Biologia — Maj 2023 (Formuła 2015)

Aby przypisać enzymy, prześledźmy schemat: pirogronian najpierw traci grupę karboksylową (odchodzi ${\text{CO}}_2$), potem reszta acetylowa jest przenoszona na koenzym A (powstaje acetylo-CoA), a na końcu odtwarzany jest utleniony przenośnik wodoru (powstaje NADH).

Krok 1. Dekarboksylacja. Na schemacie to enzym $E_1$ odpowiada za odłączenie ${\text{CO}}_2$ od pirogronianu (od $E_1$ odchodzi strzałka z ${\text{CO}}_2$). Dekarboksylacja $\to$ $E_1$.

Krok 2. Transacetylacja. Przeniesienie reszty acetylowej na CoA-SH (powstanie acetylo-CoA) przeprowadza enzym $E_2$ (przy $E_2$ dochodzi CoA-SH i odchodzi acetylo-CoA). Transacetylacja $\to$ $E_2$.

Krok 3. Dehydrogenacja. Odłączenie wodoru i przekazanie go na ${\text{NAD}}^{+}$ (powstanie $\text{NADH}+{\text{H}}^{+}$) przeprowadza enzym $E_3$ (przy $E_3$ zaznaczono ${\text{NAD}}^{+}\to \text{NADH}+{\text{H}}^{+}$). Dehydrogenacja $\to$ $E_3$.

Odpowiedź: transacetylacja – $E_2$; dehydrogenacja – $E_3$; dekarboksylacja – $E_1$.

Krok 1. Reakcja pomostowa (oksydacyjna dekarboksylacja pirogronianu) łączy glikolizę zachodzącą w cytozolu z cyklem Krebsa, który u eukariontów zachodzi w macierzy (matriks) mitochondrium.

Krok 2. Kompleks dehydrogenazy pirogronianowej znajduje się właśnie w macierzy mitochondrialnej – tam, gdzie następnie działa cykl Krebsa – a nie w cytozolu ani w błonach mitochondrium (w wewnętrznej błonie zlokalizowany jest łańcuch oddechowy).

Odpowiedź: B (macierz mitochondrialna).

Krok 1. Produktem końcowym glikolizy jest pirogronian, natomiast substratem, od którego rozpoczyna się cykl Krebsa, jest acetylo-CoA – to dwa różne związki.

Krok 2. Pirogronian nie może być bezpośrednio włączony do cyklu Krebsa; najpierw musi zostać przekształcony w acetylo-CoA. Tę właśnie przemianę (reakcję pomostową) katalizuje kompleks dehydrogenazy pirogronianowej.

Krok 3. Gdyby kompleks nie działał, pirogronian z glikolizy nie zostałby przekształcony w acetylo-CoA i cykl Krebsa nie miałby substratu – oba szlaki nie zostałyby ze sobą połączone.

Odpowiedź: Dehydrogenaza pirogronianowa umożliwia przekształcenie pirogronianu (produktu glikolizy) w acetylo-CoA (substrat cyklu Krebsa). Ponieważ pirogronian nie może być bezpośrednio włączony do cyklu Krebsa, działanie tego kompleksu jest konieczne, aby połączyć glikolizę z cyklem Krebsa.

Krok 1. Glikoliza w komórce mięśnia zachodzi stale i cały czas produkuje pirogronian. W normalnych warunkach pirogronian jest przekształcany przez dehydrogenazę pirogronianową w acetylo-CoA (reakcja pomostowa).

Krok 2. Gdy aktywność tego kompleksu spada, reakcja pomostowa jest ograniczona – mniej pirogronianu zostaje utlenionego do acetylo-CoA, a ponieważ glikoliza wciąż działa, w komórce gromadzi się nadmiar pirogronianu.

Krok 3. Nadmiar pirogronianu zostaje skierowany na szlak beztlenowy (fermentację mleczanową) i zredukowany do mleczanu – dzięki temu odtwarzany jest też ${\text{NAD}}^{+}$ potrzebny do dalszej glikolizy. W efekcie stężenie mleczanu w komórce rośnie.

Odpowiedź: Ograniczenie reakcji pomostowej sprawia, że powstający stale w glikolizie pirogronian nie zostaje w całości utleniony do acetylo-CoA. Jego nadmiar jest redukowany do mleczanu, dlatego stężenie mleczanu w komórce mięśnia szkieletowego wzrasta.

Krok 1. Okwiat kwiatu okrytonasiennego składa się z dwóch okółków: zewnętrznego – kielicha (utworzonego z działek kielicha) oraz wewnętrznego – korony (utworzonej z płatków korony).

Krok 2. Element A leży w górnej, okazałej, barwnej części kwiatu – to płatek korony (element korony). Element B to zewnętrzny, dolny, zielony listek osłaniający kwiat – to działka kielicha (element kielicha).

Odpowiedź: A – korona / płatek (korony); B – kielich / działka kielicha.

(Zgodnie z kluczem nie uznaje się odpowiedzi „działka okwiatu”, bo odnosi się ona do obu pięter okwiatu i jest zbyt ogólna.)

Krok 1. Goryczka wiosenna wytwarza kwiaty ze słupkiem (owocolistki zamykające zalążki) i owoce – to cechy roślin okrytonasiennych, a nie nagonasiennych (u których zalążki leżą odsłonięte na łuskach szyszek).

