Filtry wyszukiwania:

Kategorie zadań

Typ zadań

Poziom

Typ matury

Formuła matury

Rok matury

Miesiąc matury

Zadania maturalne z biologii

Znalezionych zadań: 2046
1

Matura Marzec 2015, Poziom Rozszerzony (Neuron), Formuła od 2015,
Zadanie 1. (3 pkt)

Schemat przedstawia przekrój przez por jądrowy w otoczce jądrowej. Każdy element tego kompleksu porowego zbudowany jest z kilku rodzajów białek. Pory jądrowe mają średnicę od 120 do 150 nm.

Na podstawie: Grymanowska W.A., Filipkowski K.R., 2021: Kształt jądra w komórkach organizmów eukariotycznych i jego potencjalne znaczenie biologiczne, Postępy biologii komórki, 48, 1, 46.

Zadanie 1.1. (0–1)

Podkreśl właściwy kierunek transportu wymienionych poniżej związków.

polimeraza DNA

białka histonowe

kompleks: receptor –hormon steroidowy
do jądra komórkowego / z jądra komórkowego do jądra komórkowego / z jądra komórkowego do jądra komórkowego / z jądra komórkowego
Zadanie 1.2. (0–1)

Wymień nazwy trzech rodzajów kwasów nukleinowych wytwarzanych w jądrze komórkowym w procesie transkrypcji i podkreśl nazwę tego, który w wolnej postaci nie opuszcza jądra komórkowego.

Zadanie 1.3. (0–1)

Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące budowy i funkcjonowania jądra komórkowego człowieka są prawdziwe. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.

1. Brak jądra komórkowego połączony z brakiem DNA jądrowego wskazuje, że jest to bezjądrzasta komórka eukariotyczna. P F
2. DNA skondensowane do postaci chromosomów zlokalizowane jest w jądrze komórkowym. P F
3. Podziały jądra komórkowego umożliwiają specjalizację komórki i dlatego odbywają się wyłącznie w fazie G0 interfazy. P F
Pokaż rozwiązanie
Zobacz komentarze - 0
Zadanie 1.1. (0–1)

Zasady oceniania

1 pkt – za prawidłową odpowiedź.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wyżej wymienionego kryterium, za odpowiedź błędną lub za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

polimeraza DNA

białka histonowe

kompleks: receptor –hormon steroidowy
do jądra komórkowego / z jądra komórkowego do jądra komórkowego / z jądra komórkowego do jądra komórkowego / z jądra komórkowego
Zadanie 1.2. (0–1)

Zasady oceniania

1 pkt – za prawidłową odpowiedź.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wyżej wymienionego kryterium, za odpowiedź błędną lub za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

mRNA, tRNA, rRNA

Kolejność nie ma znaczenia.
Nie uznaje się odpowiedzi zawierającej: „pre-mRNA” a także „DNA”.

Zadanie 1.3. (0–1)

Zasady oceniania

1 pkt – za prawidłową ocenę trzech sformułowań.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wyżej wymienionego kryterium, za odpowiedź błędną lub za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

1. – P    2. – F    3. – F

2

Matura Marzec 2015, Poziom Rozszerzony (Neuron), Formuła od 2015,
Zadanie 2. (1 pkt)

Błony biologiczne zbudowane są z fosfolipidów, których cząsteczki składają się z główki i ogonka. Pomimo tego, że błona komórkowa nie jest sztywna, zakres ruchomości fosfolipidów jest ograniczony ich właściwościami. Poniżej przedstawiono fragment dwuwarstwy fosfolipidiowej i zobrazowano jedną z hipotetycznych możliwości ruchu fosfolipidu błonowego (patrz: strzałka na schemacie poniżej).

Zadanie 2. (0–1)

Wykaż, że przedstawiony ruch fosfolipidu jest najmniej prawdopodobny. W odpowiedzi uwzględnij właściwości tego fosfolipidu.

