Biologia — Maj 2024 (Formuła 2015)

Wiersz 1. (białka). Białka są polimerami, których monomerami są aminokwasy (kwasy aminowe). Reszty aminokwasowe łączą się ze sobą wiązaniami peptydowymi. Podana w tabeli funkcja budulcowa jest typowa dla białek.

Wiersz 2. (monomer: monosacharyd). Polimer zbudowany z monosacharydów to polisacharyd (cukier złożony, węglowodan złożony). Reszty monosacharydowe łączą się w nim wiązaniami glikozydowymi. Podana funkcja zapasowa odpowiada np. skrobi.

Odpowiedź (uzupełnione komórki):

Struktura I-rzędowa to po prostu kolejność (sekwencja) reszt aminokwasowych w łańcuchu polipeptydowym – odpowiada opis D.

Struktura II-rzędowa to lokalne, regularne zwinięcie fragmentu łańcucha (helisa α lub harmonijka β) stabilizowane wyłącznie wiązaniami wodorowymi – odpowiada opis B.

Struktura III-rzędowa to przestrzenne ułożenie pojedynczego łańcucha polipeptydowego, stabilizowane różnymi oddziaływaniami niekowalencyjnymi (np. wodorowymi, jonowymi, hydrofobowymi) oraz kowalencyjnymi (mostki disiarczkowe) – odpowiada opis C.

Opis A dotyczy struktury IV-rzędowej (oddziaływania między osobnymi łańcuchami).

Odpowiedź: I-rzędowa – D, II-rzędowa – B, III-rzędowa – C.

Odwrotna transkryptaza przepisuje jednoniciowy RNA wirusa na dwuniciowy DNA. Odbywa się to w dwóch współdziałających czynnościach jednego enzymu.

Obszar o aktywności polimerazy katalizuje syntezę nici DNA (na matrycy RNA, a następnie na matrycy DNA) – to on „dobudowuje” łańcuch DNA nukleotyd po nukleotydzie.

Obszar o aktywności rybonukleazy trawi (rozkłada, hydrolizuje) RNA – usuwa nić RNA z powstającej hybrydy RNA-DNA, dzięki czemu na wolnej nici DNA może powstać druga nić DNA.

Odpowiedź: obszar o aktywności polimerazy – synteza DNA (na matrycy RNA lub DNA); obszar o aktywności rybonukleazy – trawienie (rozkład, hydroliza) RNA.

Krok 1. Samice Photuris są drapieżnikami, których ofiarami są samce Photinus. Zamiast aktywnie szukać i ścigać ofiary, samica Photuris naśladuje sygnały świetlne samicy Photinus i „przywołuje” samca wprost do siebie.

Krok 2. Dzięki temu ofiara sama zbliża się do drapieżnika, więc drapieżnik nie musi tracić czasu ani energii na poszukiwanie i pościg – zdobywa pokarm łatwiej i częściej.

Odpowiedź: Wabienie ofiar sprawia, że samice Photuris zdobywają pokarm mniejszym nakładem czasu i energii (nie muszą aktywnie poszukiwać ani ścigać ofiary), a przez to upolowują ofiary częściej i skuteczniej.

Krok 1. Związkiem wysokoenergetycznym powstającym w oddychaniu komórkowym jest ATP (a nie AMP – AMP jest jednym z produktów reakcji z lucyferazą). Wybieramy więc ATP.

Krok 2. Im więcej żywych mikroorganizmów w próbce, tym więcej komórek prowadzi oddychanie komórkowe, więc stężenie ATP wzrasta.

Krok 3. ATP jest niezbędne do zajścia reakcji z udziałem lucyferazy, której efektem jest emisja światła. Jeśli w próbce są bakterie (jest ATP), to reakcja zachodzi i pojawia się światło – o wykryciu bakterii świadczy więc wystąpienie bioluminescencji.

Odpowiedź: ATP; wzrasta; wystąpienie.

Krok 1. Owady mają układ oddechowy tchawkowy: powietrze wnika przez przetchlinki do rozgałęzionego systemu tchawek, a te dzielą się na coraz cieńsze rurki.

Krok 2. Najcieńsze, końcowe odgałęzienia tchawek, które docierają wprost do pojedynczych komórek ciała i dostarczają im tlen, to tracheole (tchaweczki).

Odpowiedź: tracheole (dopuszczalna odpowiedź: tchawki).