Krok 2. U roślin nasiennych, w tym u okrytonasiennych, w przemianie pokoleń zdecydowanie dominuje pokolenie sporofitu (to roślina zielona, którą widzimy), a gametofit jest silnie zredukowany.

Odpowiedź: okrytonasiennych; sporofit.

Krok 1. Goryczka wiosenna jest rośliną owadopylną – do zapylenia potrzebuje owadów (motyli i trzmieli), które przenoszą jej pyłek.

Krok 2. Intensywnie niebieskie, duże kwiaty są dobrze widoczne i stanowią sygnał wabiący owady. Dzięki temu rośliny są chętniej odwiedzane przez zapylacze.

Krok 3. Skuteczniejsze przywabienie zapylaczy zwiększa szansę na zapylenie, a więc na wytworzenie nasion i pomyślne rozmnożenie. Ta korzyść reprodukcyjna przewyższa energetyczny koszt syntezy barwnika.

Odpowiedź: Synteza barwnika, mimo kosztów energetycznych, jest korzystna, ponieważ intensywnie zabarwione kwiaty przywabiają owady zapylające (motyle i trzmiele), co zwiększa szansę na zapylenie i wydanie nasion przez goryczkę.

Mejoza to podział redukcyjny – zmniejsza liczbę chromosomów o połowę (z 2n do n). Aby wskazać ją na schemacie, trzeba znaleźć strzałkę, przy której z komórki (pokolenia) diploidalnego powstaje komórka (pokolenie) haploidalne.

Krok 1. Schemat A (rośliny). Diploidalny sporofit (2n) wytwarza w wyniku mejozy haploidalne zarodniki (n). Zatem „R!” zaznaczamy przy strzałce prowadzącej od sporofitu do zarodników.

Krok 2. Schemat B (krążkopławy). Meduza jest pokoleniem diploidalnym i to ona wytwarza gamety. U zwierząt gamety powstają w wyniku mejozy, więc „R!” zaznaczamy przy strzałce prowadzącej od meduzy do gamet.

Odpowiedź: A – „R!” przy strzałce sporofit $\to$ zarodniki; B – „R!” przy strzałce meduza $\to$ gamety.

Krok 1. Podczas rozmnażania płciowego dochodzi do zapłodnienia – łączą się dwie gamety, a ich materiał genetyczny się sumuje, więc liczba chromosomów ulega podwojeniu.

Krok 2. Gdyby w cyklu życiowym nie było etapu redukującego liczbę chromosomów, to w każdym kolejnym pokoleniu liczba chromosomów podwajałaby się w nieskończoność – cykl nie mógłby się poprawnie „zamknąć” i powtarzać.

Krok 3. Mejoza zmniejsza liczbę chromosomów o połowę (z 2n do n), co dokładnie kompensuje ich podwojenie zachodzące podczas zapłodnienia. Dzięki temu w kolejnych pokoleniach zachowana jest stała liczba chromosomów charakterystyczna dla gatunku.

Odpowiedź: W czasie rozmnażania płciowego liczba chromosomów ulega podwojeniu podczas zapłodnienia. Mejoza redukuje liczbę chromosomów o połowę, co kompensuje to podwojenie i umożliwia zachowanie stałej liczby chromosomów u gatunku – bez niej cykl życiowy nie mógłby się zamknąć, bo liczba chromosomów wzrastałaby z pokolenia na pokolenie.

Stwierdzenie 1. Porównujemy łączną długość pędów przy tym samym nawożeniu, zmieniając wilgotność. Bez nawożenia: W1 = 179, W2 = 253 (W2 wyższe). Z nawożeniem: W1 = 290, W2 = 349 (W2 wyższe). W obu przypadkach wyższa wilgotność (W2) daje większą łączną długość pędów. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Stwierdzenie 2. Porównujemy liczbę pędów przy tej samej wilgotności, zmieniając nawożenie. W1: bez nawożenia 5,3, z NPK 7,3 (wzrost). W2: bez nawożenia 6,3, z NPK 9,3 (wzrost). W obu wilgotnościach nawożenie NPK zwiększa liczbę pędów. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: P, P.

Krok 1. Analizujemy plon jagód. Przy tej samej wilgotności nawożenie NPK zawsze obniża plon (W1: 1,12 $\to$ 0,55; W2: 1,64 $\to$ 0,94) – nawożenie działa więc negatywnie na owocowanie.

Krok 2. Przy tym samym nawożeniu wyższa wilgotność zwiększa plon (bez nawożenia: 1,12 $\to$ 1,64; z NPK: 0,55 $\to$ 0,94) – wyższa wilgotność działa więc pozytywnie na owocowanie.

Wniosek: Nawożenie mineralne NPK zmniejsza plonowanie (owocowanie) borówki wysokiej, natomiast wyższa wilgotność podłoża zwiększa jej plonowanie.

Krok 1. Azot (N). Azot jest składnikiem grupy aminowej, obecnej w każdym aminokwasie – wchodzi więc w skład wszystkich aminokwasów budujących białka. Opis 2.

Krok 2. Fosfor (P). Fosfor tworzy reszty fosforanowe, które (wraz z cukrem) budują szkielet (rdzeń) łańcucha DNA, do którego przyłączone są zasady azotowe. Opis 1.

Krok 3. Potas (K). Jony potasu (${\text{K}}^{+}$) napływają do komórek szparkowych i wypływają z nich, regulując ich turgor, a więc otwieranie i zamykanie aparatów szparkowych. Opis 4.

