. Stwierdzenie jest fałszywe (F).
Stwierdzenie 3. Litera E znajduje się na poziomie linii przerywanej, czyli oznacza wartość progową (potencjał progowy), a nie wartość potencjału spoczynkowego (który jest oznaczony jako -70 mV, poziom przed pobudzeniem nr 1, tam gdzie znajduje się litera A). Stwierdzenie jest fałszywe (F).
Odpowiedź: 1. – P, 2. – F, 3. – F.
Zadanie 14.1
1 pktWitamina C (kwas L-askorbinowy) pełni kilka istotnych funkcji w procesach metabolicznych zachodzących w organizmie człowieka, który musi ją przyjmować wraz z pokarmem. Szacuje się, że organizm dorosłego człowieka potrzebuje około 90 mg witaminy C na dobę. Źródłem witaminy C w diecie człowieka są przede wszystkim rośliny, ale większość zwierząt ma zdolność do jej syntezy. Utrata tej zdolności jest skutkiem mutacji genu kodującego enzym katalizujący ostatni etap syntezy witaminy C.
Na poniższym drzewie filogenetycznym przedstawiono historię ewolucyjną ssaków – szarym kolorem wyróżniono linie filogenetyczne, w których doszło do utraty zdolności do syntezy witaminy C.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia odnoszące się do przedstawionego drzewa filogenetycznego są prawdziwe. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.
| Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|
| 1. Ssaki, które nie mają zdolności do syntezy witaminy C, stanowią grupę polifiletyczną. | ||
| 2. Utrata zdolności do syntezy witaminy C zaszła co najmniej trzykrotnie, niezależnie w różnych liniach rozwojowych ssaków. | ||
| 3. Wszystkie naczelne są pozbawione możliwości syntezy witaminy C. |

Rozwiązanie
Stwierdzenie 1. Szare (pozbawione zdolności syntezy) linie występują w trzech oddzielnych, niezwiązanych bezpośrednio wspólnym przodkiem grupach: wśród niektórych nietoperzy, wśród niektórych gryzoni (kawia) oraz wśród większości naczelnych – nie mają one jednego wspólnego przodka „bez syntezy C”, więc jest to grupa polifiletyczna. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).
Stwierdzenie 2. Szare odcinki drzewa pojawiają się niezależnie co najmniej trzy razy: u niektórych nietoperzy, u kawii (świnki morskiej) oraz w linii naczelnych (ponocnice/marmozety/makak/gibon/orangutan/goryl/człowiek). Stwierdzenie jest prawdziwe (P).
Stwierdzenie 3. Na drzewie galago i lemur są naczelnymi, ale są przedstawione w kolorze czarnym (czyli zachowały zdolność syntezy witaminy C) – nie wszystkie naczelne ją utraciły. Stwierdzenie jest fałszywe (F).
Odpowiedź: 1. – P, 2. – P, 3. – F.
Zadanie 14.2
1 pktWitamina C (kwas L-askorbinowy) pełni kilka istotnych funkcji w procesach metabolicznych zachodzących w organizmie człowieka, który musi ją przyjmować wraz z pokarmem. Szacuje się, że organizm dorosłego człowieka potrzebuje około 90 mg witaminy C na dobę. Źródłem witaminy C w diecie człowieka są przede wszystkim rośliny, ale większość zwierząt ma zdolność do jej syntezy. Utrata tej zdolności jest skutkiem mutacji genu kodującego enzym katalizujący ostatni etap syntezy witaminy C.
Na poniższym drzewie filogenetycznym przedstawiono historię ewolucyjną ssaków – szarym kolorem wyróżniono linie filogenetyczne, w których doszło do utraty zdolności do syntezy witaminy C.
Wyjaśnij, dlaczego mutacja uniemożliwiająca syntezę witaminy C, która pojawiła się u przodka małp, nie została wyeliminowana przez dobór naturalny.

Rozwiązanie
Krok 1. Dobór naturalny eliminuje z populacji te allele/mutacje, które obniżają dostosowanie (przeżycie i sukces rozrodczy) ich posiadaczy.
Krok 2. Przodkowie małp (naczelnych) żyli w środowisku bogatym w rośliny, a więc mieli dietę bardzo bogatą w witaminę C, dostarczaną wraz z pokarmem.
Krok 3. Ponieważ witamina C była (i jest) dostarczana z zewnątrz w wystarczającej ilości, utrata zdolności do jej syntezy nie powodowała żadnych negatywnych skutków zdrowotnych, a więc nie obniżała dostosowania – dobór naturalny „nie miał powodu”, by tę mutację eliminować.
Odpowiedź: Ponieważ dieta przodków małp była bogata w witaminę C dostarczaną z pokarmem, utrata zdolności do jej syntezy nie wywoływała negatywnych skutków zdrowotnych i nie obniżała dostosowania tych zwierząt, dlatego dobór naturalny nie eliminował tej mutacji z populacji.
Zadanie 14.3
1 pktWitamina C (kwas L-askorbinowy) pełni kilka istotnych funkcji w procesach metabolicznych zachodzących w organizmie człowieka, który musi ją przyjmować wraz z pokarmem. Szacuje się, że organizm dorosłego człowieka potrzebuje około 90 mg witaminy C na dobę. Źródłem witaminy C w diecie człowieka są przede wszystkim rośliny, ale większość zwierząt ma zdolność do jej syntezy. Utrata tej zdolności jest skutkiem mutacji genu kodującego enzym katalizujący ostatni etap syntezy witaminy C.
Na poniższym drzewie filogenetycznym przedstawiono historię ewolucyjną ssaków – szarym kolorem wyróżniono linie filogenetyczne, w których doszło do utraty zdolności do syntezy witaminy C.
Wyjaśnij, dlaczego witamina C, w odróżnieniu od witaminy A, nie kumuluje się w organizmie człowieka. W odpowiedzi odnieś się do właściwości obu witamin.
Rozwiązanie
Krok 1. Witamina C jest witaminą rozpuszczalną w wodzie, natomiast witamina A jest witaminą rozpuszczalną w tłuszczach.
Krok 2. Witaminy rozpuszczalne w wodzie nie mogą być magazynowane w tkance tłuszczowej – ich nadmiar łatwo rozpuszcza się w wodnym środowisku krwi i moczu i jest usuwany z organizmu wraz z moczem.
Krok 3. Witamina A, jako rozpuszczalna w tłuszczach, może być magazynowana w tkankach tłuszczowych i wątrobie, a nie jest wydalana z moczem (wodnym roztworem), więc kumuluje się w organizmie.
Odpowiedź: Witamina C jest rozpuszczalna w wodzie, dlatego jej nadmiar jest łatwo wydalany z moczem i nie kumuluje się w organizmie. Witamina A jest rozpuszczalna w tłuszczach, dzięki czemu może być magazynowana w tkance tłuszczowej i wątrobie, i to właśnie umożliwia jej kumulację.