Pokaż rozwiązanie
Zobacz komentarze - 0
Zadanie 2. (0–1)

Zasady oceniania

1 pkt – za poprawne wykazanie uwzględniające właściwości fosfolipidu wynikające z jego budowy, tj. obecność części hydrofilowej / polarnej (głowy) i hydrofobowej / niepolarnej (ogona).
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wyżej wymienionego kryterium, za odpowiedź błędną lub za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

• Fosfolipidy są tak zorientowane, że ich grupy / części polarne skierowane są zawsze w stronę roztworu wodnego, a grupy / części niepolarne w stronę przeciwną.
• Cechą fosfolipidów jest amfipatyczność tak, że swoją główką zwrócone są zawsze w stronę roztworu wodnego, a ogonkiem – w stronę związków niepolarnych. Ruch fosfolipidu przedstawiony na schemacie spowodowałby odwrotną orientację cząsteczek.

Nie uznaje się odpowiedzi, w której piszący (wymienia dwie cechy budowy fosfolipidu, tj.: obecność hydrofilowej głowy i hydrofobowego ogona) nie odnosi się w ogóle lub odnosi się tylko do jednej właściwości wynikającej z obecności tych dwóch elementów budowy.

3

Matura Marzec 2015, Poziom Rozszerzony (Neuron), Formuła od 2015,
Zadanie 3. (1 pkt)

Na schemacie przedstawiono przebieg hydrolizy ATP – związku chemicznego, w którym występują między innymi połączone ze sobą trzy ujemnie naładowane reszty kwasu fosforowego(V).

Na podstawie: Alberts B., i in., 2007: Podstawy biologii komórki, Warszawa.

Zadanie 3. (0–1)

Podkreśl w tabeli odpowiednie wyrażenia tak, aby poprawnie porównać cechy budowy i właściwości ADP oraz ATP.

liczba reszt fosforanowych liczba wiązań wysokoenergetycznych stabilność chemiczna
ADP 2 / 3 1 / 2 / 3 duża / mała
ATP 2 / 3 1 / 2 / 3 duża / mała
Pokaż rozwiązanie
Zobacz komentarze - 0
Zadanie 3. (0–1)

Zasady oceniania

1 pkt – za prawidłową odpowiedź.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wyżej wymienionego kryterium, za odpowiedź błędną lub za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

liczba reszt fosforanowych liczba wiązań wysokoenergetycznych stabilność chemiczna
ADP 2 / 3 1 / 2 / 3 duża / mała
ATP 2 / 3 1 / 2 / 3 duża / mała
4

Matura Marzec 2015, Poziom Rozszerzony (Neuron), Formuła od 2015,
Zadanie 4. (5 pkt)

Na schemacie przedstawiono przebieg cyklu Calvina.

Na podstawie: Sawicki W., 2002: Encyklopedia biologiczna, Kraków, 230.

W przebiegu pewnego procesu metabolicznego, zachodzącego w komórkach roślinnych, powstaje związek organiczny. Aby jego wytworzenie było możliwe, najpierw musi zajść reakcja, w której powstaje substrat – do jego syntezy roślina pochłania 3 cząsteczki dwutlenku węgla. Substrat, zawierający oprócz atomów węgla sześć atomów wodoru i cztery atomy tlenu, przekształcając się do tego związku organicznego, ulega: utlenieniu, czemu towarzyszy redukcja (hydrogenacja) jednej cząsteczki NAD+ do NADH + H+, oraz dekarboksylacji.

Zadanie 4.1. (0–1)

Na podstawie opisu przebiegu procesu metabolicznego ustal wzór sumaryczny związku organicznego, podając liczbę atomów węgla, wodoru i tlenu wchodzących w jego skład.

węgiel wodór tlen
Zadanie 4.2. (0–1)

Podaj nazwę etapu cyklu Calvina, którego przebieg jest najmniej uzależniony od fazy jasnej fotosyntezy. Uzasadnij swój wybór.