(Opis 3 – jon wiązany przez układ porfirynowy chlorofilu – dotyczy magnezu, nie jest przypisywany do N, P ani K.)

Odpowiedź: N – 2, P – 1, K – 4.

Cykl Calvina dzieli się na trzy etapy: karboksylację (przyłączenie ${\text{CO}}_2$ do RuBP), redukcję (przekształcenie PGA w PGAl z użyciem NADPH i ATP) oraz regenerację (odtworzenie akceptora ${\text{CO}}_2$ – RuBP). Wystarczy dopasować je do strzałek na schemacie.

Krok 1. Etap A to strzałka od RuBP (z dołączanym ${\text{CO}}_2$) do PGA – jest to karboksylacja (przyłączenie ${\text{CO}}_2$ do RuBP).

Krok 2. Etap B to strzałka od PGA do PGAl, przy której zużywane są NADPH i ATP – jest to redukcja (PGA do PGAl).

Krok 3. Etap C to strzałka od PGAl z powrotem do RuBP – jest to regeneracja (odtworzenie akceptora ${\text{CO}}_2$, czyli RuBP).

Odpowiedź: A – karboksylacja (RuBP); B – redukcja (PGA); C – regeneracja (odtworzenie RuBP).

Krok 1. Wybór A/B/C. Litera X oznacza związek powstający w mezofilu w wyniku pierwotnej asymilacji ${\text{CO}}_2$ (przyłączenia ${\text{CO}}_2$ do PEP). Zgodnie z tekstem tym związkiem jest szczawiooctan – odpowiedź C. (RuBisCO nie działa w mezofilu roślin C4, a acetylo-CoA nie ma związku z tym szlakiem.)

Krok 2. Wybór 1/2/3. Szczawiooctan powstaje jako pierwszy (pierwotny) produkt przyłączenia ${\text{CO}}_2$ w mezofilu, czyli pierwotny produkt karboksylacji u roślin C4 – odpowiedź 1. (Nie jest kompleksem enzymatycznym ani akceptorem ${\text{CO}}_2$ – akceptorem jest PEP.)

Odpowiedź: C1 – literą X oznaczono szczawiooctan, który jest pierwotnym produktem karboksylacji u roślin C4.

Stwierdzenie 1. ${\text{CO}}_2$ związany w mezofilu jest transportowany do komórek pochwy okołowiązkowej w postaci 4-węglowego jabłczanu (C4), a nie 3-węglowego pirogronianu. Stwierdzenie jest fałszywe (F).

Stwierdzenie 2. Cały sens mechanizmu C4 polega na tym, że wysokie stężenie ${\text{CO}}_2$ w komórkach pochwy okołowiązkowej sprawia, iż RuBisCO wiąże ${\text{CO}}_2$, a nie tlen – dlatego fotooddychanie jest ograniczone, a nie intensywne. Stwierdzenie jest fałszywe (F).

Stwierdzenie 3. Cały cykl Calvina (w tym redukcja PGA do PGAl) u roślin C4 zachodzi w komórkach pochwy okołowiązkowej, a nie w mezofilu. Stwierdzenie jest fałszywe (F).

Odpowiedź: F, F, F.

Fotooddychanie zachodzi wtedy, gdy RuBisCO zamiast ${\text{CO}}_2$ przyłącza ${\text{O}}_2$. Aby je ograniczyć, trzeba zapewnić w otoczeniu RuBisCO jak najwięcej ${\text{CO}}_2$ i jak najmniej ${\text{O}}_2$.

Część 1. Dwuetapowy mechanizm wiązania ${\text{CO}}_2$. Najpierw ${\text{CO}}_2$ jest wiązany w mezofilu (jako jabłczan), a następnie uwalniany w komórkach pochwy okołowiązkowej, tam gdzie działa RuBisCO. Powoduje to znaczne zwiększenie stężenia ${\text{CO}}_2$ w tych komórkach, dzięki czemu RuBisCO częściej łączy się z ${\text{CO}}_2$ niż z ${\text{O}}_2$ – fotooddychanie jest ograniczone.

Część 2. Brak PS II w komórkach pochwy okołowiązkowej. To PS II odpowiada za fotolizę wody, w której powstaje tlen. Skoro w komórkach pochwy okołowiązkowej nie ma PS II, nie powstaje tam tlen z fotolizy wody, więc stężenie ${\text{O}}_2$ przy RuBisCO jest niskie. Niskie stężenie ${\text{O}}_2$ dodatkowo zmniejsza szansę przyłączenia tlenu przez RuBisCO, a więc ogranicza fotooddychanie.

Odpowiedź: (1) Dwuetapowe wiązanie ${\text{CO}}_2$ podnosi jego stężenie w komórkach pochwy okołowiązkowej, przez co RuBisCO wiąże ${\text{CO}}_2$, a nie ${\text{O}}_2$. (2) Brak PS II w tych komórkach oznacza brak fotolizy wody, a więc niskie stężenie tlenu wokół RuBisCO – oba mechanizmy razem ograniczają fotooddychanie.

Krok 1. Próba I. Po odcięciu młodego liścia (usunięto źródło auksyn) w miejscu odcięcia rozwinęła się strefa odcinająca. Skoro po usunięciu auksyn strefa się rozwija – to znaczy, że auksyny normalnie ją hamowały.