Biologia
Poziom rozszerzony
Zadanie 15.1
1 pktW organizmie człowieka kości chronią ważne narządy wewnętrzne, umożliwiają ruch i pełnią funkcję podporową. U noworodków występuje ok. 270 kości, ale u osób dorosłych jest ich już tylko 206. Najdłuższą kością w ciele człowieka jest kość udowa. Z kolei najmniejsze kości to kosteczki słuchowe, a wśród nich najmniejszą jest strzemiączko. Są to jedyne kości, które nie zmieniają swojego rozmiaru przez całe życie człowieka.
Określ funkcję strzemiączka i podaj nazwy pozostałych kosteczek słuchowych.
Rozwiązanie
Krok 1. Strzemiączko jest ostatnią z trzech kosteczek słuchowych – przekazuje (i wzmacnia) drgania mechaniczne z pozostałych kosteczek na błonę okienka owalnego, skąd drgania przechodzą do ucha wewnętrznego (na endolimfę/perylimfę).
Krok 2. Pozostałe dwie kosteczki słuchowe to młoteczek (połączony z błoną bębenkową) i kowadełko (leżące między młoteczkiem a strzemiączkiem).
Odpowiedź: Funkcja strzemiączka: przenosi (i wzmacnia) drgania z pozostałych kosteczek słuchowych na błonę okienka owalnego, przekazując je do ucha wewnętrznego. Nazwy pozostałych kosteczek słuchowych: młoteczek i kowadełko.
Zadanie 15.2
1 pktW organizmie człowieka kości chronią ważne narządy wewnętrzne, umożliwiają ruch i pełnią funkcję podporową. U noworodków występuje ok. 270 kości, ale u osób dorosłych jest ich już tylko 206. Najdłuższą kością w ciele człowieka jest kość udowa. Z kolei najmniejsze kości to kosteczki słuchowe, a wśród nich najmniejszą jest strzemiączko. Są to jedyne kości, które nie zmieniają swojego rozmiaru przez całe życie człowieka.
Określ przyczynę różnicy w liczbie kości między noworodkiem a osobą dorosłą.
Rozwiązanie
Krok 1. U noworodka wiele kości (np. kości czaszki, kości krzyżowe, kości miedniczne) jest jeszcze rozdzielonych lub składa się z odrębnych elementów kostnych połączonych chrząstką lub tkanką łączną.
Krok 2. W trakcie rozwoju osobniczego (wzrostu i kostnienia) niektóre z tych sąsiadujących kości zrastają się ze sobą, tworząc jedną, większą kość.
Odpowiedź: W czasie rozwoju osobniczego niektóre kości noworodka (np. kości czaszki, kości krzyżowe) zrastają się ze sobą w jedną kość, dlatego u osoby dorosłej liczba kości jest mniejsza niż u noworodka.
Zadanie 15.3
1 pktW organizmie człowieka kości chronią ważne narządy wewnętrzne, umożliwiają ruch i pełnią funkcję podporową. U noworodków występuje ok. 270 kości, ale u osób dorosłych jest ich już tylko 206. Najdłuższą kością w ciele człowieka jest kość udowa. Z kolei najmniejsze kości to kosteczki słuchowe, a wśród nich najmniejszą jest strzemiączko. Są to jedyne kości, które nie zmieniają swojego rozmiaru przez całe życie człowieka.
Podaj jedną funkcję kości długich człowieka, inną niż wymienione w tekście.
Rozwiązanie
Krok 1. W tekście wymieniono już funkcję podporową i umożliwianie ruchu (funkcja lokomotoryczna), a te odpowiedzi nie mogą się powtarzać.
Krok 2. Kości długie zawierają jamę szpikową ze szpikiem kostnym czerwonym, w którym zachodzi krwiotworzenie (produkcja krwinek), a ponadto stanowią magazyn soli mineralnych (wapnia, fosforu).
Odpowiedź: Funkcja krwiotwórcza (produkcja krwinek w szpiku kostnym czerwonym) – alternatywnie: magazynowanie soli mineralnych (wapnia i fosforu).
Zadanie 15.4
1 pktW organizmie człowieka kości chronią ważne narządy wewnętrzne, umożliwiają ruch i pełnią funkcję podporową. U noworodków występuje ok. 270 kości, ale u osób dorosłych jest ich już tylko 206. Najdłuższą kością w ciele człowieka jest kość udowa. Z kolei najmniejsze kości to kosteczki słuchowe, a wśród nich najmniejszą jest strzemiączko. Są to jedyne kości, które nie zmieniają swojego rozmiaru przez całe życie człowieka.
Dokończ zdanie.
Występowanie tkanki kostnej jest charakterystyczne dla wszystkich
- A.
skorupiaków.
- B.
głowonogów.
- C.
strunowców.
- D.
kręgowców.
Rozwiązanie
Krok 1. Tkanka kostna (kość prawdziwa, zbudowana z komórek kostnych osadzonych w mineralizowanej macierzy) jest cechą charakterystyczną dla całej grupy kręgowców – wszystkie kręgowce mają szkielet zawierający tkankę kostną (nawet jeśli u niektórych, np. rekinów, szkielet jest głównie chrzęstny, to i tak są wyjątkiem w obrębie kręgowców, a nie regułą; ogólna cecha grupy to obecność tkanki kostnej).
Krok 2. Skorupiaki i głowonogi to bezkręgowce, u których nie występuje tkanka kostna (mają np. pancerz chitynowy lub muszlę), a strunowce to szersza grupa obejmująca też bezczaszkowce, u których tkanka kostna nie jest cechą uniwersalną.
Odpowiedź: D.
Zadanie 16.1
1 pktDo monitorowania jakości wody wodociągowej wykorzystuje się m.in. małże. Prowadzą one osiadły tryb życia, a duże znaczenie w ich funkcjonowaniu odgrywają mechano- i chemoreceptory wykrywające cząstki zawieszone w wodzie. W zbiorniku przepływowym umieszcza się szczeżuje lub skójki, które jedną połową muszli przytwierdza się do jego dna, a do drugiej połowy przyczepia się magnes połączony z czujnikiem przekazującym sygnały do komputera.
W warunkach normalnego funkcjonowania rytm biologiczny małża obejmuje cykliczne okresy podwyższonej i obniżonej aktywności. W czasie podwyższonej aktywności, jeśli woda jest czysta, muszla małża jest rozchylona, a mięczak pobiera wodę przez syfon. W czasie obniżonej aktywności muszla może być częściowo lub całkowicie zamknięta przez okres kilku godzin.
Przymknięcie muszli nawet do kilku procent maksymalnego rozwarcia lub stopniowe jej całkowite zamykanie nie musi być przejawem stresu. Dopiero w momencie wystąpienia nagłej zmiany jakości wody mięczak gwałtownie zamyka muszlę. W poznańskiej stacji uzdatniania wody jednocześnie wykorzystuje się osiem osobników. Alarm włącza się, gdy średnia wartość stopnia otwarcia ich muszli spadnie poniżej określonego poziomu.
