Biologia — Maj 2024

Krok 1. Białka. Monomerami białek są aminokwasy, a łączące je wiązanie to wiązanie peptydowe (inaczej: amidowe) — powstaje między grupą karboksylową jednego aminokwasu a grupą aminową drugiego. Podana w tabeli funkcja („budulcowa”) jest jedną z typowych funkcji białek (np. kolagen, keratyna).

Krok 2. Węglowodany złożone. Monomerem podanym w tabeli jest monosacharyd, a monosacharydy łączą się wiązaniami glikozydowymi (O-glikozydowymi). Związkiem organicznym o funkcji zapasowej, zbudowanym z monosacharydów, jest polisacharyd zapasowy (np. skrobia, glikogen) — a więc grupa związków to polisacharydy (cukry złożone, wielocukry).

Odpowiedź:

Krok 1. Struktura I-rzędowa to najprostszy poziom organizacji białka — to po prostu kolejność (sekwencja) reszt aminokwasowych w łańcuchu polipeptydowym, bez żadnego przestrzennego zwijania. Odpowiada temu opis D.

Krok 2. Struktura II-rzędowa to lokalne, regularne zwinięcie fragmentu łańcucha (np. helisa α czy harmonijka β), stabilizowane wyłącznie wiązaniami wodorowymi między grupami -NH i -CO szkieletu peptydowego. Odpowiada temu opis B.

Krok 3. Struktura III-rzędowa to pełne, trójwymiarowe ułożenie całego pojedynczego łańcucha polipeptydowego, stabilizowane różnymi oddziaływaniami — zarówno niekowalencyjnymi (wiązania wodorowe, oddziaływania hydrofobowe, jonowe), jak i kowalencyjnymi (mostki disiarczkowe). Odpowiada temu opis C.

Uwaga: opis A dotyczy struktury IV-rzędowej (oddziaływań między różnymi łańcuchami polipeptydowymi), więc nie jest przypisywany do żadnej z trzech struktur w tym zadaniu.

Odpowiedź: Struktura I-rzędowa – D; struktura II-rzędowa – B; struktura III-rzędowa – C.

Krok 1. Obszar o aktywności polimerazy. Odwrotna transkryptaza jest enzymem, który przepisuje informację z RNA na DNA — jej podstawową aktywnością jest synteza nowego łańcucha DNA na matrycy RNA (a później również na matrycy nowo powstałego DNA), z wykorzystaniem naturalnego startera (np. fragmentu tRNALys).

Krok 2. Obszar o aktywności rybonukleazy. Po zsyntetyzowaniu nici DNA na matrycy RNA powstaje pośredni kompleks RNA-DNA (widoczny na schemacie). Aby proces mógł być dokończony, nić RNA musi zostać usunięta — to właśnie robi aktywność rybonukleazy: trawi (degraduje/hydrolizuje) RNA w tym kompleksie.

Odpowiedź: Obszar o aktywności polimerazy – synteza DNA (na matrycy RNA lub DNA). Obszar o aktywności rybonukleazy – trawienie/degradacja/rozkład RNA w kompleksie RNA-DNA.

Krok 1. Samice Photuris lugubris są drapieżnikami, a ich ofiarą są samce Photinus palaciosi.

Krok 2. Imitując sygnały świetlne wysyłane przez samice Photinus, samice Photuris przyciągają samce tego gatunku prosto do siebie, zamiast aktywnie ich poszukiwać.

Krok 3. Dzięki temu drapieżnik wkłada mniej energii i czasu w polowanie, a jednocześnie zwiększa szansę na częstsze i skuteczniejsze zdobycie pokarmu.

Odpowiedź: Samice Photuris lugubris, wabiąc samce Photinus palaciosi imitacją ich sygnałów świetlnych, nie muszą aktywnie i długo poszukiwać ofiary — dzięki temu łatwiej i częściej zdobywają pokarm, ograniczając nakład energii wkładany w polowanie.

Krok 1. ATP jest głównym nośnikiem energii wytwarzanym w procesie oddychania komórkowego (nie AMP — to produkt rozkładu ATP) — to właśnie ATP jest substratem reakcji katalizowanej przez lucyferazę.

Krok 2. Im więcej żywych, metabolizujących mikroorganizmów jest w próbce, tym intensywniej zachodzi w nich oddychanie komórkowe, a więc tym więcej ATP jest wytwarzane — stężenie ATP wzrasta wraz ze wzrostem liczby mikroorganizmów.

Krok 3. Ponieważ reakcja lucyferyny z lucyferazą wymaga ATP jako substratu, wyższe stężenie ATP oznacza intensywniejszą reakcję i silniejszą emisję światła — o wykryciu bakterii świadczy więc wystąpienie (a nie ustanie) bioluminescencji.

Odpowiedź: ATP; wzrasta; wystąpienie.

Krok 1. Świetliki, jak wszystkie owady, mają układ tchawkowy — system rozgałęzionych, chitynowych rurek (tchawek), które rozprowadzają powietrze po ciele.