Zadanie 4.3. (0–1)

Wyjaśnij, dlaczego zahamowanie aktywności enzymu biorącego udział w redukcji kwasu fosfoglicerynowego do aldehydu 3-fosfoglicerynowego doprowadzi do zmniejszenia ilości cząsteczek akceptora CO2 w stromie chloroplastu.

Zadanie 4.4. (0–1)

Uzupełnij poniższy opis, podkreślając właściwe sformułowanie w każdym nawiasie.

Jeśli w cyklu Calvina brały udział 3 cząsteczki RuBP, to zostanie wytworzonych (12 / 6) cząsteczek kwasu fosfoglicerynowego, które następnie dzięki (utlenieniu / redukcji) NADPH + H+, dadzą taką samą liczbę cząsteczek aldehydu fosfoglicerynowego. Dostępna liczba atomów węgla pochodzących z PGAL umożliwi wytworzenie takiej liczby cząsteczek RuBP, że ich zawartość w stromie (zmienia się / nie zmienia się).

Zadanie 4.5. (0–1)

Wybierz jedno zestawienie tych związków organicznych, których wszystkie substraty powstają w stromie chloroplastu w przebiegu cyklu Calvina.

A. chlorofil, skrobia      B. maltoza, skrobia      C. białka, AMP      D. fitosterol, chlorofil

Pokaż rozwiązanie
Zobacz komentarze - 0
Zadanie 4.1. (0–1)

Zasady oceniania

1 pkt – za prawidłową odpowiedź.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wyżej wymienionego kryterium, za odpowiedź błędną lub za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

węgiel wodór tlen
2 4 2
Zadanie 4.2. (0–1)

Zasady oceniania

1 pkt – za podanie poprawnego etapu cyklu Calvina oraz uzasadnienie odnoszące się do faktu, że jego przebieg nie jest (bezpośrednio) uzależniony od siły asymilacyjnej wytwarzanej podczas fazy jasnej fotosyntezy.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wyżej wymienionych kryteriów, za odpowiedź błędną lub za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

Karboksylacja

• przebieg tego etapu cyklu Calvina nie wymaga obecności w stromie chloroplastu ATP oraz NADPH + H+, które syntetyzowane są podczas fazy jasnej fotosyntezy.
• w jej przebiegu nie jest zużywana siła asymilacyjna tworzona podczas fazy jasnej / fosforylacji niecyklicznej.

Zadanie 4.3. (0–1)

Zasady oceniania

1 pkt – za wyjaśnienie uwzględniające: przyczyna – zużywanie rybulozo-1,5-bisfosforan / RuBP w etapie karboksylacji cyklu Calvina, mechanizm – zahamowanie aktywności enzymu redukującego kwas 3-fosfoglicerynowy (PGA) do aldehydu 3-fosfoglicerynowego (PGAL), z którego odtwarzany / regenerowany jest RuBP, skutek – zmniejszenie ilości RuBP w stromie chloroplastu.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wyżej wymienionych kryteriów, za odpowiedź błędną lub za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

• RuBP ulega karboksylacji, dlatego jego ilość zmniejsza się, a dodatkowo przez zablokowanie aktywności opisanego enzymu nie dochodzi do redukcji kwasu 3- fosfoglicerynowego / PGA do aldehydu 3-fosfoglicerynowego / PGAL, a to właśnie ten związek jest wykorzystywany do syntezy / resyntezy / odtworzenia / regeneracji RuBP / akceptora CO2.
• Rybulozo-1,5-bisfosforan, biorąc udział w karboksylacji, zużywa się. Substratem do jego regeneracji jest PGAL, który w opisanej sytuacji nie powstaje z uwagi na zablokowanie enzymu redukującego PGA do PGAL.
• Aby zregenerować RuBP zużywane podczas etapu karboksylacji w stromie chloroplastu, musi być obecny PGAL powstający w reakcji katalizowanej przez odpowiedni enzym. Jeżeli zostanie on zablokowany, to (w stromie) zmniejszy się ilość PGAL i regeneracja RuBP będzie ograniczona.