Krok 1. Za fazę repolaryzacji (powrót potencjału do wartości spoczynkowej) odpowiada wypływ jonów K⁺ przez kanały potasowe. Jeśli zablokujemy kanały K⁺, wypływ K⁺ będzie spowolniony, więc repolaryzacja – a wraz z nią cały potencjał czynnościowy – będzie trwać dłużej.

Krok 2. Zablokowanie kanałów Na⁺ ograniczyłoby napływ Na⁺, czyli zaburzyłoby fazę depolaryzacji (mógłby w ogóle nie powstać potencjał czynnościowy), a nie wydłużyło jego czas trwania.

Krok 3. Wydłużenie czasu trwania potencjału uzyskuje się więc przez podanie blokera kanału K⁺ (odpowiedź A), co wydłuża fazę repolaryzacji (odpowiedź D).

Odpowiedź: A i D (w oznaczeniach klucza CKE: A2 – bloker kanału K⁺, wydłużenie fazy repolaryzacji).

Adaptacja do niskiej temperatury musi zwiększać płynność błony (bo niska temperatura ją zmniejsza).

Modyfikacja 1. (wzrost udziału kwasów nasyconych). Nasycone kwasy tłuszczowe mają proste łańcuchy, ściśle upakowują się w błonie i zmniejszają jej płynność. To działanie przeciwne do potrzebnego, więc nie jest adaptacją do niskiej temperatury – odpowiedź N.

Modyfikacja 2. (wzrost udziału krótkich kwasów tłuszczowych). Krótsze łańcuchy słabiej oddziałują ze sobą, przez co błona jest bardziej płynna – to zwiększa płynność, więc jest adaptacją do niskiej temperatury – odpowiedź T.

Odpowiedź: 1 – N, 2 – T.

Krok 1. Mostek disiarczkowy to wiązanie kowalencyjne (–S–S–) powstające między grupami tiolowymi (–SH) dwóch reszt tego samego aminokwasu.

Krok 2. Grupę –SH w łańcuchu bocznym ma tylko cysteina, dlatego to ona jest niezbędna do utworzenia mostków disiarczkowych.

Odpowiedź: cysteina.

Krok 1. W parze G–C zasady połączone są trzema wiązaniami wodorowymi, a w parze A–U tylko dwoma.

Krok 2. Im więcej par G–C (kosztem par A–U), tym więcej wiązań wodorowych łączy komplementarne odcinki cząsteczki, a więc tym silniej jest ona spojona.

Krok 3. Zerwanie większej liczby wiązań wodorowych (np. podczas denaturacji w wysokiej temperaturze) wymaga dostarczenia większej ilości energii, dlatego cząsteczka o wyższej zawartości par GC jest trwalsza (bardziej odporna na wysoką temperaturę).

Odpowiedź: Para G–C ma trzy wiązania wodorowe, a para A–U tylko dwa, więc większy udział par GC oznacza więcej wiązań wodorowych stabilizujących cząsteczkę. Do ich zerwania trzeba dostarczyć więcej energii, dlatego wraz ze wzrostem zawartości par GC rośnie stabilność cząsteczek rRNA i tRNA.

Krok 1. W metodzie PCR jeden z etapów każdego cyklu (denaturacja DNA) zachodzi w wysokiej temperaturze (ok. 90–95 °C). Polimeraza DNA musi wielokrotnie przetrwać taką temperaturę, nie tracąc aktywności.

Krok 2. Białka (w tym enzymy) psychrofili są przystosowane do niskich temperatur i uległyby denaturacji w warunkach PCR. Natomiast białka termofili są termostabilne – zachowują strukturę i aktywność w wysokiej temperaturze (np. polimeraza Taq).

Rozstrzygnięcie: termofile.

Uzasadnienie: Polimerazy DNA termofili są termostabilne i nie ulegają denaturacji w wysokiej temperaturze stosowanej podczas etapu denaturacji DNA w PCR, dlatego to termofile są źródłem polimeraz wykorzystywanych w tej metodzie.

Krok 1. Komórka prokariotyczna nie ma mitochondriów (A błędne) ani jądra komórkowego. Jej rybosomy mają współczynnik 70S, a nie 80S (B błędne – 80S mają eukarionty). Ściana komórkowa bakterii zbudowana jest z mureiny, a nie z chityny (C błędne – chityna to np. ściany grzybów).

Krok 2. U bakterii nie ma otoczki jądrowej oddzielającej DNA od cytoplazmy, więc translacja mRNA może się rozpoczynać, zanim zakończy się jego transkrypcja (transkrypcja i translacja są sprzężone) – to cecha prokariontów (D poprawne).