Krok 2. Najdrobniejsze, ślepo zakończone rozgałęzienia tchawek, które bezpośrednio stykają się z komórkami i dostarczają im tlen (bez udziału krwi), to tracheole.

Odpowiedź: Tracheole (uznaje się też odpowiedź „tchawki”).

Krok 1. Z wykresu widać, że najpierw rośnie przewodnictwo Na+ (faza depolaryzacji), a z opóźnieniem — przewodnictwo K+, które odpowiada za fazę repolaryzacji (powrót do potencjału spoczynkowego).

Krok 2. Zablokowanie kanału Na+ nie wydłużyłoby przewodzenia w korzystny sposób — ograniczyłoby samą depolaryzację, a nie fazę odpowiedzialną za powrót do stanu spoczynkowego. To kanał K+ odpowiada za zakończenie potencjału czynnościowego (repolaryzację).

Krok 3. Zablokowanie kanału K+ opóźnia wypływ jonów K+ z komórki, a więc wydłuża czas, w którym błona pozostaje zdepolaryzowana przed powrotem do potencjału spoczynkowego — czyli wydłuża fazę repolaryzacji.

Odpowiedź: A2 — wydłużenie czasu trwania potencjału czynnościowego jest skutkiem podania blokera kanału K+, który jest przyczyną wydłużenia fazy repolaryzacji.

Modyfikacja 1. Wzrost zawartości nasyconych kwasów tłuszczowych. Nasycone kwasy tłuszczowe mają proste, ściśle upakowane łańcuchy, co usztywnia błonę i zmniejsza jej płynność. W niskiej temperaturze błona już ma tendencję do usztywniania się, więc taka modyfikacja pogłębiałaby ten problem, a nie przeciwdziałała mu. Odpowiedź: N.

Modyfikacja 2. Wzrost zawartości krótkich kwasów tłuszczowych. Krótsze łańcuchy węglowodorowe słabiej się upakowują (mniejsze oddziaływania między nimi), co zwiększa płynność błony — jest to więc adaptacja przeciwdziałająca nadmiernemu usztywnieniu błony w niskiej temperaturze. Odpowiedź: T.

Odpowiedź: 1. – N, 2. – T.

Krok 1. Mostek disiarczkowy to wiązanie kowalencyjne powstające między atomami siarki grup -SH dwóch reszt tego samego aminokwasu.

Krok 2. Jedynym standardowym aminokwasem białkowym zawierającym w swoim łańcuchu bocznym grupę -SH (tiolową) jest cysteina.

Odpowiedź: Cysteina (Cys, C).

Krok 1. Para zasad G-C jest połączona trzema wiązaniami wodorowymi, natomiast para A-U — tylko dwoma wiązaniami wodorowymi.

Krok 2. Im więcej wiązań wodorowych stabilizuje dany fragment struktury drugorzędowej rRNA/tRNA, tym więcej energii potrzeba, aby je zerwać (rozpleść tę strukturę).

Krok 3. Zwiększenie udziału par GC kosztem par AU zwiększa więc łączną liczbę wiązań wodorowych w cząsteczce, a to podnosi energię potrzebną do jej denaturacji — czyli zwiększa stabilność cząsteczki.

Odpowiedź: Pary GC mają więcej (trzy) wiązań wodorowych niż pary AU (dwa), więc im większy udział par GC w cząsteczce rRNA/tRNA, tym więcej wiązań wodorowych trzeba zerwać, aby ją zdenaturować — a to wymaga więcej energii, co oznacza większą stabilność cząsteczki.

Krok 1. Reakcja PCR wymaga cyklicznego podgrzewania próbki do bardzo wysokiej temperatury (ok. 90–95°C) w etapie denaturacji dwuniciowego DNA.

Krok 2. Polimeraza DNA użyta w PCR musi zachować aktywność (nie ulegać denaturacji) w takiej wysokiej temperaturze, aby mogła działać w kolejnych cyklach reakcji.

Krok 3. Białka enzymatyczne termofili są ewolucyjnie przystosowane do funkcjonowania w wysokiej temperaturze (są termostabilne), w przeciwieństwie do białek psychrofili, które ulegałyby denaturacji w warunkach PCR.

Odpowiedź: Termofile — ich enzymy (np. polimeraza Taq) są termostabilne i nie ulegają denaturacji nawet w temperaturze bliskiej 95°C, stosowanej podczas etapu denaturacji DNA w PCR, dzięki czemu mogą działać w kolejnych cyklach reakcji.

Krok 1. Bakterie, jako organizmy prokariotyczne, nie mają mitochondriów (te są charakterystyczne dla komórek eukariotycznych) — odpowiedź A jest błędna.

Krok 2. Rybosomy bakteryjne mają współczynnik sedymentacji 70S (a nie 80S, charakterystyczny dla rybosomów eukariotycznych cytoplazmatycznych) — odpowiedź B jest błędna.

Krok 3. Chityna jest głównym składnikiem ściany komórkowej grzybów, nie bakterii (u bakterii jest to mureina/peptydoglikan) — odpowiedź C jest błędna.