Zadanie 4.4. (0–1)

Zasady oceniania

1 pkt – za prawidłową odpowiedź.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wyżej wymienionego kryterium, za odpowiedź błędną lub za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

Jeśli w cyklu Calvina brały udział 3 cząsteczki RuBP to zostanie wytworzonych (12 / 6) cząsteczek kwasu fosfoglicerynowego, które następnie dzięki (utlenieniu / redukcji) NADPH + H+, dadzą taką samą liczbę cząsteczek aldehydu fosfoglicerynowego. Dostępna liczba atomów węgla pochodzących z PGAL umożliwi wytworzenie takiej liczby cząsteczek RuBP, że ich zawartość w stromie (zmienia się / nie zmienia się).

Zadanie 4.5. (0–1)

Zasady oceniania

1 pkt – za prawidłową odpowiedź.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wyżej wymienionego kryterium, za odpowiedź błędną lub za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

B.

5

Matura Marzec 2015, Poziom Rozszerzony (Neuron), Formuła od 2015,
Zadanie 5. (3 pkt)

Pewna toksyna o charakterze białkowym wytwarzana jest przez grzyby, w tym przez grzyb z gatunku Aspergillus flavus. U poszczególnych rodzajów w obrębie królestwa grzybów toksyna ta różni się sekwencją aminokwasów. Dodatkowo A. flavus wydziela zewnątrzkomórkowo glukoamylazę – enzym hydrolizujący skrobię.

Zadanie 5.1. (0–1)

Wyjaśnij, dlaczego środowisko, w którym występują drożdże piwowarskie i skrobia, ulega zakwaszeniu po dodaniu do niego glukoamylazy.

Zadanie 5.2. (0–1)

Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące grzybów oraz procesu fermentacji są prawdziwe. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.

1. Grzyb Aspergillus niger produkuje w swoich komórkach opisaną toksynę białkową o sekwencji aminokwasowej takiej, jak u A. flavus. P F
2. Grzyby pozyskują azot niezbędny do syntezy chlorofilu, trawiąc i wchłaniając martwą materię organiczną obecną w podłożu. P F
3. U człowieka fermentacja alkoholowa zachodzi w mięśniach szkieletowych. P F
Zadanie 5.3. (0–1)

Podaj nazwę części komórki drożdży, w której zachodzi proces redukcji pirogronianu do etanolu.

Pokaż rozwiązanie
Zobacz komentarze - 0
Zadanie 5.1. (0–1)

Zasady oceniania

1 pkt – za wyjaśnienie uwzględniające: przyczynę – hydroliza skrobi przez glukoamylazę do glukozy, stanowiącej substrat do procesu fermentacji alkoholowej, mechanizm – przebieg procesu fermentacji alkoholowej w komórkach drożdży, której (jednym z) produktem ubocznym jest CO2 / dwutlenek węgla, skutek – zakwaszenie środowiska wskutek obecności CO2.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wyżej wymienionych kryteriów, za odpowiedź błędną lub za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

• Glukoamylaza umożliwia strawienie / hydrolizę / rozłożenie skrobi do glukozy, która jest substratem do fermentacji alkoholowej, której jednym z produktów jest CO2 zakwaszający środowisko.
• Enzym ten hydrolizuje skrobię do glukozy. Następnie glukoza wykorzystywana jest jako jeden z substratów w procesie fermentacji alkoholowej, której jednym z produktów jest dwutlenek węgla, który reagując z roztworem wodnym tworzy (nietrwały) kwas węglowy* / H2CO3 zakwaszający środowisko.

*Uznaje się odpowiedź, w której piszący uwzględnia konsekwencję nietrwałości kwasu węglowego, tj. odnosi się do jego dysocjacji na proton (H+) i jon wodorowęglanowy (HCO3).