Odpowiedź: D.

Krok 1. Puszka zarodni sporofitu jest zielona, co świadczy o obecności chlorofilu (chloroplastów). Sporofit może więc samodzielnie prowadzić fotosyntezę i wytwarzać własne związki organiczne.

Krok 2. Gametofit żeński jest natomiast bardzo mały (poniżej 1 mm), a w czasie dojrzewania sporofitu traci listki (przekształcają się w nitkowate twory). Pozbawiony listków, zredukowany gametofit nie prowadzi już fotosyntezy i jest zbyt mały, by wytworzyć i przekazać sporofitowi wystarczającą ilość związków organicznych.

Odpowiedź: Dojrzały sporofit bezlistu ma zieloną puszkę zarodni (zawierającą chlorofil), więc sam prowadzi fotosyntezę i wytwarza związki organiczne. Jednocześnie jego gametofit jest bardzo mały i pozbawiony listków, więc nie prowadzi fotosyntezy i nie mógłby odżywiać sporofitu – dlatego sporofit pozyskuje związki organiczne niezależnie od gametofitu.

Krok 1. Roślina jednopienna wytwarza organy (gametangia) obu płci na tym samym osobniku, a roślina dwupienna – gamety męskie i żeńskie na osobnych osobnikach.

Krok 2. U bezlistu gametofity męskie (wytwarzające plemniki) i gametofity żeńskie (wytwarzające komórki jajowe w rodniach) to osobne osobniki.

Rozstrzygnięcie: dwupienny.

Uzasadnienie: Gametofit bezlistu jest dwupienny, ponieważ gametofity męskie i gametofity żeńskie są odrębnymi osobnikami – gamety męskie i żeńskie są wytwarzane przez różne rośliny.

Krok 1. U mchów pokoleniem dominującym jest gametofit, który jest haploidalny (powstaje z haploidalnego zarodnika i wytwarza gamety przez mitozę). Zatem gametofity męskie są haploidalne.

Krok 2. Sporofit jest diploidalny (powstaje z zygoty). Zarodniki powstają w jego zarodni w wyniku mejozy, której towarzyszy rekombinacja materiału genetycznego, więc zarodniki są genetycznie różne.

Odpowiedź: haploidalne; różne.

Krok 1. Bielmo (endosperm) to tkanka spichrzowa nasienia, otaczająca zarodek i gromadząca substancje odżywcze wykorzystywane podczas kiełkowania.

Krok 2. Na schemacie zarodek zajmuje część centralną nasienia, a otacza go warstwa tkanki spichrzowej (bielmo) leżąca pod łupiną nasienną. Tę tkankę oznaczono literą C.

Odpowiedź: C.

Krok 1. Z wykresu odczytujemy, że wraz z wydłużaniem czasu przechowywania (0 → 8 → 11 → 17 lat) siła kiełkowania nasion systematycznie maleje (od ok. 90% przy nasionach świeżych do ok. 20% po 17 latach).

Krok 2. Skoro zdolność kiełkowania odzwierciedla żywotność nasion, oznacza to, że żywotność nasion spada w miarę przechowywania.

Wniosek: Im dłużej przechowuje się nasiona buka zwyczajnego, tym mniejsza jest ich żywotność (siła kiełkowania) – zdolność kiełkowania nasion maleje wraz z upływem czasu przechowywania.

Krok 1. Struktura X to dwa duże, mięsiste, dolne „liście” siewki, wyraźnie różniące się od położonego wyżej pierwszego liścia właściwego – są to liścienie (liście zarodkowe).

Krok 2. Liścienie buka po wykiełkowaniu wydostają się nad ziemię, zielenieją i prowadzą fotosyntezę, a wcześniej (w nasieniu) pełnią funkcję odżywczą – gromadzą i dostarczają substancje zapasowe rozwijającej się siewce.

Odpowiedź: Nazwa: liścienie (liście zarodkowe). Funkcja: odżywianie siewki – prowadzenie fotosyntezy i/lub gromadzenie i dostarczanie substancji zapasowych.

Krok 1. Łodyga ma budowę pierwotną, więc jej tkanką okrywającą jest skórka (epiderma), a nie korkowica (ta jest wytworem wtórnym, tworzonym przez fellogen).

Krok 2. Skórka jako tkanka pierwotna powstaje z komórek merystemu pierwotnego, czyli w wyniku działania merystemu wierzchołkowego, a nie kambium (kambium to merystem wtórny, dający tkanki wtórne).