Krok 4. U prokariontów nie występuje błona jądrowa oddzielająca DNA od cytoplazmy, dlatego translacja mRNA może rozpoczynać się, zanim jego synteza (transkrypcja) zostanie zakończona. To zjawisko jest charakterystyczne właśnie dla prokariontów.

Odpowiedź: D.

Krok 1. Gametofit żeński bezlistu ma listki, które w miarę dojrzewania sporofitu zanikają i przekształcają się w nitkowate twory — a to właśnie listki (zawierające chlorofil) byłyby głównym miejscem fotosyntezy gametofitu.

Krok 2. Dojrzały sporofit ma natomiast zieloną puszkę zarodni — zielony kolor świadczy o obecności chlorofilu i chloroplastów, a więc o zdolności do samodzielnej fotosyntezy.

Krok 3. Skoro gametofit (bez listków) nie może już prowadzić fotosyntezy w wystarczającym stopniu, a sporofit ma własne, zielone, fotosyntetyzujące struktury, to sporofit musi wytwarzać związki organiczne samodzielnie, a nie czerpać je od (zredukowanego) gametofitu.

Odpowiedź: Dojrzały sporofit bezlistu ma zieloną puszkę zarodni, co świadczy o obecności w niej chlorofilu i chloroplastów — sporofit może więc sam prowadzić fotosyntezę i wytwarzać związki organiczne. Jednocześnie listki gametofitu żeńskiego, które mogłyby go odżywiać, zanikają w tym czasie, co dodatkowo potwierdza, że sporofit odżywia się niezależnie od gametofitu.

Krok 1. Roślina jednopienna to taka, u której organy/struktury męskie i żeńskie występują na tym samym osobniku, a dwupienna – gdy występują na różnych osobnikach.

Krok 2. Z treści zadania wynika, że gametofity męskie bezlistu (bardzo drobne) i gametofity żeńskie (z łodyżką) są odrębnymi, samodzielnymi roślinami (gametofitami), a nie strukturami jednego wspólnego gametofitu.

Krok 3. Skoro plemnie (u gametofitu męskiego) i rodnie (u gametofitu żeńskiego) znajdują się na dwóch różnych, odrębnych gametofitach, to gametofit bezlistu jest dwupienny.

Odpowiedź: Gametofit bezlistu jest rośliną dwupienną, ponieważ gametofity męskie i gametofity żeńskie są odrębnymi osobnikami — struktury rozrodcze męskie i żeńskie nie występują na tym samym gametoficie.

Krok 1. Gametofity powstają z haploidalnych zarodników (w wyniku mejozy sporofitu) i same są haploidalne — dotyczy to zarówno gametofitu męskiego, jak i żeńskiego.

Krok 2. Zygota (2n) powstała z połączenia gamet rozwija się w sporofit, który następnie w zarodni, poprzez mejozę, wytwarza haploidalne zarodniki. Mejoza jest źródłem rekombinacji i segregacji chromosomów, więc powstające zarodniki są genetycznie różne (nie identyczne).

Odpowiedź: Gametofity męskie mchów są haploidalne; sporofit wytwarza w zarodni różne genetycznie zarodniki.

Krok 1. Bielmo to tkanka spichrzowa nasienia, powstająca (u roślin okrytozalążkowych) z zapłodnionej komórki centralnej woreczka zalążkowego, otaczająca zwykle zarodek i wypełniająca większość wnętrza nasiona.

Krok 2. Na schemacie struktura C zajmuje centralną, dużą część wnętrza nasiona, otaczającą wewnętrzną strukturę D — układ typowy dla bielma otaczającego zarodek.

Odpowiedź: Oznaczenie bielma: C.

Krok 1. Z wykresu odczytujemy, że siła kiełkowania nasion buka systematycznie spada wraz z wydłużaniem się czasu ich przechowywania: od ok. 92% (0 lat) przez ok. 87% (8 lat) i ok. 61% (11 lat) do ok. 18% (17 lat).

Krok 2. Taki spadek zdolności do kiełkowania wraz z czasem przechowywania świadczy o tym, że żywotność (zdolność do przeżycia i wykiełkowania) nasion buka zmniejsza się w czasie przechowywania.

Odpowiedź: Wraz z wydłużaniem się czasu przechowywania żywotność (siła kiełkowania) nasion buka zwyczajnego systematycznie się zmniejsza.

Krok 1. Na zdjęciu siewki struktura X to duży, mięsisty listek widoczny bezpośrednio nad korzeniem/hypokotylem, odmienny od pierwszego prawdziwego liścia znajdującego się wyżej.

Krok 2. Taka struktura to liścień (liść zarodkowy) — pierwszy „liść” obecny już w zarodku nasienia.

Krok 3. U buka liścienie są mięsiste, bo gromadzą (i po wykiełkowaniu jeszcze pewien czas dostarczają) substancje zapasowe, a po zzielenieniu mogą też prowadzić fotosyntezę, zanim wykształcą się prawdziwe liście.

Odpowiedź: Nazwa: liścień (liść zarodkowy). Funkcja: gromadzenie/dostarczanie substancji zapasowych dla rozwijającej się siewki oraz (po zzielenieniu) przeprowadzanie fotosyntezy.