Oceń, czy stwierdzenia odnoszące się do wykorzystania małży w monitorowaniu jakości wody wodociągowej są prawdziwe. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.
| Stwierdzenie | P | F |
|---|---|---|
| 1. Dzięki małżom możliwa jest ocena ogólnego poziomu zanieczyszczenia wody wodociągowej. | ||
| 2. Małże wykorzystuje się do monitorowania jakości wody wodociągowej, ponieważ mają one dużą tolerancję na zanieczyszczenia w środowisku życia. | ||
| 3. Małże mają doskonały zmysł chemiczny, dzięki czemu ich reakcja dostarcza informacji o tym, jaki związek szkodliwy i w jakich ilościach znajduje się w wodzie. |
Rozwiązanie
Stwierdzenie 1. Reakcja małży (gwałtowne zamknięcie muszli) na nagłą zmianę jakości wody pozwala wykryć ogólne pogorszenie jakości wody, choć nie wskazuje konkretnej przyczyny. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).
Stwierdzenie 2. Do monitorowania wykorzystuje się organizmy wskaźnikowe, czyli takie, które mają wąski, a nie duży zakres tolerancji na zanieczyszczenia – właśnie dlatego szybko i wyraźnie reagują na zmiany jakości wody. Stwierdzenie jest fałszywe (F).
Stwierdzenie 3. Reakcja małży (zamknięcie muszli) jest tylko ogólnym sygnałem alarmowym – nie mówi nic o tym, jaki konkretnie związek i w jakiej ilości znajduje się w wodzie. Stwierdzenie jest fałszywe (F).
Odpowiedź: 1. – P, 2. – F, 3. – F.
Biologia
Poziom rozszerzony
Zadanie 16.2
1 pktDo monitorowania jakości wody wodociągowej wykorzystuje się m.in. małże. Prowadzą one osiadły tryb życia, a duże znaczenie w ich funkcjonowaniu odgrywają mechano- i chemoreceptory wykrywające cząstki zawieszone w wodzie. W zbiorniku przepływowym umieszcza się szczeżuje lub skójki, które jedną połową muszli przytwierdza się do jego dna, a do drugiej połowy przyczepia się magnes połączony z czujnikiem przekazującym sygnały do komputera.
W warunkach normalnego funkcjonowania rytm biologiczny małża obejmuje cykliczne okresy podwyższonej i obniżonej aktywności. W czasie podwyższonej aktywności, jeśli woda jest czysta, muszla małża jest rozchylona, a mięczak pobiera wodę przez syfon. W czasie obniżonej aktywności muszla może być częściowo lub całkowicie zamknięta przez okres kilku godzin.
Przymknięcie muszli nawet do kilku procent maksymalnego rozwarcia lub stopniowe jej całkowite zamykanie nie musi być przejawem stresu. Dopiero w momencie wystąpienia nagłej zmiany jakości wody mięczak gwałtownie zamyka muszlę. W poznańskiej stacji uzdatniania wody jednocześnie wykorzystuje się osiem osobników. Alarm włącza się, gdy średnia wartość stopnia otwarcia ich muszli spadnie poniżej określonego poziomu.
Wyjaśnij, dlaczego podczas biomonitoringu czystości wód wykorzystuje się więcej niż jednego osobnika, jak np. osiem w poznańskiej stacji uzdatniania wody.
Rozwiązanie
Krok 1. Pojedynczy osobnik może zamknąć muszlę z powodów niezwiązanych z jakością wody (np. indywidualna reakcja, choroba, faza rytmu biologicznego), co mogłoby wywołać fałszywy alarm.
Krok 2. Wykorzystanie wielu osobników i uśrednienie ich reakcji (stopnia otwarcia muszli) pozwala odróżnić rzeczywiste zanieczyszczenie wody (na które reaguje jednocześnie wiele osobników) od przypadkowej, indywidualnej reakcji jednego z nich.
Odpowiedź: Wykorzystanie wielu osobników pozwala wykluczyć fałszywe alarmy wynikające z indywidualnej, przypadkowej reakcji jednego małża i zwiększa wiarygodność wyniku – dopiero jednoczesna reakcja wielu osobników świadczy o rzeczywistym pogorszeniu jakości wody.
Zadanie 16.3
1 pktDo monitorowania jakości wody wodociągowej wykorzystuje się m.in. małże. Prowadzą one osiadły tryb życia, a duże znaczenie w ich funkcjonowaniu odgrywają mechano- i chemoreceptory wykrywające cząstki zawieszone w wodzie. W zbiorniku przepływowym umieszcza się szczeżuje lub skójki, które jedną połową muszli przytwierdza się do jego dna, a do drugiej połowy przyczepia się magnes połączony z czujnikiem przekazującym sygnały do komputera.
W warunkach normalnego funkcjonowania rytm biologiczny małża obejmuje cykliczne okresy podwyższonej i obniżonej aktywności. W czasie podwyższonej aktywności, jeśli woda jest czysta, muszla małża jest rozchylona, a mięczak pobiera wodę przez syfon. W czasie obniżonej aktywności muszla może być częściowo lub całkowicie zamknięta przez okres kilku godzin.
Przymknięcie muszli nawet do kilku procent maksymalnego rozwarcia lub stopniowe jej całkowite zamykanie nie musi być przejawem stresu. Dopiero w momencie wystąpienia nagłej zmiany jakości wody mięczak gwałtownie zamyka muszlę. W poznańskiej stacji uzdatniania wody jednocześnie wykorzystuje się osiem osobników. Alarm włącza się, gdy średnia wartość stopnia otwarcia ich muszli spadnie poniżej określonego poziomu.
Określ, jakie znaczenie dla funkcjonowania małży ma przepływ wody przez jamę płaszczową, kiedy muszla jest otwarta. Podaj dwa różne przykłady.
Rozwiązanie
Krok 1. Woda wpływająca do jamy płaszczowej przepływa przez skrzela małża, umożliwiając wymianę gazową (pobieranie rozpuszczonego w wodzie tlenu i oddawanie CO).
Krok 2. Wraz z prądem wody do jamy płaszczowej trafiają też zawieszone w wodzie cząstki pokarmowe, które małż filtruje i wykorzystuje jako pokarm (odżywianie filtracyjne).
Odpowiedź: 1. Umożliwia wymianę gazową przez skrzela (pobieranie tlenu z wody). 2. Umożliwia filtrowanie i pobieranie cząstek pokarmowych zawieszonych w wodzie.
Zadanie 17.1
1 pktPrzyczyną wrodzonej nietolerancji fruktozy są mutacje w genie ALDOB, kodującym enzym aldolazę B i zlokalizowanym na chromosomie 9. Jeżeli uszkodzona jest tylko jedna kopia genu, oznacza to nosicielstwo tej choroby, co w większości przypadków nie wywołuje żadnych objawów. Częstość występowania wrodzonej nietolerancji fruktozy u człowieka wynosi 1/40 000. Objawy choroby ujawniają się zwykle w okresie niemowlęcym po zakończeniu karmienia dziecka wyłącznie mlekiem matki, kiedy do diety dziecka wprowadzane są pierwsze owoce i warzywa. Wrodzona nietolerancja fruktozy prowadzi, po spożyciu tego cukru, do gromadzenia się jego metabolitów w komórkach wątroby: brak aldolazy B powoduje nagromadzenie fruktozo-1-fosforanu, co z kolei prowadzi do upośledzenia glukoneogenezy oraz ograniczenia syntezy ATP. U osób chorych należy wykluczyć z diety owoce, niektóre warzywa, miód oraz cukier spożywczy (sacharozę).