Krok 3. Kolenchyma to tkanka wzmacniająca zbudowana z żywych komórek (o nierównomiernie zgrubiałych, celulozowych ścianach) – w odróżnieniu od sklerenchymy, której komórki są martwe.

Odpowiedź: skórka; merystemu wierzchołkowego; żywa.

Krok 1. Na zdjęciu widać, że komórki skórki ściśle do siebie przylegają (nie ma między nimi przestworów międzykomórkowych), a od zewnątrz pokrywa je warstwa kutykuli / mają zgrubiałą ścianę zewnętrzną.

Krok 2. Ścisłe ułożenie komórek i pokrycie ich zewnętrznej ściany kutykulą tworzy ciągłą barierę, która utrudnia wnikanie patogenów do wnętrza łodygi oraz ogranicza nadmierną utratę wody.

Odpowiedź: Skórka pełni funkcję ochronną, ponieważ jej komórki ściśle do siebie przylegają (a ich zewnętrzne ściany są zgrubiałe/pokryte kutykulą), dzięki czemu tworzą ciągłą warstwę chroniącą łodygę przed wnikaniem patogenów i przed nadmierną utratą wody.

Krok 1. Węzeł X leży u podstawy grupy obejmującej ssaki, jaszczurki i węże, krokodyle oraz ptaki – czyli u wspólnego przodka owodniowców (Amniota). Płazy i ryby dwudyszne odgałęziają się przed X.

Krok 2. Cechą wspólną dla wszystkich grup wychodzących z węzła X, a nieobecną u płazów i ryb, są błony płodowe (m.in. owodnia), które umożliwiły rozród niezależny od środowiska wodnego.

Krok 3. Płuca i kończyny typu lądowego pojawiły się wcześniej (mają je też płazy), a gruczoły mleczne to cecha wyłącznie ssaków (byłaby zaznaczona na gałęzi ssaków, nie w węźle X).

Odpowiedź: B.

Stwierdzenie 1. Na drzewie krokodyle mają wspólnego przodka z ptakami (strusiami i pozostałymi ptakami) na wyższym, młodszym węźle niż węzeł łączący je z jaszczurkami i wężami. Krokodyle są więc bliżej spokrewnione z ptakami – stwierdzenie prawdziwe (P).

Stwierdzenie 2. Ptaki (strusie + pozostałe ptaki) wywodzą się od jednego wspólnego przodka i obejmują wszystkich jego potomków, więc są grupą monofiletyczną, a nie parafiletyczną – stwierdzenie fałszywe (F).

Stwierdzenie 3. „Gady” (jaszczurki i węże, krokodyle) nie obejmują ptaków, mimo że ptaki pochodzą od wspólnego przodka gadów. Grupa, która nie zawiera wszystkich potomków wspólnego przodka, jest parafiletyczna, a nie monofiletyczna – stwierdzenie fałszywe (F).

Odpowiedź: 1 – P, 2 – F, 3 – F.

Na schemacie (od góry): A – tarczyca (na szyi), B – grasica (za mostkiem), C – nadnercza (na szczytach nerek), D – trzustka (w jamie brzusznej).

Wiersz 1. Hormony peptydowe regulujące stężenie glukozy we krwi (insulina, glukagon) wydziela trzustka – oznaczenie D.

Wiersz 2. Kluczową rolę w dojrzewaniu limfocytów T (układu odpornościowego) odgrywa grasica – oznaczenie B.

Wiersz 3. Część korowa wydzielająca hormony steroidowe (kortyzol, androgeny) to kora nadnercza – oznaczenie C.

Odpowiedź: trzustka – D; grasica – B; nadnercze – C.

Krok 1. (osmotyczne zatrzymywanie wody). Z powodu niedoboru disacharydaz disacharydy nie są trawione i nie mogą być wchłonięte, więc pozostają w świetle jelita. Jako substancje czynne osmotycznie zatrzymują (wiążą) wodę w treści jelitowej, hamując jej wchłanianie z jelita.

Krok 2. (osmotyczne wydzielanie wody). Zakażone komórki wydzielają do światła jelita jony chlorkowe (Cl⁻). Podwyższa to stężenie substancji osmotycznie czynnych w treści jelitowej, czyniąc ją hipertoniczną względem enterocytów, więc woda przechodzi (jest wydzielana) z enterocytów do światła jelita.

Krok 3. Oba mechanizmy razem zwiększają ilość wody pozostającej w jelicie, co wraz z płynnym kałem prowadzi do zwiększonej utraty wody (biegunki).