Zadanie 5.2. (0–1)

Zasady oceniania

1 pkt – za prawidłową ocenę trzech sformułowań.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wyżej wymienionego kryterium, za odpowiedź błędną lub za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

1. – P     2. – F     3. – F

Zadanie 5.3. (0–1)

Zasady oceniania

1 pkt – za prawidłową odpowiedź.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wyżej wymienionego kryterium, za odpowiedź błędną lub za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

cytozol / cytoplazma podstawowa

Nie uznaje się odpowiedzi „cytoplazma”.

6

Matura Marzec 2015, Poziom Rozszerzony (Neuron), Formuła od 2015,
Zadanie 6. (2 pkt)

Na schemacie przedstawiono procesy związane z metabolizmem skrobi u rośliny okrytonasiennej.

Zadanie 6.1. (0–1)

Podaj nazwę komórek transportujących disacharyd powstały z połączenia reszt glukozy i fruktozy u tej rośliny.

Zadanie 6.2. (0–1)

Na podstawie przedstawionych informacji oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące metabolizmu skrobi są prawdziwe. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.

1. U większości roślin liście to organy magazynujące skrobię. P F
2. Wytwarzanie polisacharydu zapasowego u roślin ma miejsce w chloroplastach podczas dnia. P F
3. Skrobia jest materiałem spichrzowym, który ze względu na obecność wiązań α-glikozydowych może być stosunkowo łatwo rozpuszczalny w wodzie i transportowany w łyku. P F

 

Pokaż rozwiązanie
Zobacz komentarze - 0
Zadanie 6.1. (0–1)

Zasady oceniania

1 pkt – za prawidłową odpowiedź.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wyżej wymienionego kryterium, za odpowiedź błędną lub za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

rurki sitowe

Nie uznaje się odpowiedzi: „floem” oraz „łyko”, a także „komórki przyrurkowe / towarzyszące” i „komórki sitowe”.

Zadanie 6.2. (0–1)

Zasady oceniania

1 pkt – za prawidłową ocenę trzech sformułowań.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wyżej wymienionego kryterium, za odpowiedź błędną lub za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

1. – F      2. – P      3. – F

7

Matura Marzec 2015, Poziom Rozszerzony (Neuron), Formuła od 2015,
Zadanie 7. (4 pkt)

Właściwe pH krwi wynosi od 7,35 do 7,45. Alkaloza oddechowa jest zaburzeniem równowagi kwasowo-zasadowej krwi (pH krwi > 7,45). Proces ten spowodowany jest hipokapnią (zmniejszeniem stężenia dwutlenku węgla we krwi) wywołaną przez hiperwentylację, czyli zwiększenie częstości wentylacji płuc. Stopień wysycenia hemoglobiny tlenem jest zmienny, co przedstawiono na poniższym wykresie.

Na podstawie: Leow M., 2007: Configuration of the hemoglobin oxygen dissociation curve demystified: a basic mathematical proof for medical and biological sciences undergraduates, Advances in Physiology Education, 31, 2, 199.

Zadanie 7.1. (0–1)

Wyjaśnij, dlaczego wzrost pH krwi może wywołać niedotlenienie komórek.

Zadanie 7.2. (0–1)

Odczytaj z wykresu i podaj wartość wysycenia hemoglobiny tlenem przy fizjologicznym odczynie krwi i ciśnieniu parcjalnym tlenu równym 30 mmHg.

Zadanie 7.3. (0–1)

Ustal kolejność przepływu krwi zawierającej mocznik przez wymienione narządy, rozpoczynając od tego, w którym jest on wytwarzany.

nerka
serce (lewy przedsionek i lewa komora)
płuca
serce (prawy przedsionek i prawa komora)
wątroba
Zadanie 7.4. (0–1)

Na podstawie przedstawionych informacji scharakteryzuj prawidłowo punkt zaznaczony na wykresie, podając dla niego wartość jednej:

a. zmiennej niezależnej ……………………………………………………………………………………………………… .
b. zmiennej zależnej …………………………………………………………………………………………………………… .