Krok 2. Próba II. Po odcięciu liścia, ale zastosowaniu pasty z auksyną (IAA) w miejscu odcięcia (sztucznie dostarczono auksyny), strefa odcinająca się NIE rozwinęła. Potwierdza to, że auksyny hamują rozwój strefy odcinającej.

Wniosek: Auksyny wytwarzane przez młode liście jabłoni hamują rozwój strefy odcinającej liści – hipoteza została potwierdzona.

Krok 1. Liście są głównym miejscem transpiracji, czyli parowania wody z rośliny (głównie przez aparaty szparkowe) – to przez nie roślina traci najwięcej wody.

Krok 2. Zimą dostępność wody dla rośliny jest ograniczona: woda w glebie jest często zamarznięta lub trudno dostępna, więc korzenie nie mogą pobrać jej tyle, ile roślina traciłaby przez liście.

Krok 3. Zrzucając liście przed zimą, drzewo ogranicza (praktycznie eliminuje) transpiracyjną utratę wody, dzięki czemu nie dochodzi do nadmiernego odwodnienia w okresie, gdy nie może uzupełnić wody z gleby.

Odpowiedź: Adaptacja ta polega na ograniczeniu transpiracji: ponieważ zimą dostępność wody w glebie jest mała i korzenie nie pobrałyby tyle wody, ile roślina traciłaby przez liście, drzewo zrzuca liście, aby zapobiec nadmiernej utracie wody.

Krok 1. Różnica w budowie płuc. Płuca płazów są workowate i słabo pofałdowane – nie mają pęcherzyków płucnych, więc powierzchnia wymiany gazowej w stosunku do objętości jest mała. Płuca ssaków są natomiast pęcherzykowate (silnie pofałdowane, z licznymi pęcherzykami), co daje bardzo dużą powierzchnię wymiany gazowej. Większa powierzchnia = wydajniejsza dyfuzja gazów.

Krok 2. Różnica w mechanizmie wentylacji. Ssaki mają klatkę piersiową; zmiany jej objętości (dzięki mięśniom międzyżebrowym i przeponie) zapewniają wydajną, „zasysającą” wentylację płuc. Płazy nie mają klatki piersiowej – wentylują płuca za pomocą ruchów dna jamy gębowo-gardzielowej (wtłaczają powietrze), co jest mniej wydajne.

Odpowiedź: Wymiana gazowa w płucach płazów jest mniej efektywna, ponieważ (1) ich płuca są workowate i słabo pofałdowane – mają mniejszą powierzchnię wymiany niż pęcherzykowate płuca ssaków, oraz (2) płazy wentylują płuca ruchami dna jamy gębowo-gardzielowej, podczas gdy ssaki robią to dzięki zmianom objętości klatki piersiowej, co zapewnia bardziej wydajną wentylację.

Krok 1. Płazy nie piją wody, lecz wchłaniają ją przez skórę. Aby woda samoistnie napływała do organizmu, płyny ustrojowe płaza muszą mieć wyższe stężenie substancji rozpuszczonych (wyższą osmolarność) niż otaczająca go słodka woda.

Krok 2. Duże stężenie mocznika we krwi (płynach ustrojowych) podwyższa ich osmolarność – czyni je hiperosmotycznymi (hipertonicznymi) względem środowiska wodnego, w którym żyje płaz.

Krok 3. Dzięki tej różnicy stężeń woda na drodze osmozy napływa z otoczenia do ciała płaza przez skórę.

Odpowiedź: Gromadzenie mocznika sprawia, że płyny ustrojowe płaza są hiperosmotyczne (hipertoniczne) względem otaczającej słodkiej wody. Dzięki temu woda na drodze osmozy napływa przez skórę do ciała płaza.

Krok 1. Rozmnażanie płciowe. Na rysunku widoczne są gonada męska oraz gonada żeńska. Obecność gonad (narządów wytwarzających gamety) świadczy o tym, że stułbia rozmnaża się płciowo.

Krok 2. Rozmnażanie bezpłciowe (przez pączkowanie). Na ciele polipa widoczny jest pąk – zawiązek nowego osobnika. Tworzenie pąka świadczy o rozmnażaniu bezpłciowym na drodze pączkowania.

Odpowiedź: (1) Rozmnażanie płciowe – o czym świadczy obecność gonad (męskiej i żeńskiej) wytwarzających gamety; (2) rozmnażanie bezpłciowe przez pączkowanie – o czym świadczy widoczny na rysunku pąk (zawiązek nowego osobnika).

Stwierdzenie 1. Parzydełkowce to zwierzęta dwuwarstwowe (dyploblastyczne) – ich ciało budują dwie warstwy komórek: zewnętrzna ektoderma i wewnętrzna endoderma (z galaretowatą mezogleą pomiędzy nimi). Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Stwierdzenie 2. Parzydełkowce mają jamę chłonąco-trawiącą z jednym otworem – gębowym. Ten sam otwór służy zarówno do pobierania pokarmu, jak i do usuwania niestrawionych resztek oraz produktów przemiany materii, pełni więc również funkcję odbytową i wydalniczą. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Stwierdzenie 3. Komórki parzydełkowe (knidocyty) są zlokalizowane głównie w ektodermie (zwłaszcza na ramionach), a nie w endodermie. Stwierdzenie jest fałszywe (F).

Odpowiedź: P, P, F.