Dokończ zdanie.
Wrodzona nietolerancja fruktozy jest dziedziczona w sposób
- A.
autosomalny recesywny.
- B.
autosomalny dominujący.
- C.
sprzężony z płcią recesywny.
- D.
sprzężony z płcią dominujący.
Rozwiązanie
Krok 1. W tekście podano, że posiadanie tylko jednej uszkodzonej kopii genu ALDOB (heterozygota) oznacza bezobjawowe nosicielstwo – choroba ujawnia się tylko u osób z dwiema uszkodzonymi kopiami genu (homozygota recesywna). To wskazuje na dziedziczenie recesywne.
Krok 2. Gen ALDOB jest zlokalizowany na chromosomie 9, czyli na autosomie (nie na chromosomie płci X czy Y), więc dziedziczenie jest autosomalne, a nie sprzężone z płcią.
Odpowiedź: A – autosomalny recesywny.
Zadanie 17.2
1 pktPrzyczyną wrodzonej nietolerancji fruktozy są mutacje w genie ALDOB, kodującym enzym aldolazę B i zlokalizowanym na chromosomie 9. Jeżeli uszkodzona jest tylko jedna kopia genu, oznacza to nosicielstwo tej choroby, co w większości przypadków nie wywołuje żadnych objawów. Częstość występowania wrodzonej nietolerancji fruktozy u człowieka wynosi 1/40 000. Objawy choroby ujawniają się zwykle w okresie niemowlęcym po zakończeniu karmienia dziecka wyłącznie mlekiem matki, kiedy do diety dziecka wprowadzane są pierwsze owoce i warzywa. Wrodzona nietolerancja fruktozy prowadzi, po spożyciu tego cukru, do gromadzenia się jego metabolitów w komórkach wątroby: brak aldolazy B powoduje nagromadzenie fruktozo-1-fosforanu, co z kolei prowadzi do upośledzenia glukoneogenezy oraz ograniczenia syntezy ATP. U osób chorych należy wykluczyć z diety owoce, niektóre warzywa, miód oraz cukier spożywczy (sacharozę).
Oblicz częstość występowania nosicieli wrodzonej nietolerancji fruktozy w populacji pozostającej w stanie równowagi genetycznej, w której częstość występowania wrodzonej nietolerancji fruktozy wynosi 1/40 000.
Rozwiązanie
Krok 1. Zgodnie z prawem Hardy'ego-Weinberga: , gdzie to częstość osób chorych (homozygot recesywnych), a to częstość nosicieli (heterozygot).
Krok 2. Częstość osób chorych: , więc .
Krok 3. Częstość allelu dominującego: .
Krok 4. Częstość nosicieli (heterozygot): .
Odpowiedź: Częstość występowania nosicieli wynosi , czyli około (w zaokrągleniu ok. ) populacji.
Zadanie 17.3
1 pktPrzyczyną wrodzonej nietolerancji fruktozy są mutacje w genie ALDOB, kodującym enzym aldolazę B i zlokalizowanym na chromosomie 9. Jeżeli uszkodzona jest tylko jedna kopia genu, oznacza to nosicielstwo tej choroby, co w większości przypadków nie wywołuje żadnych objawów. Częstość występowania wrodzonej nietolerancji fruktozy u człowieka wynosi 1/40 000. Objawy choroby ujawniają się zwykle w okresie niemowlęcym po zakończeniu karmienia dziecka wyłącznie mlekiem matki, kiedy do diety dziecka wprowadzane są pierwsze owoce i warzywa. Wrodzona nietolerancja fruktozy prowadzi, po spożyciu tego cukru, do gromadzenia się jego metabolitów w komórkach wątroby: brak aldolazy B powoduje nagromadzenie fruktozo-1-fosforanu, co z kolei prowadzi do upośledzenia glukoneogenezy oraz ograniczenia syntezy ATP. U osób chorych należy wykluczyć z diety owoce, niektóre warzywa, miód oraz cukier spożywczy (sacharozę).
Uzasadnij, że osoba cierpiąca na wrodzoną nietolerancję fruktozy powinna wyeliminować z diety sacharozę.
Rozwiązanie
Krok 1. Sacharoza jest dwucukrem złożonym z połączonych ze sobą cząsteczek glukozy i fruktozy.
Krok 2. Podczas trawienia sacharozy w jelicie enzym (sacharaza) rozkłada ją, uwalniając wolną fruktozę, która następnie trafia do krwi i do wątroby.
Krok 3. U osoby z wrodzoną nietolerancją fruktozy uwolniona w ten sposób fruktoza nie może być prawidłowo metabolizowana (brak aldolazy B), co prowadzi do gromadzenia się jej toksycznych metabolitów w wątrobie – dlatego sacharoza jako źródło fruktozy musi być wyeliminowana z diety.
Odpowiedź: Sacharoza jest dwucukrem, który podczas trawienia rozkłada się na glukozę i fruktozę. Uwolniona w ten sposób fruktoza jest szkodliwa dla osoby z wrodzoną nietolerancją fruktozy (z powodu braku aldolazy B), dlatego sacharoza – jako jeden z produktów jej trawienia zawiera fruktozę – musi być wyeliminowana z diety.
Biologia
Poziom rozszerzony
Zadanie 18
2 pktBadacze postanowili określić mechanizm dziedziczenia barwy kwiatów roślin należących do dwóch różnych gatunków. Zarówno rośliny gatunku A, jak i rośliny gatunku B wytwarzają kwiaty czerwone lub białe.
Hipoteza 1.: Barwa kwiatów u gatunku A jest warunkowana jednogenowo przez jedną parę alleli, z których jeden wykazuje pełną dominację w stosunku do drugiego.
Hipoteza 2.: Barwa kwiatów u gatunku B jest warunkowana przez dwa współdziałające, dziedziczące się niezależnie geny, każdy mający po dwa allele: jeden dominujący, a drugi – recesywny.
W obydwu przypadkach badacze skrzyżowali rośliny o kwiatach czerwonych i rośliny o kwiatach białych należące do linii czystych (homozygoty). W obydwu przypadkach w pokoleniu F1 uzyskano wyłącznie rośliny kwitnące na czerwono. W celu uzyskania roślin stanowiących pokolenie F2 skrzyżowano rośliny z pierwszego pokolenia mieszańców (F1). W poniższej tabeli przedstawiono wyniki krzyżowania uzyskane w F2.
| Rośliny stanowiące pokolenie F2 | gatunek A – kwiaty czerwone | gatunek A – kwiaty białe | gatunek B – kwiaty czerwone | gatunek B – kwiaty białe |
|---|---|---|---|---|
| liczba roślin | 119 | 39 | 91 | 69 |
| stosunek fenotypów | ≈ 3:1 | ≈ 9:7 |
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby w poprawny sposób opisywały wnioski wyciągnięte na podstawie przedstawionych wyników badań.
Hipoteza 1. została [potwierdzona/odrzucona], ponieważ przy założeniu prawdziwości tej hipotezy wartość teoretyczna stosunku fenotypów wynosi [2:1/3:1/9:7], co jest [zgodne/niezgodne] z otrzymanymi wynikami badań.