Krok 1. Łodyga ma tu budowę pierwotną (nie wtórną), a tkanką okrywającą pędy pierwotne jest skórka (epiderma) — korkowica powstaje dopiero we wtórnej budowie łodygi, z udziałem kambium korkotwórczego.

Krok 2. Skórka powstaje z merystemu wierzchołkowego pędu (protodermy), a nie z kambium — kambium (waskularne) daje początek tkankom wtórnym, przewodzącym.

Krok 3. Kolenchyma (tkanka wzmacniająca) jest zbudowana z żywych komórek o nierównomiernie zgrubiałych ściankach — w przeciwieństwie do sklerenchymy, która jest tkanką martwą.

Odpowiedź: (skórka), powstająca w wyniku działania (merystemu wierzchołkowego). Kolenchyma to (żywa) tkanka wzmacniająca.

Krok 1. Na zdjęciu widać, że komórki tkanki okrywającej (skórki) są ułożone bardzo ściśle, jedna przy drugiej, bez przestrzeni międzykomórkowych.

Krok 2. Taka ciasna, zwarta budowa uniemożliwia (lub silnie ogranicza) wnikanie do wnętrza łodygi patogenów (np. grzybów, bakterii) oraz ciał obcych, a także ogranicza niekontrolowaną utratę wody przez roślinę.

Odpowiedź: Komórki skórki na zdjęciu ściśle do siebie przylegają (bez przestrzeni międzykomórkowych), co tworzy zwartą, nieprzerwaną warstwę uniemożliwiającą swobodne wnikanie patogenów do wnętrza łodygi — dzięki temu tkanka ta pełni funkcję ochronną.

Krok 1. Punkt X na drzewie leży na wspólnej gałęzi prowadzącej do ssaków, jaszczurek i węży, krokodyli oraz ptaków, ale już po odgałęzieniu się płazów i ryb dwudysznych.

Krok 2. Płuca i kończyny typu lądowego pojawiły się wcześniej — są charakterystyczne już dla wspólnego przodka wszystkich czworonogów, w tym płazów, więc X musiałoby leżeć bliżej podstawy drzewa.

Krok 3. Gruczoły mleczne są cechą charakterystyczną wyłącznie dla ssaków, a punkt X leży na gałęzi wspólnej dla ssaków ORAZ gadów/ptaków — więc nie może to być cecha wyłącznie ssacza.

Krok 4. Błony płodowe (owodnia, omocznia, kosmówka) są wspólną cechą owodniowców — grupy obejmującej ssaki i gady (w tym ptaki), a nie płazy i ryby — co odpowiada położeniu punktu X na drzewie.

Odpowiedź: B.

Stwierdzenie 1. Na drzewie krokodyle i ptaki należą do tej samej, bliższej sobie gałęzi, która odgałęziła się od linii jaszczurek i węży wcześniej. Krokodyle są więc bliżej spokrewnione z ptakami niż z jaszczurkami i wężami. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Stwierdzenie 2. Grupa monofiletyczna to wspólny przodek i wszyscy jego potomkowie. Ptaki na drzewie stanowią właśnie taką pełną grupę potomków wspólnego przodka — a nie grupę, z której wyłączono część potomków (co byłoby cechą grupy parafiletycznej). Stwierdzenie jest fałszywe (F).

Stwierdzenie 3. „Gady” w tradycyjnym rozumieniu (jaszczurki i węże, krokodyle) nie obejmują ptaków, choć ptaki wywodzą się z tej samej linii ewolucyjnej — wyłączenie ptaków z grupy „gadów” sprawia, że gady w tym ujęciu są grupą parafiletyczną, a nie monofiletyczną. Stwierdzenie jest fałszywe (F).

Odpowiedź: 1. – P, 2. – F, 3. – F.

Krok 1. Hormony peptydowe regulujące stężenie glukozy we krwi (insulina, glukagon) wydziela trzustka — na schemacie jest to gruczoł oznaczony literą D (położony w jamie brzusznej).

Krok 2. Gruczoł kluczowy dla dojrzewania (różnicowania) limfocytów T, a więc układu odpornościowego, to grasica — położona w klatce piersiowej, za mostkiem, oznaczona na schemacie literą B.

Krok 3. Gruczołem, który ma korę wydzielającą hormony steroidowe (m.in. kortyzol, niewielkie ilości androgenów), jest nadnercze — oznaczone na schemacie literą C (położone w jamie brzusznej, nad nerką).

Odpowiedź: trzustka – D; grasica – B; nadnercze (nadnercza / kora nadnerczy) – C.

Krok 1. Osmotyczne zatrzymywanie wody w treści jelitowej. Zniszczenie szczytowych części kosmków (i mikrokosmków) niszczy disacharydazy (maltazę, laktazę, sacharazę), więc dwucukry z pokarmu nie są trawione do monosacharydów i nie mogą zostać wchłonięte. Niestrawione disacharydy są substancjami czynnymi osmotycznie i pozostając w świetle jelita, zatrzymują w nim wodę, uniemożliwiając jej wchłanianie do organizmu.