Wiersz 1. Z aminokwasów powstają ketokwasy oraz amoniak. Odłączenie grupy aminowej (–${\text{NH}}_2$), w wyniku którego powstaje amoniak, to deaminacja (dekarboksylacja to odłączenie grupy karboksylowej z uwolnieniem ${\text{CO}}_2$, co nie daje amoniaku). Właściwe określenie: deaminacja.

Wiersz 2. Z glukozy powstaje glikogen. Łączenie cząsteczek glukozy w glikogen to glikogenogeneza (glikoliza to rozkład glukozy do pirogronianu, a nie synteza glikogenu). Właściwe określenie: glikogenogeneza.

Odpowiedź: deaminacja; glikogenogeneza.

Krok 1. Lipidy (tłuszcze) nie rozpuszczają się w wodnej treści przewodu pokarmowego i w niej tworzą duże krople, do których enzym trawiący tłuszcze (lipaza) ma utrudniony dostęp.

Krok 2. Żółć (dzięki solom kwasów żółciowych) emulguje tłuszcze, czyli fizycznie rozbija duże krople tłuszczu na wiele mniejszych kropelek.

Krok 3. Rozbicie na mniejsze krople znacznie zwiększa łączną powierzchnię kontaktu tłuszczu z wodnym środowiskiem, a więc powierzchnię, na której może działać lipaza. Dzięki temu enzymatyczny rozkład (hydroliza) lipidów zachodzi szybciej i wydajniej.

Odpowiedź: Żółć emulguje tłuszcze – rozbija duże krople lipidów na mniejsze, co zwiększa powierzchnię kontaktu tłuszczów z lipazą. Dzięki temu enzym może skuteczniej i szybciej rozkładać lipidy.

Krok 1. Pierścienie tchawicy człowieka. Pierścienie tchawicy zbudowane są z chrząstki. Głównym białkiem budującym tkankę chrzęstną (i nadającym jej wytrzymałość) jest kolagen.

Krok 2. Zgrubienia kutykuli w tchawkach owadów. Kutykula owadów (część szkieletu zewnętrznego) zbudowana jest głównie z polisacharydu – chityny (polimeru N-acetyloglukozaminy). Zgrubienia kutykularne w tchawkach mają więc taki sam skład.

Odpowiedź: białko – kolagen; polisacharyd – chityna.

Krok 1. Tchawica jest odcinkiem dróg oddechowych położonym poniżej krtani – rozpoczyna się bezpośrednio za krtanią (nie za gardłem, które leży wyżej i jest wspólne dla dróg oddechowych i pokarmowych).

Krok 2. W dolnej części tchawica dzieli się (rozwidla) na dwa oskrzela główne (prawe i lewe); oskrzeliki to znacznie drobniejsze, dalsze rozgałęzienia w płucach.

Krok 3. Tylną, spłaszczoną ścianę tchawicy (w miejscu niepełnych, podkowiastych chrząstek) tworzą mięśnie gładkie – narządy wewnętrzne, w tym drogi oddechowe, są zaopatrzone w mięśnie gładkie, niezależne od woli.

Odpowiedź: krtanią; oskrzela główne; gładkie.

Stwierdzenie 1. Czarna krzywa (hemoglobina oczyszczona, bez 2,3-BPG) leży powyżej i po lewej od czerwonej (hemoglobina w erytrocytach, z 2,3-BPG) – przy tym samym ciśnieniu tlenu oczyszczona hemoglobina jest bardziej wysycona. Oznacza to większe powinowactwo do tlenu. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Stwierdzenie 2. Różnica 8% zaznaczona jest przy ciśnieniu odpowiadającym tkankom innych narządów (ok. 20 mmHg), a nie przy 100 mmHg. Przy 100 mmHg (w płucach) obie krzywe są niemal całkowicie wysycone (blisko siebie), więc różnica nie wynosi 8%. Stwierdzenie jest fałszywe (F).

Stwierdzenie 3. 2,3-BPG obniża powinowactwo hemoglobiny do tlenu (przesuwa krzywą), ale obie krzywe przy wysokim ciśnieniu tlenu dążą do niemal 100% wysycenia. Maksymalne możliwe wysycenie nie zależy więc od związania z 2,3-BPG – 2,3-BPG wpływa na powinowactwo, a nie na wartość maksymalnego wysycenia. Stwierdzenie jest fałszywe (F).

Odpowiedź: P, F, F.

Krok 1. 2,3-BPG obniża powinowactwo hemoglobiny do tlenu – wyższe jego stężenie u ciężarnej powoduje więc obniżenie powinowactwa hemoglobiny matki do tlenu.

Krok 2. Skoro hemoglobina matki słabiej wiąże tlen (i chętniej go oddaje), a hemoglobina płodowa słabo wiąże 2,3-BPG i ma wysokie powinowactwo do tlenu, tlen łatwiej przechodzi od matki do płodu. Ułatwia to dyfuzję tlenu z części macicznej do części płodowej łożyska.

Odpowiedź: obniżonego; ułatwia.

Krok 1. Hemoglobina, poza wiązaniem tlenu, uczestniczy również w transporcie części dwutlenku węgla (część ${\text{CO}}_2$ wiąże się z globiną, tworząc karbaminohemoglobinę) oraz w buforowaniu krwi (wiąże nadmiar jonów ${\text{H}}^{+}$, pomagając utrzymać stałe pH osocza).

Odpowiedź (jeden z przykładów): transport dwutlenku węgla (${\text{CO}}_2$) z tkanek do płuc; albo udział w utrzymaniu równowagi kwasowo-zasadowej krwi (buforowanie, wiązanie nadmiaru jonów ${\text{H}}^{+}$).