Odpowiedź: Niestrawione disacharydy (skutek niedoboru disacharydaz) są osmotycznie czynne i zatrzymują wodę w świetle jelita, hamując jej wchłanianie. Dodatkowo wydzielane do jelita jony chlorkowe czynią treść jelitową hipertoniczną, przez co woda wypływa z enterocytów do światła jelita. W efekcie w jelicie zalega dużo wody i dochodzi do jej zwiększonej utraty.

Krok 1. Odwodnienie oznacza utratę wody z organizmu, w tym z krwi. Woda jest głównym składnikiem osocza, więc jego objętość spada.

Krok 2. Mniejsza objętość krwi oznacza tendencję do spadku ciśnienia. Aby utrzymać odpowiednie ciśnienie i zaopatrzenie tkanek w tlen, serce musi pompować krew częściej, czyli bić szybciej.

Odpowiedź: spada; szybciej.

Krok 1. Glukoza jest głównym substratem oddychania komórkowego, w którym powstaje ATP. Podczas choroby jej dostępność jest ograniczona (utrata składników odżywczych z kałem, upośledzone wchłanianie).

Krok 2. Obniżenie tempa metabolizmu (m.in. spowolnienie oddychania komórkowego, obniżenie temperatury ciała, mniejsze zużycie ATP) zmniejsza zapotrzebowanie energetyczne organizmu, a więc zmniejsza zużycie glukozy.

Krok 3. Dzięki temu skąpe zasoby glukozy wystarczają na dłużej i mogą być przeznaczone na podtrzymanie funkcji najważniejszych narządów (np. mózgu), co zwiększa szanse przeżycia.

Odpowiedź: Obniżenie tempa metabolizmu zmniejsza zapotrzebowanie na energię, więc organizm zużywa mniej glukozy. Przy jej niskim stężeniu pozwala to oszczędzać ograniczone zasoby glukozy i dłużej podtrzymywać funkcje życiowe, co zwiększa szanse przeżycia chorego ssaka.

Krok 1. W wyniku zakażenia rotawirusem złuszczają się szczytowe komórki kosmków jelitowych, co prowadzi do niedoboru disacharydaz – w tym laktazy.

Krok 2. Laktaza trawi laktozę – dwucukier zawarty w mleku. Przy niedoborze laktazy laktoza nie jest w pełni trawiona, co powoduje objawy nietolerancji mleka.

Odpowiedź: Przyczyną jest niedobór laktazy (enzymu trawiącego laktozę) po przebytym zakażeniu, przez co laktoza zawarta w mleku nie jest w pełni trawiona.

Krok 1. Hormony tarczycy powstają z aminokwasu tyrozyny przez przyłączenie atomów jodu.

Krok 2. Przykładem takiego hormonu jest tyroksyna (tetrajodotyronina, T4) lub trijodotyronina (T3).

Odpowiedź: tyroksyna (T4) [lub trijodotyronina (T3)].

Krok 1. Jod jest niezbędny do syntezy hormonów tarczycy (T3, T4). Przy jego niedoborze tarczyca wydziela niedostateczną ilość tych hormonów, więc ich stężenie we krwi jest niskie.

Krok 2. W prawidłowych warunkach wysoki poziom hormonów tarczycy hamuje (na drodze ujemnego sprzężenia zwrotnego) wydzielanie TSH przez przysadkę.

Krok 3. Skoro poziom hormonów tarczycy jest niski, hamowanie zwrotne przysadki jest osłabione, więc przysadka wydziela coraz więcej TSH – jego poziom rośnie.

Odpowiedź: Niedobór jodu powoduje zmniejszone wydzielanie hormonów tarczycy, przez co słabnie ich zwrotne (ujemne) hamowanie wydzielania TSH przez przysadkę. Uwolniona spod hamowania przysadka wydziela więcej TSH, dlatego jego poziom jest podwyższony.

Krok 1. Roztocza to drobne stawonogi. O przynależności do gromady decyduje m.in. liczba par odnóży krocznych: pajęczaki mają cztery pary (osiem) odnóży, a owady – trzy pary.

Krok 2. Na zdjęciu widać, że zwierzę ma cztery pary odnóży, co jest cechą pajęczaków.

Odpowiedź: Gromada: pajęczaki (Arachnida). Cecha widoczna na zdjęciu: cztery pary (osiem) odnóży krocznych.

Krok 1. Przeciwciała IgE w reakcji alergicznej są związane z powierzchnią komórek tucznych (mastocytów) – to one po połączeniu z alergenem uwalniają histaminę (limfocyty B wytwarzają przeciwciała, ale nie one uwalniają histaminę).