Krok 2. Osmotyczne wydzielanie wody do treści jelitowej. Każda zakażona komórka nabłonka jelita wydziela do światła jelita jony chlorkowe (Cl⁻), również substancje czynne osmotycznie. Zwiększone stężenie Cl⁻ w świetle jelita powoduje, że woda jest wydzielana z komórek nabłonka (enterocytów) do światła jelita, zgodnie z gradientem osmotycznym.

Krok 3. Oba mechanizmy — zatrzymanie wody pochodzącej z pokarmu w jelicie oraz dodatkowe wydzielanie wody z komórek nabłonka do jelita — łącznie prowadzą do dużej objętości płynnego, wodnistego kału i znacznej utraty wody z organizmu.

Odpowiedź: Zanik mikrokosmków powoduje niedobór disacharydaz, więc niestrawione, osmotycznie czynne disacharydy zatrzymują wodę w świetle jelita (uniemożliwiają jej wchłanianie). Dodatkowo zakażone komórki wydzielają do jelita jony chlorkowe, które osmotycznie „wypychają” wodę z enterocytów do światła jelita — oba te mechanizmy razem prowadzą do znacznej utraty wody z organizmu.

Krok 1. Odwodnienie oznacza utratę wody z organizmu, w tym z krwi — objętość osocza (płynnej części krwi, w większości wody) zatem spada.

Krok 2. Zmniejszona objętość krwi krążącej oznacza spadek ciśnienia krwi. Aby zaopatrzyć tkanki w wystarczającą ilość tlenu i utrzymać odpowiednie ciśnienie krwi przy mniejszej jej objętości, serce musi zwiększyć częstość skurczów, czyli bić szybciej.

Odpowiedź: objętość osocza spada, a więc serce musi bić szybciej.

Krok 1. Glukoza jest podstawowym substratem energetycznym wykorzystywanym w oddychaniu komórkowym, a przy biegunce rotawirusowej jej dostępność jest ograniczona (z powodu utraty niewchłoniętych składników odżywczych i zaburzeń trawienia).

Krok 2. Obniżenie tempa metabolizmu (np. spadek temperatury ciała, ograniczenie intensywności oddychania komórkowego) zmniejsza zapotrzebowanie organizmu na energię, a więc zmniejsza zużycie glukozy.

Krok 3. Dzięki temu dostępne, ograniczone zasoby glukozy „wystarczają” na dłużej, co zwiększa szansę przeżycia organizmu do czasu ustąpienia choroby, zamiast szybkiego wyczerpania zapasów energetycznych.

Odpowiedź: Obniżenie tempa metabolizmu zmniejsza zapotrzebowanie energetyczne organizmu, a więc zmniejsza zużycie glukozy — dzięki temu ograniczone zasoby glukozy (której dostępność jest zmniejszona przy biegunce) wystarczają na dłużej, co zwiększa szanse przeżycia chorego ssaka.

Krok 1. Zakażenie rotawirusem niszczy szczytowe komórki kosmków jelitowych, w których produkowane są disacharydazy, w tym laktaza.

Krok 2. Skutkuje to niedoborem laktazy, enzymu niezbędnego do trawienia laktozy (cukru mlecznego) do glukozy i galaktozy.

Krok 3. Niestrawiona laktoza z mleka nie może być wchłonięta i pozostaje w jelicie, co u dziecka objawia się jako nietolerancja mleka.

Odpowiedź: Niedobór laktazy spowodowany zniszczeniem komórek kosmków jelitowych przez rotawirusa — bez laktazy laktoza z mleka nie może być strawiona, co objawia się nietolerancją mleka.

Krok 1. Hormonami tarczycy zawierającymi jod są jodotyroniny.

Krok 2. Do tej grupy należą tyroksyna (T4, tetrajodotyronina) oraz trijodotyronina (T3).

Odpowiedź: Tyroksyna (T4) — uznaje się też trijodotyroninę (T3).

Krok 1. Jod jest niezbędnym składnikiem hormonów tarczycy (T3, T4) — bez wystarczającej ilości jodu tarczyca nie może wytworzyć odpowiedniej ilości tych hormonów, mimo stymulacji.

Krok 2. W warunkach prawidłowych wysoki poziom hormonów tarczycy hamuje (na drodze sprzężenia zwrotnego ujemnego) wydzielanie TSH przez przysadkę — a niski poziom tych hormonów oznacza brak tego hamowania.

Krok 3. Przy niedoborze jodu poziom T3/T4 we krwi jest chronicznie niski, więc hamowanie zwrotne przysadki nie zachodzi (lub jest zbyt słabe) i przysadka nieustannie wydziela zwiększone ilości TSH, próbując pobudzić tarczycę do produkcji większej ilości hormonów.

Odpowiedź: Niedobór jodu uniemożliwia tarczycy wytworzenie wystarczającej ilości hormonów (T3/T4). Niski poziom tych hormonów we krwi nie hamuje (na drodze sprzężenia zwrotnego ujemnego) wydzielania TSH przez przysadkę, dlatego przysadka wydziela go w zwiększonych ilościach, usiłując pobudzić tarczycę do większej produkcji hormonów.