Stwierdzenie 1. To łańcuch lekki toksyny rozkłada białka SNARE, które znajdują się we wnętrzu neuronu (w cytozolu). Aby zadziałał, musi tam się przemieścić – zgodnie ze schematem B po rozłączeniu podjednostek łańcuch lekki trafia do cytozolu. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Stwierdzenie 2. Zgodnie z tekstem toksyna łączy się z receptorami w błonie neuronu i wnika do jego wnętrza; na schemacie widać wpuklanie błony i utworzenie pęcherzyka – jest to endocytoza. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Stwierdzenie 3. Toksyna nie blokuje receptorów acetylocholiny na błonie mięśnia – działa wewnątrz neuronu, rozkładając białka SNARE, przez co pęcherzyki nie uwalniają acetylocholiny. Blokada dotyczy uwalniania neuroprzekaźnika, a nie receptorów mięśnia. Stwierdzenie jest fałszywe (F).

Odpowiedź: P, P, F.

Krok 1. Struktura IV-rzędowa (czwartorzędowa) białka to taka, w której białko zbudowane jest z co najmniej dwóch łańcuchów polipeptydowych (podjednostek).

Krok 2. Z tekstu wynika, że aktywna forma toksyny botulinowej składa się z dwóch łańcuchów – lekkiego i ciężkiego. Skoro białko ma dwa łańcuchy polipeptydowe, to jego najwyższą rzędowością jest struktura IV-rzędowa.

Odpowiedź: Najwyższa rzędowość to struktura IV-rzędowa (czwartorzędowa), ponieważ toksyna botulinowa jest zbudowana z dwóch łańcuchów polipeptydowych (łańcucha lekkiego i ciężkiego), a białko o strukturze IV-rzędowej musi zawierać co najmniej dwa łańcuchy polipeptydowe.

(Uwaga: samo powołanie się na obecność mostka disiarczkowego nie wystarcza – mostki disiarczkowe występują też w strukturze III-rzędowej.)

Prześledźmy kolejność zdarzeń w synapsie nerwowo-mięśniowej, zaczynając od podanego procesu nr 1.

Krok 1 (nr 1). Impuls nerwowy dociera do synapsy i tworzy się kompleks fuzyjny SNARE.

Krok 2 (nr 2). Następuje fuzja pęcherzyków synaptycznych z błoną presynaptyczną i uwolnienie acetylocholiny do szczeliny synaptycznej.

Krok 3 (nr 3). Uwolniona acetylocholina wiąże się z receptorem błonowym komórki mięśniowej.

Krok 4 (nr 4). Związanie acetylocholiny z receptorem wywołuje depolaryzację błony komórki mięśniowej i powstanie potencjału czynnościowego.

Odpowiedź: 1 – dotarcie impulsu i utworzenie SNARE; 2 – fuzja pęcherzyków i uwolnienie acetylocholiny; 3 – wiązanie acetylocholiny z receptorem; 4 – depolaryzacja i powstanie potencjału czynnościowego.

Krok 1. Chorobę (cytrulinemię) wywołuje recesywny allel a, i to tylko u homozygot recesywnych (aa) – takie cielęta chorują i giną.

Krok 2. Osobniki zdrowe to te, które mają przynajmniej jeden allel dominujący A. Są to homozygoty dominujące AA (zdrowe) oraz heterozygoty Aa (zdrowi nosiciele o normalnym fenotypie).

Odpowiedź: AA oraz Aa.

Krok 1. Cytrulinemia dziedziczy się autosomalnie recesywnie – choruje tylko homozygota recesywna (aa). Nosiciele (Aa) są zdrowi, ale przekazują allel a potomstwu.

Krok 2. Rozważmy krzyżówkę dwóch nosicieli: Aa × Aa. W potomstwie otrzymujemy stosunek 1 AA : 2 Aa : 1 aa, czyli 25% (1/4) potomstwa to homozygoty aa – cielęta chore, które giną.

Krok 3. Skoro skrzyżowanie dwóch nosicieli daje 25% szans na urodzenie chorego, śmiertelnie chorego cielęcia, obecność nosicieli w hodowli jest niekorzystna (straty). Dlatego eliminuje się je z rozrodu.

Odpowiedź: Z hodowli eliminuje się nosicieli, ponieważ choroba dziedziczy się recesywnie – przy skrzyżowaniu dwóch nosicieli (Aa × Aa) istnieje 25% prawdopodobieństwo urodzenia się cielęcia homozygotycznego (aa), które choruje na śmiertelną cytrulinemię.

Zgodnie z opisem testu PCR-RFLP kolejność jest następująca:

Krok 1 (nr 1). Najpierw trzeba namnożyć badany fragment genu – służy do tego łańcuchowa reakcja polimerazy (PCR), która daje wystarczającą liczbę kopii DNA.

Krok 2 (nr 2). Namnożony DNA jest następnie cięty enzymem restrykcyjnym (rozpoznającym miejsce restrykcyjne różniące allele A i a).

Krok 3 (nr 3). Powstałe fragmenty rozdziela się według długości metodą elektroforezy DNA i porównuje wzory prążków.

Odpowiedź: cięcie DNA enzymem restrykcyjnym – 2; elektroforeza DNA – 3; łańcuchowa reakcja polimerazy (PCR) – 1.