Hipoteza 2. została [potwierdzona/odrzucona], ponieważ przy założeniu prawdziwości tej hipotezy wartość teoretyczna stosunku fenotypów wynosi [2:1/3:1/9:7], co jest [zgodne/niezgodne] z otrzymanymi wynikami badań.
Rozwiązanie
Krok 1. Hipoteza 1. zakłada dziedziczenie jednogenowe z pełną dominacją – dla krzyżówki Aa × Aa (F1 × F1) teoretyczny stosunek fenotypów w F2 to (dominujący : recesywny).
Krok 2. Otrzymany wynik dla gatunku A (119 czerwonych : 39 białych) odpowiada właśnie proporcji (podanej w tabeli), a więc jest zgodny z przewidywaniem hipotezy 1.
Krok 3. Hipoteza 2. zakłada dziedziczenie dwugenowe, niezależne, z efektem współdziałania (epistaza/dziedziczenie 9:7) – dla krzyżówki dwóch heterozygot pod tym względem (AaBb × AaBb) teoretyczny stosunek fenotypów przy takim modelu współdziałania genów to .
Krok 4. Otrzymany wynik dla gatunku B (91 czerwonych : 69 białych) odpowiada właśnie proporcji (podanej w tabeli), a więc jest zgodny z przewidywaniem hipotezy 2.
Odpowiedź: Hipoteza 1. została potwierdzona, ponieważ przy założeniu prawdziwości tej hipotezy wartość teoretyczna stosunku fenotypów wynosi 3:1, co jest zgodne z otrzymanymi wynikami badań.
Hipoteza 2. została potwierdzona, ponieważ przy założeniu prawdziwości tej hipotezy wartość teoretyczna stosunku fenotypów wynosi 9:7, co jest zgodne z otrzymanymi wynikami badań.
Zadanie 19.1
1 pktW strukturze genu obok fragmentów kodujących (eksonów) mogą występować elementy niekodujące, takie jak promotor lub introny.
W poniższej tabeli przedstawiono informacje na temat sześciu wybranych genów człowieka, oznaczonych numerami 1.–6., kodujących określone białka.
| Oznaczenie genu | Kodowane białko | Oznaczenie chromosomu | Wielkość genu (kpz DNA) | Wielkość mRNA (kz) |
|---|---|---|---|---|
| 1. | α-globina | 16 | 0,8 | 0,5 |
| 2. | albumina | 4 | 25,0 | 2,1 |
| 3. | receptor LDL | 19 | 45,0 | 5,5 |
| 4. | kinaza zależna od cyklin | 4 | 54,0 | 1,7 |
| 5. | hydroksylaza fenyloalaninowa | 12 | 90,0 | 2,4 |
| 6. | dystrofina | X | 2000,0 | 16,0 |
kpz – tysiąc par zasad; kz – tysiąc zasad
Podaj nazwę procesu, którego produktem jest pre-mRNA, oraz określ lokalizację tego procesu w komórce człowieka.
Rozwiązanie
Krok 1. Pre-mRNA to pierwotny, jeszcze niedojrzały transkrypt RNA, zawierający oprócz eksonów także introny – powstaje on w procesie transkrypcji, czyli przepisywania sekwencji DNA na RNA przez polimerazę RNA.
Krok 2. Transkrypcja u organizmów eukariotycznych (w tym u człowieka) zachodzi w jądrze komórkowym, gdzie znajduje się DNA.
Odpowiedź: Nazwa procesu: transkrypcja. Lokalizacja procesu: jądro komórkowe.
Zadanie 19.2
1 pktW strukturze genu obok fragmentów kodujących (eksonów) mogą występować elementy niekodujące, takie jak promotor lub introny.
W poniższej tabeli przedstawiono informacje na temat sześciu wybranych genów człowieka, oznaczonych numerami 1.–6., kodujących określone białka.
| Oznaczenie genu | Kodowane białko | Oznaczenie chromosomu | Wielkość genu (kpz DNA) | Wielkość mRNA (kz) |
|---|---|---|---|---|
| 1. | α-globina | 16 | 0,8 | 0,5 |
| 2. | albumina | 4 | 25,0 | 2,1 |
| 3. | receptor LDL | 19 | 45,0 | 5,5 |
| 4. | kinaza zależna od cyklin | 4 | 54,0 | 1,7 |
| 5. | hydroksylaza fenyloalaninowa | 12 | 90,0 | 2,4 |
| 6. | dystrofina | X | 2000,0 | 16,0 |
kpz – tysiąc par zasad; kz – tysiąc zasad
Wyjaśnij, z czego wynikają różnice między wielkościami genów a wielkościami cząsteczek mRNA, które im odpowiadają.
Rozwiązanie
Krok 1. Gen (odcinek DNA) zawiera nie tylko sekwencje kodujące (eksony), ale też sekwencje niekodujące: introny oraz sekwencje regulatorowe (np. promotor), które nie są częścią dojrzałego mRNA.
Krok 2. Podczas potranskrypcyjnej obróbki pre-mRNA (splicing) introny są wycinane, a promotor w ogóle nie jest transkrybowany na RNA.
Krok 3. W efekcie dojrzałe mRNA jest znacznie krótsze niż odpowiadający mu gen, ponieważ nie zawiera sekwencji intronowych i regulatorowych.
Odpowiedź: Gen zawiera oprócz eksonów także introny oraz sekwencje regulatorowe (np. promotor), które nie ulegają translacji. Introny są wycinane podczas potranskrypcyjnej obróbki pre-mRNA (splicingu), a promotor w ogóle nie jest przepisywany na RNA, dlatego dojrzałe mRNA jest znacznie krótsze niż gen, który je koduje.
Zadanie 19.3
1 pktW strukturze genu obok fragmentów kodujących (eksonów) mogą występować elementy niekodujące, takie jak promotor lub introny.
W poniższej tabeli przedstawiono informacje na temat sześciu wybranych genów człowieka, oznaczonych numerami 1.–6., kodujących określone białka.
| Oznaczenie genu | Kodowane białko | Oznaczenie chromosomu | Wielkość genu (kpz DNA) | Wielkość mRNA (kz) |
|---|---|---|---|---|
| 1. | α-globina | 16 | 0,8 | 0,5 |
| 2. | albumina | 4 | 25,0 | 2,1 |
| 3. | receptor LDL | 19 | 45,0 | 5,5 |
| 4. | kinaza zależna od cyklin | 4 | 54,0 | 1,7 |
| 5. | hydroksylaza fenyloalaninowa | 12 | 90,0 | 2,4 |
| 6. | dystrofina | X | 2000,0 | 16,0 |
kpz – tysiąc par zasad; kz – tysiąc zasad
Podaj nazwę choroby, u podłoża której leży mutacja genu kodującego hydroksylazę fenyloalaninową, prowadząca do utraty funkcji tego enzymu niezbędnego w metabolizmie fenyloalaniny.
Rozwiązanie
Krok 1. Hydroksylaza fenyloalaninowa katalizuje przekształcenie fenyloalaniny w tyrozynę – brak tego enzymu prowadzi do gromadzenia się fenyloalaniny i jej toksycznych metabolitów w organizmie.