Krok 2. Histamina powoduje rozszerzenie naczyń krwionośnych oraz zwiększenie przepuszczalności ścian naczyń włosowatych – stąd obrzęk, zaczerwienienie i wysięk (katar).

Odpowiedź: komórek tucznych; rozszerzenie; zwiększenie.

Krok 1. Bakterie Gram-ujemne mają cienką warstwę mureiny, więc ich ściana komórkowa jest cieńsza niż gruba, wielowarstwowa ściana bakterii Gram-dodatnich.

Krok 2. PET to wielkocząsteczkowy polimer, który jest za duży, by przejść przez ścianę i błonę do wnętrza komórki – ściana komórkowa jest więc przeszkodą w pobieraniu całego PET do wnętrza.

Krok 3. Skoro PET nie wnika do komórki, jego rozkład (przez wydzielaną PETazę) musi rozpocząć się poza komórką; dopiero mniejsze produkty rozkładu są pobierane do wnętrza.

Odpowiedź: cieńsza; jest; poza komórką.

Stwierdzenie 1. Rozkładając PET, bakterie uwalniają węgiel zawarty w tworzywie (m.in. w postaci CO₂ z oddychania) i włączają go z powrotem w obieg węgla w przyrodzie – stwierdzenie prawdziwe (P).

Stwierdzenie 2. Z tekstu wynika, że PET rozkładają także inne saprobiontyczne bakterie i grzyby (za pomocą kutynaz, esteraz, lipaz), więc I. sakaiensis nie są jedynymi organizmami zdolnymi do rozkładu PET – stwierdzenie fałszywe (F).

Stwierdzenie 3. Mutacje zachodzą losowo i nie są „ukierunkowane” obecnością danego czynnika w środowisku – PET nie „wywołuje” celowo powstania genów PETazy. (Środowisko może jedynie faworzować organizmy, które już mają korzystne allele.) Stwierdzenie fałszywe (F).

Odpowiedź: 1 – P, 2 – F, 3 – F.

Wzór 1. (pełne paskowanie). Potrzebny jest co najmniej jeden allel dominujący w KAŻDYM z loci, czyli genotyp A_B_ (A_ oznacza AA lub Aa; B_ oznacza BB lub Bb). Wszystkie możliwe genotypy to: AABB, AaBB, AABb, AaBb.

Wzór 2. (skrócony pasek przecinający linię naboczną). Homozygotyczność recesywna tylko w jednym z loci: albo aa i przynajmniej jeden dominujący B (aaB_), albo bb i przynajmniej jeden dominujący A (A_bb). Genotypy to: AAbb, Aabb, aaBB, aaBb.

Odpowiedź:

Krok 1. (krzyżówka). Krzyżujemy dwa osobniki podwójnie heterozygotyczne: AaBb × AaBb. Każdy z nich wytwarza cztery rodzaje gamet: AB, Ab, aB, ab. Zestawiając je w szachownicy Punnetta, otrzymujemy 16 kombinacji.

Krok 2. (rozkład fenotypów). Grupujemy potomstwo według reguł z zadania:

• wzór 1. (A_B_ – co najmniej jeden dominujący w obu loci): 9/16,
• wzór 2. (A_bb lub aaB_ – homozygota recesywna w jednym locus): 3/16 + 3/16 = 6/16,
• wzór 3. (aabb – podwójna homozygota recesywna): 1/16.

Krok 3. Stosunek fenotypów wynosi więc 9 : 6 : 1.

Odpowiedź:

czyli 9 : 6 : 1.

Krok 1. Prawo Hardy'ego–Weinberga (równowaga genetyczna) obowiązuje tylko przy spełnieniu założeń: bardzo duża populacja, brak doboru, losowe kojarzenie się osobników, brak migracji i mutacji.

Krok 2. W opisanej sytuacji te założenia nie są spełnione, np.: populacja jest mała i ograniczona (250 osobników); działa dobór (chore źrebięta homozygotyczne recesywnie giną przed osiągnięciem dojrzałości, więc nie przekazują allelu); zwierzęta hodowlane podlegają doborowi sztucznemu, a kojarzenie nie jest losowe.

Rozstrzygnięcie: Nie, locus tego genu nie jest w równowadze Hardy'ego–Weinberga.