Kluczowa informacja: miejsce restrykcyjne dla enzymu AvaII jest obecne w allelu dominującym A (fragment 185 pz zostaje przecięty na 103 pz i 82 pz), a nie ma go w allelu recesywnym a (fragment 185 pz pozostaje nieprzecięty).

Krok 1. A – homozygota dominująca (AA). Oba allele mają miejsce cięcia, więc cały DNA zostaje przecięty na fragmenty 103 pz i 82 pz – widać dwa prążki. To wynik 2.

Krok 2. C – homozygota recesywna (aa). Żaden allel nie ma miejsca cięcia, więc DNA pozostaje nieprzecięty – jeden prążek 185 pz. To wynik 1.

Krok 3. B – heterozygota (Aa). Jeden allel jest przecinany (103 + 82 pz), drugi nie (185 pz) – widać trzy prążki (185, 103 i 82 pz). To wynik 3.

Odpowiedź: A – 2; B – 3; C – 1.

Krok 1. Cytrulinemia polega na braku zdolności syntezy mocznika, przez co w organizmie gromadzą się toksyczne produkty przemian azotowych (amoniak). Po urodzeniu cielę musi samo pozbywać się tych związków – i nie potrafi, dlatego ginie.

Krok 2. W okresie życia płodowego płód jest połączony z organizmem matki przez łożysko. Toksyczne produkty przemian azotowych płodu przechodzą przez łożysko do krwi matki.

Krok 3. Organizm matki (który ma sprawny cykl mocznikowy) metabolizuje i usuwa te związki, więc nie dochodzi do zatrucia płodu – dlatego płód rozwija się prawidłowo, mimo że jest homozygotą aa.

Odpowiedź: Płód homozygotyczny aa rozwija się prawidłowo, ponieważ jego toksyczne produkty przemian azotowych są przez łożysko odbierane i usuwane przez organizm matki (mający sprawny cykl mocznikowy). Dzięki temu nie dochodzi do ich nagromadzenia i zatrucia płodu.

Krok 1. Na schemacie wirusa VZV od zewnątrz widoczne są: glikoproteiny, otoczka lipidowa oraz tegument (warstwa białkowa). Wewnątrz znajduje się otoczka białkowa (kapsyd) oraz zamknięty w niej materiał genetyczny.

Krok 2. Litera X wskazuje białkową strukturę otaczającą materiał genetyczny – to kapsyd (płaszcz/otoczka białkowa). Litera Y wskazuje strukturę wewnątrz kapsydu – to materiał genetyczny, czyli kwas nukleinowy (dwuniciowy DNA).

Odpowiedź: X – kapsyd (płaszcz białkowy); Y – kwas nukleinowy / DNA (materiał genetyczny).

Stwierdzenie 1. Ospa wietrzna jest chorobą wysoce zakaźną; człowiek jest jedynym gospodarzem VZV, a do zakażenia dochodzi m.in. przez bezpośredni kontakt z osobą zakażoną (oraz drogą kropelkową). Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Stwierdzenie 2. Szczepionka zawiera osłabiony szczep wirusa – pobudza układ odpornościowy organizmu do samodzielnego wytworzenia przeciwciał i komórek pamięci. Jest to więc odporność sztuczna czynna, a nie bierna (bierna polega na podaniu gotowych przeciwciał). Stwierdzenie jest fałszywe (F).

Stwierdzenie 3. Po szczepieniu organizm wytwarza własne przeciwciała skierowane przeciw VZV, które krążą w osoczu. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: P, F, P.

Krok 1. Wargatek czyściciel usuwa pasożyty ze skóry i skrzeli innej ryby – zyskuje pokarm. Ryba czyszczona zyskuje pozbycie się szkodliwych pasożytów. Obie strony odnoszą więc korzyść.

Krok 2. Zależność, w której korzyść odnoszą oba współdziałające gatunki, to mutualizm (a nie komensalizm, gdzie korzysta tylko jeden, ani drapieżnictwo/pasożytnictwo, gdzie jeden traci).

Odpowiedź: A (mutualizm).

Krok 1. Wargatek jest przez inne ryby „rozpoznawany” jako pożyteczny czyściciel i dlatego ryby (także drapieżniki) same do niego podpływają i go nie atakują.

Krok 2. Aspidont wygląda jak wargatek (upodabnia się do niego – mimikra). Dzięki temu podszywa się pod czyściciela: inne ryby zbliżają się do niego bez obaw, a on zamiast czyścić, odgryza im kawałek płetwy lub skóry.

Krok 3. Podobieństwo do wargatka ułatwia więc aspidontowi zbliżenie się do ofiary (łatwiejsze zdobycie pokarmu), a także pozwala uniknąć ataku drapieżników (które biorą go za nieszkodliwego czyściciela).

Odpowiedź: Upodobnienie się do wargatka (mimikra) umożliwia aspidontowi łatwiejsze zbliżenie się do ofiar (które biorą go za czyściciela i pozwalają mu podpłynąć), a więc skuteczniejsze zdobywanie pokarmu, oraz uniknięcie ataku drapieżników.

Krok 1. W populacji aspidontów występowała zmienność wyglądu – niektóre osobniki były bardziej, a inne mniej podobne do wargatka czyściciela.

Krok 2. Osobniki bardziej podobne do wargatka miały przewagę: łatwiej zbliżały się do ofiar (skuteczniej zdobywały pokarm) i rzadziej były atakowane przez drapieżniki (bo brano je za nieszkodliwego czyściciela). Miały więc większą szansę na przeżycie.