Pokaż rozwiązanie
Zobacz komentarze - 0
Zadanie 7.1. (0–1)

Zasady oceniania

1 pkt – za wyjaśnienie uwzględniające: mechanizm – wzrost powinowactwa hemoglobiny do tlenu / obniżenie stopnia dysocjacji oksyhemoglobiny, skutek – zmniejszenie ilości tlenu uwalnianego z hemoglobiny (prowadzące do niedotlenienia komórek).
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wyżej wymienionych kryteriów, za odpowiedź błędną lub za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

• W takiej sytuacji następuje wzrost powinowactwa hemoglobiny do tlenu tak, że mniej tlenu trafia z krwi do komórek, co doprowadza do ich niedotlenienia.
• Wzrost pH krwi przyczynia się do obniżenia stopnia dysocjacji oksyhemoglobiny, w wyniku tego więcej tlenu pozostaje związanego z hemoglobiną i do komórek docierają jego mniejsze ilości, co prowadzi do ich niedotlenienia.

Uwaga! Uznaje się odpowiedź, w której piszący odnosi się do ośrodka oddechowego. Przykład poprawnej odpowiedzi:

• Wzrost pH krwi powoduje, że ośrodek oddechowy nie będzie dodatkowo stymulowany / pobudzany, a więc częstotliwość wymiany gazowej zmniejszy się i mniej tlenu zostanie pobranych do płuc, a z nich – do komórek organizmu.

Zadanie 7.2. (0–1)

Zasady oceniania

1 pkt – za prawidłową odpowiedź.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wyżej wymienionego kryterium, za odpowiedź błędną lub za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

58%

Nie uznaje się odpowiedzi, w której piszący podaje jedynie samą wartość liczbową.
Uznaje się odpowiedź z zakresu 57–59%.

Zadanie 7.3. (0–1)

Zasady oceniania

1 pkt – za prawidłową odpowiedź.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wyżej wymienionego kryterium, za odpowiedź błędną lub za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

nerka 5
serce (lewy przedsionek i lewa komora) 4
płuca 3
serce (prawy przedsionek i prawa komora) 2
wątroba 1
Zadanie 7.4. (0–1)

Zasady oceniania

1 pkt – za prawidłową odpowiedź.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wyżej wymienionego kryterium, za odpowiedź błędną lub za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

a. zmiennej niezależnej: 30 mmHg / pH = 7,6
b. zmiennej zależnej: 70%

Nie uznaje się odpowiedzi, w której piszący podaje same wartości liczbowe, z wyjątkiem wartości pH.
Nie uznaje się odpowiedzi, w której piszący podaje opis zmiennej niezależnej i / lub zależnej.

Przykład niepoprawnej odpowiedzi:
a. zmiennej niezależnej: ciśnienie parcjalne tlenu / odczyn krwi
b. zmiennej zależnej: wysycenie hemoglobiny tlenem

8

Matura Marzec 2015, Poziom Rozszerzony (Neuron), Formuła od 2015,
Zadanie 8. (2 pkt)

Schemat I przedstawia przebieg procesu translacji, natomiast na schemacie II przedstawiono cząsteczkę tRNA z przyłączonym do niej aminokwasem i fragment mRNA.

Zadanie 8.1. (0–1)

Dorysuj grot tak, aby powstała strzałka prawidłowo obrazowała kierunek translacji na schemacie II.

————————

Zadanie 8.2. (0–1)

Wykaż, że do widocznych na schematach cząsteczek tRNA przyłączone są (na ich końcu 3’) inne aminokwasy. W odpowiedzi uwzględnij nazwy tych aminokwasów.