Uzasadnienie (jeden argument): Chore osobniki (homozygoty recesywne) nie dożywają wieku rozrodczego, więc na allel SCID działa dobór naturalny – zmienia to jego częstość w pokoleniach, co narusza założenie o braku doboru [alternatywnie: populacja jest zbyt mała / kojarzenie nie jest losowe (dobór sztuczny)].

Krok 1. Cząsteczka tRNA to pojedynczy łańcuch (jedna nić) RNA, który zwija się przestrzennie – zatem jest zbudowana z jednej nici (odpowiedź A).

Krok 2. Podczas zwijania łańcuch tworzy dwuniciowe odcinki, w których komplementarne fragmenty tej samej nici parują się antyrównolegle – czyli są położone w przeciwnej orientacji (odpowiedź C).

Odpowiedź: A i C (w oznaczeniach klucza CKE: A1 – z jednej nici, w przeciwnej orientacji).

Ramię akceptorowe. To do niego (do końca 3′) przyłączany jest właściwy, swoisty dla danego tRNA aminokwas – ramię akceptorowe pełni więc funkcję przyłączania (transportu) odpowiedniego aminokwasu.

Antykodon. To trójka nukleotydów, która paruje się komplementarnie z odpowiednim kodonem mRNA podczas translacji – dzięki temu właściwy aminokwas trafia we właściwe miejsce w powstającym łańcuchu polipeptydowym.

Odpowiedź: Ramię akceptorowe – przyłączanie właściwego (swoistego) aminokwasu. Antykodon – łączenie się (parowanie) z komplementarnym kodonem mRNA.

Krok 1. mRNA jest komplementarne i antyrównoległe do nici matrycowej. Sekwencja promotorowa (pomarańczowa, TATTA) nie jest przepisywana na mRNA – transkrypcja obejmuje region za promotorem.

Krok 2. Przepisując nić matrycową (T→A, A→U, C→G, G→C) i zachowując orientację, otrzymujemy pierwotny transkrypt (pre-mRNA), zawierający zarówno eksony, jak i introny.

Krok 3. W dojrzałym mRNA introny (odpowiadające niebieskim odcinkom matrycy) zostają wycięte podczas splicingu, a eksony połączone. Po usunięciu obu intronów pozostaje ciągła sekwencja odpowiadająca połączonym eksonom.

Krok 4. Taką sekwencję (bez intronów) przedstawia odpowiedź D: 5′ AUGACGAUGCCCGCGUGUUGCAUACGGUACUGUUAA 3′. Odpowiedź C zawiera dodatkowo fragment intronu (…GUGUGUGA…), a A i B mają błędną sekwencję/orientację.

Odpowiedź: D.

Krok 1. Pierwszy ekson (pierwsza ramka na matrycy: TACGGGCGCACA, czytana 3′→5′) po przepisaniu na mRNA daje sekwencję 5′ AUGCCCGCGUGU 3′ (T→A, A→U, C→G, G→C).

Krok 2. Odczytujemy kodony 5′→3′, zaczynając od kodonu startowego AUG: AUG – GCG? Sprawdźmy podział na trójki: AUG · CCC · GCG · UGU.

Krok 3. Tłumaczymy kodony według kodu genetycznego: AUG = metionina (Met), CCC = prolina (Pro), GCG = alanina (Ala), UGU = cysteina (Cys).

Odpowiedź: metionina – prolina – alanina – cysteina (Met-Pro-Ala-Cys).

Krok 1. Ze schematu wynika, że fragmenty dwóch różnych chromosomów (9 i 22) zostały wzajemnie wymienione – powstał chromosom Philadelphia z genem fuzyjnym BCR-ABL1.

Krok 2. Przeniesienie fragmentu jednego chromosomu na inny (niehomologiczny) chromosom to translokacja (tu wzajemna). Duplikacja to podwojenie fragmentu, inwersja to odwrócenie fragmentu w obrębie tego samego chromosomu, a transkrypcja nie jest mutacją.

Odpowiedź: C.

Stwierdzenie 1. Translokacja polega na wymianie fragmentów między chromosomami – zmienia strukturę chromosomów, ale ich liczba pozostaje taka sama (nadal są dwa chromosomy). Stwierdzenie mówiące o zmianie także liczby chromosomów jest więc fałszywe (F).

Stwierdzenie 2. Translokacja zmienia długość i wygląd chromosomów 9 i 22 (powstaje krótszy chromosom Philadelphia i wydłużony chromosom 9), a takie zmiany struktury są dostrzegalne w obrazie kariotypu – stwierdzenie prawdziwe (P).

Odpowiedź: 1 – F, 2 – P.