Krok 1. Na zdjęciu widoczne jest ciało podzielone na dwie główne części (bez wyraźnie oddzielonej głowy, tułowia i odwłoku, charakterystycznych np. dla insektów) oraz cztery pary odnóży krocznych (osiem odnóży).

Krok 2. Obecność czterech par (ośmiu) odnóży lokomotorycznych jest cechą charakterystyczną pajęczaków (Arachnida), a nie np. insektów (trzy pary odnóży).

Odpowiedź: Gromada stawonogów: pajęczaki (Arachnida). Cecha budowy: obecność czterech par (ośmiu) odnóży krocznych widocznych na zdjęciu.

Krok 1. Przeciwciała klasy IgE związane z alergenami wiążą się i aktywują komórki tuczne (mastocyty) — to właśnie one, po związaniu alergenu, uwalniają histaminę.

Krok 2. Histamina jest silnym rozszerzaczem naczyń krwionośnych (powoduje ich rozszerzenie) — to zwiększa miejscowy przepływ krwi.

Krok 3. Histamina jednocześnie zwiększa przepuszczalność ścian naczyń włosowatych, co pozwala płynowi z krwi przenikać do tkanek — prowadzi to do obrzęku, zwężenia światła dróg oddechowych i katarum.

Odpowiedź: (komórek tucznych); (rozszerzenie) naczyń krwionośnych; (zwiększenie) przepuszczalności.

Krok 1. Mitochondria mają własny genom (mtDNA) i mogą dzielić się niezależnie od podziału komórki — to element pewnej autonomii.

Krok 2. Jednocześnie większość białek potrzebnych do funkcjonowania mitochondriów jest kodowana przez genom jądrowy (nDNA), syntetyzowana w cytoplazmie i importowana do mitochondriów — to element zależności od reszty komórki.

Krok 3. Ponieważ mitochondria wykazują jednocześnie pewną niezależność (własny genom, własne podziały) i zależność (od białek kodowanych jądrowo), są organellami tylko częściowo, a nie w pełni autonomicznymi — czyli półautonomicznymi.

Odpowiedź: Funkcjonowanie mitochondriów jest pod kontrolą dwóch genomów — własnego mtDNA oraz genomu jądrowego, który koduje większość białek mitochondrialnych. Mitochondria mają więc pewną autonomię (własny DNA, własne podziały), ale są też zależne od komórki (import białek kodowanych jądrowo) — to właśnie czyni je organellami półautonomicznymi.

Stwierdzenie 1. Mutacja autosomalna (w genomie jądrowym, na chromosomie autosomalnym) dziedziczy się zgodnie z klasycznymi prawami Mendla, w przeciwieństwie do mutacji mitochondrialnych, które dziedziczą się w sposób pozajądrowy (cytoplazmatyczny, matczyny). Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Stwierdzenie 2. Mitochondria (i mtDNA) są dziedziczone wyłącznie w linii matczynej — plemniki przekazują potomstwu praktycznie tylko jądrowe DNA, a mitochondria pochodzą z komórki jajowej. Mutacja w mtDNA ojca nie zostanie więc przekazana dzieciom. Stwierdzenie jest fałszywe (F).

Stwierdzenie 3. Ze względu na heteroplazmię i losową segregację mitochondriów podczas podziałów komórkowych, różne dzieci tej samej matki mogą odziedziczyć różne proporcje zmutowanego i prawidłowego mtDNA — a nasilenie objawów zależy od tej proporcji względem wartości progowej, różnej dla różnych tkanek. Nie można więc zagwarantować identycznych objawów o identycznym nasileniu u wszystkich dzieci. Stwierdzenie jest fałszywe (F).

Odpowiedź: 1. – P, 2. – F, 3. – F.

Krok 1. Choroba mitochondrialna oznacza zaburzenia łańcucha oddechowego w mitochondriach, co prowadzi do niedoboru ATP wytwarzanego tą drogą. Komórka kompensuje ten niedobór, zwiększając cytoplazmatyczną glikolizę (a nie glikogenogenezę, czyli syntezę glikogenu — to proces odkładania, nie wytwarzania energii).

Krok 2. Produktem glikolizy jest pirogronian (a nie glikogen).

Krok 3. Skoro mitochondrialne oddychanie tlenowe jest zaburzone, pirogronian nie może być efektywnie utleniany w mitochondriach — w dużej części jest więc przekształcany na drodze fermentacji mleczanowej w mleczan (kwas mlekowy), co wyjaśnia obserwowane u ~70% chorych podwyższone stężenie kwasu mlekowego w surowicy krwi.

Odpowiedź: (glikolizy), w wyniku której powstaje (pirogronian) – związek przekształcany na szlaku przemian beztlenowych w (mleczan).

Krok 1. Wzór 1. (pełne paskowanie). Wymaga obecności co najmniej jednego allelu dominującego w KAŻDYM z obu loci — a więc genotyp w locus A to AA albo Aa, i niezależnie genotyp w locus B to BB albo Bb. Kombinując te możliwości, otrzymujemy: AABB, AaBB, AABb, AaBb.