Krok 2. Choroba genetyczna wywołana mutacją tego genu i utratą aktywności enzymu to fenyloketonuria.
Odpowiedź: fenyloketonuria (PKU).
Zadanie 19.4
1 pktW strukturze genu obok fragmentów kodujących (eksonów) mogą występować elementy niekodujące, takie jak promotor lub introny.
W poniższej tabeli przedstawiono informacje na temat sześciu wybranych genów człowieka, oznaczonych numerami 1.–6., kodujących określone białka.
| Oznaczenie genu | Kodowane białko | Oznaczenie chromosomu | Wielkość genu (kpz DNA) | Wielkość mRNA (kz) |
|---|---|---|---|---|
| 1. | α-globina | 16 | 0,8 | 0,5 |
| 2. | albumina | 4 | 25,0 | 2,1 |
| 3. | receptor LDL | 19 | 45,0 | 5,5 |
| 4. | kinaza zależna od cyklin | 4 | 54,0 | 1,7 |
| 5. | hydroksylaza fenyloalaninowa | 12 | 90,0 | 2,4 |
| 6. | dystrofina | X | 2000,0 | 16,0 |
kpz – tysiąc par zasad; kz – tysiąc zasad
Spośród wymienionych w tabeli wybierz i zapisz oznaczenia pary genów, które mogą dziedziczyć się niezgodnie z II prawem Mendla. Odpowiedź uzasadnij, odwołując się do treści tego prawa oraz do lokalizacji wybranych genów w genomie.
Rozwiązanie
Krok 1. II prawo Mendla mówi o niezależnym dziedziczeniu (losowym rozdziale do gamet) alleli różnych genów – ale warunkiem tej niezależności jest to, aby geny leżały na różnych chromosomach (lub przynajmniej daleko od siebie na tym samym chromosomie).
Krok 2. Z tabeli wynika, że gen 2. (albumina) i gen 4. (kinaza zależna od cyklin) leżą na tym samym chromosomie – chromosomie 4.
Krok 3. Geny leżące na tym samym chromosomie są ze sobą sprzężone – ich allele nie są rozdzielane do gamet w sposób w pełni losowy (niezależny), lecz mają tendencję do przechodzenia do tej samej gamety razem, co jest niezgodne z treścią II prawa Mendla.
Odpowiedź: Geny 2. i 4., ponieważ leżą na tym samym chromosomie (chromosomie 4.) i mogą dziedziczyć się w sposób sprzężony, a nie w pełni niezależny, co jest niezgodne z treścią II prawa Mendla, mówiącego o niezależnym (losowym) dziedziczeniu alleli różnych genów.
Biologia
Poziom rozszerzony
Zadanie 19.5
1 pktW strukturze genu obok fragmentów kodujących (eksonów) mogą występować elementy niekodujące, takie jak promotor lub introny.
W poniższej tabeli przedstawiono informacje na temat sześciu wybranych genów człowieka, oznaczonych numerami 1.–6., kodujących określone białka.
| Oznaczenie genu | Kodowane białko | Oznaczenie chromosomu | Wielkość genu (kpz DNA) | Wielkość mRNA (kz) |
|---|---|---|---|---|
| 1. | α-globina | 16 | 0,8 | 0,5 |
| 2. | albumina | 4 | 25,0 | 2,1 |
| 3. | receptor LDL | 19 | 45,0 | 5,5 |
| 4. | kinaza zależna od cyklin | 4 | 54,0 | 1,7 |
| 5. | hydroksylaza fenyloalaninowa | 12 | 90,0 | 2,4 |
| 6. | dystrofina | X | 2000,0 | 16,0 |
kpz – tysiąc par zasad; kz – tysiąc zasad
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby powstał poprawny opis dotyczący albumin.
Albuminy to białka [rozpuszczalne/nierozpuszczalne] w wodzie, występujące głównie [w cytoplazmie erytrocytów/w osoczu krwi]. Główną funkcją tych białek jest [transport tlenu/regulacja ciśnienia osmotycznego krwi].
Rozwiązanie
Krok 1. Albuminy są niewielkimi, globularnymi białkami dobrze rozpuszczalnymi w wodzie – to ich rozpuszczalność umożliwia im swobodne krążenie we krwi.
Krok 2. Albuminy są głównym białkiem osocza krwi (a nie cytoplazmy erytrocytów – tam głównym białkiem jest hemoglobina).
Krok 3. Główną funkcją albumin jest utrzymywanie odpowiedniego ciśnienia osmotycznego (koloidalnego) krwi, a nie transport tlenu (tym zajmuje się hemoglobina w erytrocytach).
Odpowiedź: rozpuszczalne; w osoczu krwi; regulacja ciśnienia osmotycznego krwi.
Zadanie 20
1 pktRóżne kaczki: krzyżówki, cyranki, krakwy, świstuny, żyją w tym samym środowisku. W warunkach naturalnych mieszańce tych gatunków spotyka się niesłychanie rzadko, mimo że w wielu przypadkach płodne mieszańce można uzyskać drogą sztucznego zaplemnienia. Upierzenie samic tych gatunków jest do siebie bardzo podobne i kaczory rozpoczynają toki na widok samicy dowolnego gatunku. Kaczory mają zrytualizowane, inne dla każdego gatunku zachowania godowe. Samice reagują pozytywnie tylko na toki właściwe dla ich gatunku. Sekwencje ruchów samca muszą być bardzo dokładnie powtarzane. Odmienna sekwencja ruchów sprawia, że samice nie interesują się samcem lub odlatują.
Wyjaśnij, odnosząc się do biologicznej koncepcji gatunku, dlaczego kaczki opisane w tekście nie są zaliczane do jednego gatunku, pomimo że można je skrzyżować.
Rozwiązanie
Krok 1. Zgodnie z biologiczną koncepcją gatunku, gatunek to populacja (lub grupa populacji) osobników, które w warunkach naturalnych swobodnie się krzyżują między sobą i wydają płodne potomstwo, a jednocześnie pozostają rozrodczo odizolowane od innych takich grup – kluczowe jest krzyżowanie się w naturze, a nie sama biologiczna zdolność do wydania potomstwa.
Krok 2. Choć technicznie (przy sztucznym zaplemnieniu) można uzyskać płodne mieszańce różnych gatunków kaczek, w naturalnych warunkach nie dochodzi między nimi do krzyżowania – samice reagują wyłącznie na specyficzne, właściwe dla ich gatunku zachowania godowe samców (izolacja behawioralna, czyli etologiczna).
Krok 3. Ponieważ w naturze nie zachodzi między tymi kaczkami przepływ genów, każdy z tych gatunków zachowuje odrębną, zamkniętą pulę genową, co zgodnie z biologiczną koncepcją gatunku czyni je odrębnymi gatunkami, niezależnie od tego, że sztucznie można je skrzyżować.