Krok 1. Płazy są ściśle zależne od środowiska wodnego i wilgotnego na różnych etapach życia: rozmnażają się w wodzie (składają jaja/skrzek), ich larwy (kijanki) rozwijają się wyłącznie w wodzie, a dorosłe osobniki mają wilgotną skórę uczestniczącą w wymianie gazowej (skóra nie może wyschnąć).

Krok 2. Osuszanie siedlisk (zanik zbiorników i terenów podmokłych) pozbawia płazy miejsc rozrodu i rozwoju larw oraz wysusza środowisko, w którym żyją dorosłe osobniki.

Krok 3. Bez dostępu do wody płazy nie mogą się skutecznie rozmnażać (nie zamykają cyklu życiowego), a dorosłe osobniki są narażone na wysychanie skóry i zaburzenie wymiany gazowej – to prowadzi do spadku liczebności populacji.

Odpowiedź: Płazy są uzależnione od wody – rozmnażają się w niej, a ich larwy (kijanki) rozwijają się tylko w środowisku wodnym; dorosłe mają też wilgotną skórę potrzebną do wymiany gazowej. Osuszanie siedlisk odbiera im miejsca rozrodu i rozwoju larw oraz wysusza środowisko, przez co maleje ich rozrodczość i przeżywalność, a więc spada liczebność populacji.

Krok 1. Celem restytucji było odtworzenie populacji jodły sudeckiej, która różni się genetycznie od jodły karpackiej i stanowi odrębny, cenny element rodzimej różnorodności biologicznej.

Krok 2. Użycie nasion jodły karpackiej wprowadziłoby do Sudetów obce genetycznie osobniki, które mogłyby krzyżować się z jodłą sudecką i zaburzyć (zubożyć) jej pulę genową lub ją wyprzeć – zmniejszając różnorodność biologiczną.

Krok 3. Ponadto jodła sudecka jest prawdopodobnie lepiej przystosowana do lokalnych warunków środowiska Sudetów niż jodła karpacka, więc użycie miejscowych zasobów zwiększa szansę powodzenia restytucji.

Odpowiedź: Należało użyć lokalnych zasobów, aby zachować odrębną genetycznie jodłę sudecką (a więc rodzimą różnorodność biologiczną) i nie zaburzyć jej puli genowej obcymi nasionami z Karpat. Dodatkowo jodła sudecka jest lepiej przystosowana do lokalnych warunków, co zwiększa szansę powodzenia restytucji.

Hipoteza 1. (wpływ krzewów na rośliny jednoroczne). Chcemy sprawdzić, jak obecność/brak krzewów wpływa na rośliny jednoroczne. Musimy więc porównać dwie próby, które różnią się TYLKO obecnością krzewów, a w obu są rośliny jednoroczne: próba B (jednoroczne + krzewy) i próba C (jednoroczne bez krzewów). Porównujemy B i C.

Hipoteza 2. (wpływ roślin jednorocznych na krzewy). Chcemy sprawdzić wpływ obecności/braku roślin jednorocznych na krzewy. Porównujemy dwie próby różniące się TYLKO obecnością roślin jednorocznych, a w obu są krzewy: próba A (krzewy bez jednorocznych) i próba B (krzewy + jednoroczne). Porównujemy A i B.

Odpowiedź: hipoteza 1. – B i C; hipoteza 2. – A i B.

Krok 1. Cień rzucany przez krzewy obniża temperaturę i ogranicza parowanie wody – zarówno transpirację z liści roślin jednorocznych, jak i parowanie wody z podłoża (gleby).

Krok 2. Dzięki mniejszym stratom wody rośliny jednoroczne utrzymują korzystny (dodatni) bilans wodny, mają większą dostępność wody i mogą utrzymywać otwarte aparaty szparkowe (pobierając CO₂), nie ryzykując nadmiernego odwodnienia.

Krok 3. Woda jest substratem fotosyntezy, a otwarte aparaty szparkowe zapewniają dopływ CO₂, więc rośliny jednoroczne mogą intensywniej prowadzić fotosyntezę. Większa produkcja związków organicznych przekłada się na większy przyrost biomasy.

Odpowiedź: Cień krzewów ogranicza parowanie wody z liści i z podłoża, dzięki czemu rośliny jednoroczne zachowują lepszy bilans wodny i większą dostępność wody. Pozwala im to utrzymać otwarte aparaty szparkowe i intensywniej prowadzić fotosyntezę (woda jest jej substratem), co skutkuje większym przyrostem biomasy.