Krok 3. Dzięki większej przeżywalności osobniki te częściej dożywały rozrodu i pozostawiały więcej potomstwa, któremu przekazywały geny warunkujące podobieństwo do wargatka. Z pokolenia na pokolenie udział takich osobników rósł.

Odpowiedź: Dobór naturalny faworyzował te aspidonty, które były najbardziej podobne do wargatka – miały one większe szanse na zdobycie pokarmu i uniknięcie drapieżników, a więc na przeżycie i rozród. Przekazywały potomstwu cechy warunkujące to podobieństwo, dzięki czemu wygląd upodabniający je do wargatka utrwalił się w populacji.

Stwierdzenie 1. Murawy kserotermiczne to zbiorowiska półnaturalne – bez ingerencji człowieka (koszenia, wypasu) zarastają krzewami i przekształcają się. Ich utrzymanie wymaga więc działalności człowieka. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Stwierdzenie 2. Z opisu wynika, że po zaprzestaniu użytkowania gospodarczego w ciągu 40 lat doszło do zmian w składzie roślinności (wkraczanie krzewów i gatunków azotolubnych) – czyli zmienił się skład gatunkowy ekosystemu. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Stwierdzenie 3. Umiarkowane użytkowanie (koszenie, wypas) hamuje zarastanie krzewami i utrzymuje warunki dla światło- i ciepłolubnych gatunków, umożliwiając zachowanie typowego składu gatunkowego muraw. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: P, P, P.

Krok 1. Koszenie i wypas bydła usuwały wysokie rośliny (trawy, siewki krzewów) i nie pozwalały im się rozrastać, dzięki czemu utrzymywały niską, otwartą, nasłonecznioną murawę – korzystną dla światło- i ciepłolubnych gatunków.

Krok 2. Po zaprzestaniu użytkowania nic już nie ograniczało wzrostu wysokich roślin – zaczęły rozrastać się krzewy i wysokie gatunki, które zacieniały murawę.

Krok 3. Rozrastające się krzewy konkurowały z gatunkami muraw o światło i inne zasoby, a że rośliny muraw są światłolubne, zacienienie i konkurencja doprowadziły do ich wypierania (ustępowania).

Odpowiedź: Zaniechanie koszenia i wypasu spowodowało niekontrolowane rozrastanie się krzewów i wysokich roślin, które zacieniały murawę i konkurowały o zasoby (m.in. o światło) z niższymi, światłolubnymi gatunkami muraw kserotermicznych. W wyniku tej konkurencji gatunki muraw były wypierane – roślinność muraw uległa zubożeniu.

Krok 1. Ochrona czynna to aktywne zabiegi mające utrzymać pożądany stan ekosystemu. Dla muraw kserotermicznych oznacza to powstrzymywanie zarastania i utrzymanie otwartej, niskiej murawy.

Krok 2. Analiza opcji. Wycinka drzew i krzewów (B) usuwa rośliny zarastające murawę i zacieniające ją – to typowy zabieg ochrony czynnej. Kontrolowany wypas zwierząt (C) hamuje rozrost wysokich roślin i utrzymuje murawę – również ochrona czynna.

Krok 3. Pozostałe działania są szkodliwe: głęboka orka (A) niszczy murawę, wprowadzenie roślin uprawnych (D) zaburza naturalny skład, a nawożenie azotem (E) sprzyja gatunkom azotolubnym kosztem gatunków muraw.

Odpowiedź: B, C.

Krok 1. Morświn zjada organizmy z różnych poziomów: sałatę morską (producent), skorupiaki i ryby (konsumenci różnych rzędów). Odżywiając się tak zróżnicowanym pokarmem, zajmuje wiele poziomów troficznych.

Krok 2. Sałata morska to glon, czyli producent (I poziom troficzny). Organizm zjadający producenta to konsument I rzędu. Zatem morświn zjadający sałatę morską jest konsumentem I rzędu.

Odpowiedź: wiele poziomów troficznych; I rzędu.

Część 1. Skucie lodem dużych powierzchni Bałtyku. Morświny są ssakami i oddychają płucami – muszą regularnie wynurzać się, aby zaczerpnąć powietrze atmosferyczne. Gdy duże powierzchnie morza są skute lodem, morświny nie mają dostępu do otwartej wody na powierzchni i nie mogą zaczerpnąć oddechu, przez co mogą się udusić – rośnie ich śmiertelność.

Część 2. Wzrost żeglugi motorowej na Bałtyku. Silniki i śruby statków motorowych wytwarzają hałas – zakłócenia akustyczne, które zaburzają echolokację morświnów (utrudniają lokalizację pokarmu i orientację). Ponadto ruch statków płoszy zwierzęta z ich naturalnych siedlisk, a śruby mogą powodować mechaniczne uszkodzenia ciała. Wszystko to zwiększa śmiertelność morświnów.

Odpowiedź: (1) Skucie morza lodem uniemożliwia morświnom – oddychającym powietrzem atmosferycznym ssakom – wynurzenie się i zaczerpnięcie powietrza, co grozi uduszeniem. (2) Wzrost żeglugi motorowej powoduje zakłócenia akustyczne zaburzające echolokację morświnów (oraz płoszenie i ryzyko uszkodzenia ciała przez śruby), co zwiększa ich śmiertelność.