Krok 2. Wzór 2. (skrócony pasek środkowy przecinający linię naboczną). Wymaga homozygotyczności recesywnej TYLKO W JEDNYM z loci — czyli albo aa w locus A (przy obecności co najmniej jednego allelu B): AAbb, Aabb; albo bb w locus B (przy obecności co najmniej jednego allelu A): aaBB, aaBb.

Odpowiedź: Pełne paskowanie (wzór 1.): AABB, AaBB, AABb, AaBb. Skrócony pasek środkowy (wzór 2.): AAbb, Aabb, aaBB, aaBb.

Krok 1. Oba rodzice są podwójnie heterozygotyczni: genotyp AaBb × AaBb. Każdy z rodziców wytwarza cztery typy gamet w równych proporcjach: AB, Ab, aB, ab.

Krok 2. Zapisując szachownicę Punnetta 4×4 dla krzyżówki AaBb × AaBb, otrzymujemy 16 równie prawdopodobnych kombinacji genotypowych potomstwa, klasycznie dających proporcję fenotypową 9:3:3:1 dla dwóch niezależnych, w pełni dominujących cech.

Krok 3. W tym zadaniu wzór 2. i wzór 3. oba wymagają homozygotyczności recesywnej w co najmniej jednym z loci, więc klasy „3” i „3” z typowego rozkładu 9:3:3:1 łączą się w jedną klasę wzoru 2. (6/16), a klasa „1” (aabb) odpowiada wzorowi 3. (1/16); klasa „9” odpowiada wzorowi 1.

Odpowiedź: Krzyżówka AaBb × AaBb daje w potomstwie genotypy w klasycznej proporcji 9 (co najmniej jeden allel A i jeden allel B) : 3 (aa, co najmniej jeden B) : 3 (co najmniej jeden A, bb) : 1 (aabb). Ponieważ klasy „3” i „3” dają ten sam fenotyp (wzór 2.), oczekiwany rozkład wzorów paskowania wynosi: wzór 1. : wzór 2. : wzór 3. = 9 : 6 : 1.

Krok 1. tRNA, jak każde RNA, jest zbudowane z jednej nici polinukleotydowej (a nie z dwóch odrębnych nici, jak DNA).

Krok 2. Ta jedna nić tRNA zwija się jednak na siebie, tworząc krótkie, komplementarne, sparowane ze sobą odcinki (widoczne na schemacie jako „ramiona” struktury drugorzędowej tRNA). Aby zasady mogły się do siebie sparować, odpowiednie odcinki nici muszą przebiegać w przeciwnych kierunkach (antyrównolegle) — czyli w przeciwnej orientacji.

Odpowiedź: A1 — cząsteczki tRNA są zbudowane z jednej nici, a w budowie przestrzennej tRNA komplementarne odcinki nici są położone w przeciwnej orientacji.

Krok 1. Ramię akceptorowe. To końcowy fragment (koniec 3′) cząsteczki tRNA, do którego enzym (aminoacylo-tRNA-syntetaza) przyłącza kowalencyjnie odpowiedni, specyficzny dla danego tRNA aminokwas. Ramię akceptorowe przenosi więc aminokwas do rybosomu.

Krok 2. Antykodon. To trójnukleotydowa sekwencja w pętli tRNA, komplementarna do kodonu w mRNA. Antykodon paruje się z odpowiednim kodonem mRNA w rybosomie, co zapewnia włączenie właściwego aminokwasu w odpowiednie miejsce łańcucha polipeptydowego zgodnie z kodem genetycznym.

Odpowiedź: Ramię akceptorowe – przyłącza (wiąże) odpowiedni/specyficzny dla danego tRNA aminokwas. Antykodon – paruje się (łączy się) z komplementarnym, odpowiednim kodonem mRNA.

Krok 1. Dojrzałe mRNA powstaje po wycięciu intronów i połączeniu (splicingu) eksonów — a więc zawiera wyłącznie sekwencje odpowiadające eksonom (fragmentom ujętym w ramki), bez sekwencji promotorowej i bez intronów.

Krok 2. mRNA jest komplementarne do nici matrycowej DNA i syntetyzowane w kierunku 5′→3′, antyrównolegle względem matrycy.

Krok 3. Odczytując tylko sekwencje eksonowe (ujęte w ramki) i zamieniając je na komplementarne nukleotydy RNA (A→U, T→A, G→C, C→G), otrzymujemy sekwencję odpowiadającą wyłącznie eksonom, połączonym bez intronu między nimi.

Odpowiedź: D.

Krok 1. Pierwszy ekson to początkowy, zaznaczony w ramce fragment, odpowiadający początkowi mRNA, a więc początkowi łańcucha polipeptydowego liczonego od końca aminowego (N).

Krok 2. Odczytując kodony mRNA odpowiadające pierwszemu eksonowi i tłumacząc je za pomocą tabeli kodu genetycznego, otrzymujemy kolejno aminokwasy: metionina (kodon start AUG), prolina, alanina, cysteina.

Odpowiedź: Met-Pro-Ala-Cys (metionina-prolina-alanina-cysteina), od końca aminowego do karboksylowego.