Odpowiedź: Zgodnie z biologiczną koncepcją gatunku o przynależności do jednego gatunku decyduje swobodne krzyżowanie się osobników w warunkach naturalnych. Opisane kaczki są odizolowane od siebie behawioralnie (etologicznie) – samice reagują tylko na zachowania godowe samców własnego gatunku – dlatego w naturze nie krzyżują się i nie dochodzi między nimi do przepływu genów, mimo że sztucznie (przy zaplemnieniu) można uzyskać płodne mieszańce. Zachowują więc odrębne pule genowe i są odrębnymi gatunkami.
Zadanie 21
1 pktLotopałanki i polatuchy charakteryzują się obecnością fałdów skórnych znajdujących się z boków ciała i rozpiętych pomiędzy kończyną przednią i tylną. Osobniki należące do obu rodzajów są niewielkie, prowadzą nadrzewny tryb życia i potrafią szybować na odległość około 50 metrów. Lotopałanki są przedstawicielami torbaczy i występują w Australii, natomiast polatuchy to ssaki łożyskowe, spotykane w Ameryce Północnej, Europie i Azji.
Dokończ zdanie.
Obecność fałdów skórnych u lotopałanek i polatuch to przykład narządów [analogicznych/homologicznych], które powstały w wyniku [dywergencji/konwergencji].

Rozwiązanie
Krok 1. Lotopałanki (torbacze) i polatuchy (ssaki łożyskowe) należą do odległych filogenetycznie grup ssaków, które ewoluowały niezależnie od siebie od dawna rozdzielonych linii rozwojowych.
Krok 2. Fałdy skórne u obu grup nie powstały z tej samej struktury u wspólnego przodka (nie są dziedziczone po wspólnym przodku, który już by je posiadał) – wspólny przodek torbaczy i ssaków łożyskowych nie miał takich fałdów. Struktury te są więc analogiczne (podobna funkcja, ale różne pochodzenie), a nie homologiczne.
Krok 3. Niezależne wykształcenie bardzo podobnej struktury (fałdów umożliwiających szybowanie) u niespokrewnionych blisko grup, żyjących w podobnym środowisku (nadrzewny tryb życia), pod wpływem podobnej presji selekcyjnej, to klasyczny przykład konwergencji, a nie dywergencji (rozchodzenia się cech od wspólnego przodka).
Odpowiedź: A2 – są to narządy analogiczne, które powstały w wyniku konwergencji.
Zadanie 22.1
1 pktCzynnik ograniczający to czynnik występujący w niedomiarze, a przez to ograniczający wzrost i rozwój organizmu. W ekosystemach wodnych zarówno światło, jak i nieorganiczne substancje pokarmowe są istotnymi czynnikami ograniczającymi ilość materii organicznej (produkcji pierwotnej) wytwarzanej przez fitoplankton.
Badacze przeprowadzili serię eksperymentów mających na celu określenie, w jakim stopniu poszczególne pierwiastki ograniczają produkcję pierwotną fitoplanktonu występującego w wodach Morza Sargassowego. W tym celu próbki wody z Morza Sargassowego wzbogacano o różne kombinacje pierwiastków, a następnie badano asymilację radioaktywnie znakowanego węgla 14C przez fitoplankton.
W poniższej tabeli zestawiono wyniki przeprowadzonych eksperymentów.
| Wariant doświadczenia (dodawane pierwiastki w formie przyswajalnej) | Wzrost asymilacji 14C przez fitoplankton względem próby kontrolnej |
|---|---|
| azot + fosfor | 10% |
| metale (z wyjątkiem żelaza) + azot + fosfor | 8% |
| metale (w tym żelazo) + azot + fosfor | 12,9% |
| żelazo + azot + fosfor | 12% |
Opisz próbę kontrolną w przedstawionym doświadczeniu.
Rozwiązanie
Krok 1. Próba kontrolna musi być identyczna jak próby badawcze, z wyjątkiem badanego czynnika (tu: dodawanych pierwiastków).
Krok 2. Ponieważ we wszystkich próbach badawczych do wody z Morza Sargassowego (z naturalnie żyjącym w niej fitoplanktonem) dodawano różne pierwiastki, próba kontrolna to taka sama próbka wody z Morza Sargassowego (z fitoplanktonem i znakowanym ), do której nie dodano żadnych dodatkowych pierwiastków.
Odpowiedź: Próba kontrolna to próbka wody z Morza Sargassowego (z naturalnie występującym w niej fitoplanktonem i znakowanym radioaktywnie węglem ) bez dodatku jakichkolwiek dodatkowych pierwiastków (azotu, fosforu czy metali).
Zadanie 22.2
1 pktCzynnik ograniczający to czynnik występujący w niedomiarze, a przez to ograniczający wzrost i rozwój organizmu. W ekosystemach wodnych zarówno światło, jak i nieorganiczne substancje pokarmowe są istotnymi czynnikami ograniczającymi ilość materii organicznej (produkcji pierwotnej) wytwarzanej przez fitoplankton.
Badacze przeprowadzili serię eksperymentów mających na celu określenie, w jakim stopniu poszczególne pierwiastki ograniczają produkcję pierwotną fitoplanktonu występującego w wodach Morza Sargassowego. W tym celu próbki wody z Morza Sargassowego wzbogacano o różne kombinacje pierwiastków, a następnie badano asymilację radioaktywnie znakowanego węgla 14C przez fitoplankton.
W poniższej tabeli zestawiono wyniki przeprowadzonych eksperymentów.
| Wariant doświadczenia (dodawane pierwiastki w formie przyswajalnej) | Wzrost asymilacji 14C przez fitoplankton względem próby kontrolnej |
|---|---|
| azot + fosfor | 10% |
| metale (z wyjątkiem żelaza) + azot + fosfor | 8% |
| metale (w tym żelazo) + azot + fosfor | 12,9% |
| żelazo + azot + fosfor | 12% |
Oceń, czy na podstawie przedstawionych wyników badań można sformułować wnioski podane w tabeli. Zaznacz T (tak), jeśli wniosek można sformułować na podstawie wyników badań, albo – N (nie), jeśli nie można go sformułować.
| Wniosek | T | N |
|---|---|---|
| 1. Dodanie azotu skutkuje dużym wzrostem produkcji pierwotnej w Morzu Sargassowym, podczas gdy dodanie fosforu nie wywołuje tego efektu. | ||
| 2. Składniki mineralne ograniczają produkcję pierwotną w Morzu Sargassowym w większym stopniu niż światło. | ||
| 3. Zawartość żelaza jest jednym z czynników ograniczających produkcję pierwotną w Morzu Sargassowym. |
Rozwiązanie
Wniosek 1. W doświadczeniu azot i fosfor były zawsze dodawane razem (nigdy osobno), więc na podstawie tych wyników nie można rozdzielić efektu samego azotu od efektu samego fosforu. Wniosku nie można sformułować – N.
Wniosek 2. Doświadczenie w ogóle nie badało wpływu światła (nie było wariantu z manipulacją oświetleniem), więc nie można porównać znaczenia składników mineralnych ze znaczeniem światła. Wniosku nie można sformułować – N.
Wniosek 3. Wariant z dodatkiem żelaza (żelazo + azot + fosfor, wzrost 12%, oraz metale z żelazem, wzrost 12,9%) dał wyraźnie większy wzrost asymilacji niż wariant bez żelaza (metale bez żelaza + azot + fosfor, wzrost tylko 8%) – to pokazuje, że dodatek żelaza dodatkowo zwiększa produkcję pierwotną, a więc jego niedobór ją ogranicza. Wniosek można sformułować – T.