Krok 1. Ze schematu wynika, że fragment genu ABL1 z chromosomu 9 zostaje przeniesiony na chromosom 22 (łącząc się z genem BCR), a fragment z chromosomu 22 trafia na chromosom 9 — to wzajemna wymiana fragmentów między dwoma różnymi chromosomami.

Krok 2. Taka wymiana materiału genetycznego między niehomologicznymi chromosomami to translokacja (a nie duplikacja — powielenie fragmentu, ani inwersja — odwrócenie fragmentu w tym samym chromosomie, ani transkrypcja — proces biochemiczny, a nie rodzaj mutacji).

Odpowiedź: C.

Stwierdzenie 1. Translokacja zmienia strukturę (budowę) chromosomów 9 i 22 (wymiana fragmentów), ale liczba chromosomów w komórce się nie zmienia — wciąż jest ich tyle samo, tylko dwa z nich mają zmienioną budowę. Stwierdzenie jest fałszywe (F).

Stwierdzenie 2. Translokacja między chromosomami 9 i 22 jest wystarczająco duża, aby zmieniała rozmiar/wzór prążkowy tych chromosomów w widoczny sposób pod mikroskopem — dlatego jest wykrywalna w standardowym badaniu kariotypu (widoczny „chromosom Philadelphia”). Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: 1. – F, 2. – P.

Krok 1. Płazy są organizmami silnie związanymi ze środowiskiem wodnym — potrzebują wody przede wszystkim do rozrodu (składanie skrzeku) oraz do rozwoju stadiów larwalnych (kijanki żyją wyłącznie w wodzie).

Krok 2. Osuszanie siedlisk prowadzi do zanikania małych zbiorników wodnych (oczek wodnych, rozlewisk), w których płazy się rozmnażają i w których rozwijają się ich larwy.

Krok 3. Brak dostępu do wody uniemożliwia więc płazom dopełnienie cyklu rozrodczego, co prowadzi do spadku liczebności ich populacji.

Odpowiedź: Osuszanie siedlisk niszczy zbiorniki wodne, niezbędne płazom do rozrodu (składania skrzeku) i do rozwoju larwalnego (kijanki żyją wyłącznie w wodzie) — bez dostępu do wody płazy nie mogą się rozmnażać, co skutkuje zmniejszeniem liczebności ich populacji.

Krok 1. Agenda 21 to globalny program działań na rzecz zrównoważonego rozwoju, nie dotyczy bezpośrednio handlu gatunkami.

Krok 2. Konwencja o Różnorodności Biologicznej ma szerszy cel — ochronę bioróżnorodności w ogóle, a Natura 2000 to europejska sieć obszarów chronionych — żadna z nich nie reguluje bezpośrednio handlu zagrożonymi gatunkami.

Krok 3. Konwencja Waszyngtońska (CITES) została powołana specjalnie w celu kontrolowania i ograniczania międzynarodowego handlu okazami zagrożonych gatunków zwierząt i roślin.

Odpowiedź: C.

Krok 1. Hipoteza o wpływie krzewów na rośliny jednoroczne. Aby ją zweryfikować, trzeba porównać przyrost biomasy roślin jednorocznych w obecności krzewów (próba B) z przyrostem biomasy roślin jednorocznych bez krzewów (próba C) — jedyną różnicą między tymi próbami jest obecność/brak krzewów.

Krok 2. Hipoteza o wpływie roślin jednorocznych na krzewy. Analogicznie, trzeba porównać przyrost biomasy krzewów w obecności roślin jednorocznych (próba B) z przyrostem biomasy krzewów bez roślin jednorocznych (próba A) — różnicą między tymi próbami jest obecność/brak roślin jednorocznych.

Odpowiedź: Hipoteza 1. (wpływ krzewów na rośliny jednoroczne) – próby B i C. Hipoteza 2. (wpływ roślin jednorocznych na krzewy) – próby A i B.

Krok 1. Cień rzucany przez krzewy A. dumosa obniża temperaturę i natężenie promieniowania słonecznego docierającego do roślin jednorocznych oraz do podłoża pod nimi.

Krok 2. Ograniczenie nasłonecznienia i temperatury zmniejsza intensywność transpiracji z roślin jednorocznych oraz zmniejsza parowanie wody z powierzchni gleby, dzięki czemu więcej wody pozostaje dostępne dla tych roślin w suchym, pustynnym środowisku.

Krok 3. Lepszy (dodatniejszy) bilans wodny roślin jednorocznych pozwala im utrzymać otwarte aparaty szparkowe przez dłuższy czas, co umożliwia efektywniejsze pochłanianie CO2 i intensywniejszą fotosyntezę, a to przekłada się na większy przyrost biomasy.

Odpowiedź: Cień rzucany przez krzewy ogranicza parowanie wody z roślin jednorocznych i z podłoża, co poprawia ich bilans wodny w warunkach suszy. Dzięki temu rośliny jednoroczne mogą dłużej utrzymywać otwarte aparaty szparkowe i intensywniej prowadzić fotosyntezę, co skutkuje większym przyrostem ich biomasy.