Odpowiedź: 1. – N, 2. – N, 3. – T.
Biologia
Poziom rozszerzony
Zadanie 23
1 pktUporządkuj poniższe informacje tak, aby w poprawny sposób przedstawiały kolejność zdarzeń, które zachodzą w wyniku zwiększonego stosowania w rolnictwie nawozów sztucznych, zawierających m.in. azotany i fosforany, i prowadzą do spadku różnorodności biologicznej ekosystemów wodnych.
| Zdarzenie | Kolejność |
|---|---|
| Wzrost zawartości azotanów i fosforanów w jeziorach. | 1 |
| Masowy rozwój glonów i roślin wodnych. | 2 |
| Zmniejszenie przejrzystości wód. | |
| Zmniejszenie intensywności fotosyntezy. | |
| Zmniejszenie stężenia tlenu. | |
| Rozkład materii organicznej przez bakterie beztlenowe. | |
| Powstanie siarkowodoru oraz amoniaku. | |
| Spadek różnorodności biologicznej ekosystemów wodnych. | 8 |
Rozwiązanie
Krok 1. Nadmiar nawozów sztucznych (azotanów i fosforanów) trafia do wód (1), co powoduje eutrofizację – masowy rozwój glonów i roślin wodnych, czyli „zakwit” (2).
Krok 2. Masa glonów pokrywających powierzchnię wody zmniejsza przejrzystość wód (3), co ogranicza dostęp światła do głębszych warstw i roślin zanurzonych, zmniejszając intensywność fotosyntezy (4).
Krok 3. Obumierające glony i rośliny (materia organiczna) opadają na dno, gdzie w procesie rozkładu zużywany jest tlen, co prowadzi do zmniejszenia stężenia tlenu w wodzie (5).
Krok 4. W warunkach niedoboru tlenu (beztlenowych) materia organiczna jest rozkładana przez bakterie beztlenowe (6), co prowadzi do powstania toksycznych produktów – siarkowodoru oraz amoniaku (7).
Krok 5. Toksyczne warunki (niedobór tlenu, obecność siarkowodoru i amoniaku) prowadzą do śmierci wielu organizmów wodnych i w efekcie do spadku różnorodności biologicznej ekosystemu wodnego (8).
Odpowiedź: 1. Wzrost zawartości azotanów i fosforanów w jeziorach; 2. Masowy rozwój glonów i roślin wodnych; 3. Zmniejszenie przejrzystości wód; 4. Zmniejszenie intensywności fotosyntezy; 5. Zmniejszenie stężenia tlenu; 6. Rozkład materii organicznej przez bakterie beztlenowe; 7. Powstanie siarkowodoru oraz amoniaku; 8. Spadek różnorodności biologicznej ekosystemów wodnych.
Zadanie 24.1
1 pktZbieranie plonów z upraw prowadzi do wyjaławiania gleb, dlatego tak istotne jest ich nawożenie. Zapotrzebowanie na składniki mineralne u roślin bada się, stosując w uprawie pożywki pełne (zawierające wszystkie niezbędne dla rozwoju rośliny mikro- i makroelementy) oraz pożywki lub roztwory, z których wyklucza się określone jony. Rośliny uprawia się w doniczkach wypełnionych żwirem uprzednio wypłukanym w wodzie destylowanej i wyprażonym. Połowa uprawianych roślin stanowi próbę kontrolną, a połowa – próbę badawczą.
Wybierz i zaznacz wariant doświadczenia (A–D) umożliwiający wykazanie roli magnezu we wzroście i rozwoju roślin.
- A.
Próba kontrolna: woda destylowana; próba badawcza: pożywka pełna.
- B.
Próba kontrolna: pożywka pełna; próba badawcza: pożywka bez źródła magnezu.
- C.
Próba kontrolna: woda destylowana z dodatkiem źródła magnezu; próba badawcza: pożywka pełna.
- D.
Próba kontrolna: pożywka pełna; próba badawcza: woda destylowana.
Rozwiązanie
Krok 1. Aby wykazać rolę magnezu, próba badawcza i próba kontrolna muszą różnić się wyłącznie obecnością/brakiem magnezu – wszystkie inne warunki (pozostałe składniki pożywki) muszą być takie same.
Krok 2. Próba kontrolna powinna otrzymywać pożywkę pełną (wszystkie składniki, w tym magnez), a próba badawcza – tę samą pożywkę, ale bez magnezu; tylko taki układ pokazuje efekt braku wyłącznie tego jednego składnika.
Krok 3. Warianty A, C i D wprowadzają dodatkowe różnice (np. wodę destylowaną bez żadnych składników, albo odwrócone role prób), które nie izolują efektu samego magnezu.
Odpowiedź: B – próba kontrolna: pożywka pełna; próba badawcza: pożywka bez źródła magnezu.
Zadanie 24.2
1 pktZbieranie plonów z upraw prowadzi do wyjaławiania gleb, dlatego tak istotne jest ich nawożenie. Zapotrzebowanie na składniki mineralne u roślin bada się, stosując w uprawie pożywki pełne (zawierające wszystkie niezbędne dla rozwoju rośliny mikro- i makroelementy) oraz pożywki lub roztwory, z których wyklucza się określone jony. Rośliny uprawia się w doniczkach wypełnionych żwirem uprzednio wypłukanym w wodzie destylowanej i wyprażonym. Połowa uprawianych roślin stanowi próbę kontrolną, a połowa – próbę badawczą.
Wyjaśnij, dlaczego w zbiorowiskach naturalnych, w przeciwieństwie do nienawożonych pól uprawnych, zawartość fosforu w glebie utrzymuje się na względnie stałym poziomie. W odpowiedzi uwzględnij porównanie tych dwóch rodzajów ekosystemów.
Rozwiązanie
Krok 1. W zbiorowiskach naturalnych obumierające rośliny i ich resztki (martwa materia organiczna) pozostają w ekosystemie i są rozkładane przez organizmy destruenckie, co uwalnia zawarty w nich fosfor z powrotem do gleby.
Krok 2. Na polach uprawnych rośliny (plony) są regularnie zbierane i wywożone przez człowieka poza ekosystem, więc fosfor zawarty w ich tkankach nie wraca do gleby.
Krok 3. Bez nawożenia pole uprawne stale traci fosfor (wraz z każdym zebranym plonem), podczas gdy w naturalnym ekosystemie fosfor krąży w obiegu zamkniętym między roślinami, destruentami i glebą, dzięki czemu jego zawartość pozostaje względnie stała.
Odpowiedź: W zbiorowiskach naturalnych obumarłe rośliny pozostają w ekosystemie i ulegają rozkładowi przez destruentów, co uwalnia fosfor z powrotem do gleby – fosfor krąży w zamkniętym obiegu. Na nienawożonych polach uprawnych plony są zbierane i usuwane z ekosystemu, więc zawarty w nich fosfor nie wraca do gleby, co prowadzi do stałego spadku jego zawartości.