Pokaż rozwiązanie
Zobacz komentarze - 0
Zadanie 8.1. (0–1)

Zasady oceniania

1 pkt – za prawidłową odpowiedź.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wyżej wymienionego kryterium, za odpowiedź błędną lub za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

<———————

Zadanie 8.2. (0–1)

Zasady oceniania

1 pkt – za prawidłowe wykazanie odnoszące się do kierunku zachodzenia procesu translacji, tj. od 5’ do 3’ i uwzględniające nazwy dwóch różnych aminokwasów.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wyżej wymienionych kryteriów, za odpowiedź błędną lub za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

• Z uwagi na to, że proces translacji odbywa się zawsze w kierunku od 5’ do 3’ mRNA, aminokwasem przyłączonym do cząsteczki tRNA na schemacie I jest metionina / Met, zaś aminokwas na schemacie II to walina / Val.
• Rybosom / mała podjednostka rybosomu odczytuje kodony w mRNA od 5’ do 3’. Wobec tego na schemacie I znajduje się kodon, który koduje metioninę, natomiast na schemacie II – kodon kodujący walinę.

Nie uznaje się odpowiedzi, z których wynika, że to aminokwas koduje kodon.

9

Matura Marzec 2015, Poziom Rozszerzony (Neuron), Formuła od 2015,
Zadanie 9. (4 pkt)

Murarki (Osmia) są wczesnowiosennymi pszczołami, a ich loty trwają od pierwszych dni kwietnia do końca czerwca. Są one bardzo efektywnymi zapylaczami – zbierając pyłek, odwiedzają kilka tysięcy kwiatów. Owady te żyją dość krótko, bo przez około 7-8 tygodni. W tym czasie samice składają jaja, które dadzą początek kolejnemu pokoleniu w następnym sezonie.

Na podstawie: http://www-nature-com-s.vpn.sdnu.edu.cn/articles/s41598-020-79647- 7?error=cookies_not_supported&code=023a6003-b5be-4a5c-96a0-692d1ab7f258

Samica w czasie lotów po pokarm pozostawia wejście do gniazda otwarte, a ryzyko dostania się do niego pasożyta i złożenia przez niego jaj rośnie wraz z czasem, który murarka spędza poza gniazdem. Czas pełnego zaopatrzenia komór, w których bytują larwy, zależy od ilości pokarmu, który ma zostać w nich zgromadzony, a także od wielkości i wieku samicy (mniejsze i starsze osobniki zbierają pokarm wolniej). W gnieździe, w pierwszej komorze od wejścia nie są składane jaja i jest ona wypełniona powietrzem. Zapotrzebowanie energetyczne owadów wynika z ich wielkości, a ta z kolei uwarunkowana jest często płcią danego osobnika. Wygląd osobników męskich i żeńskich murarki przedstawiono poniżej.

Uwaga! Zachowano proporcję wielkości pomiędzy osobnikami.
Na podstawie: https://www.sciencedirect.com/science/article/abs/pii/S0048969719355147

Procesy trawienne u pszczoły zachodzą w jej jelicie środkowym. Amoniak, czyli uboczny produkt przemiany materii, przenika do cewek Malpighiego na drodze dyfuzji Jest on następnie przekształcany we wnętrzu cewki w kwas moczowy.

Na podstawie: Lipiński Z., 2014: Żywienie pszczół miodnych, Wielbark, 76.

Zadanie 9.1. (0–1)

Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące murarek ogrodowych są prawdziwe. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.

1. Murarki należą do tego samego rodzaju owadów, co pszczoła miodna (Apis mellifera). P F
2. U murarki ogrodowej występuje dymorfizm płciowy. P F
3. Opisane pszczoły przechodzą przemianę pokoleń, ponieważ samce różnią się morfologicznie od samic. P F
Zadanie 9.2. (0–1)

Podaj, czy transport amoniaku z hemolifmy do wnętrza cewek Malpighiego jest aktywny, czy bierny. Odpowiedź uzasadnij, odwołując się do przedstawionych informacji.

Zadanie 9.3. (0–1)

Określ, dlaczego obecność w gnieździe pierwszej pustej komory chroni jego wnętrze przed dużymi wahaniami temperatury.

Zadanie 9.4. (0–1)

Wykaż, że strategia starych samic, polegająca na uzyskiwaniu w potomstwie przewagi osobników o płci męskiej ogranicza możliwość przedostania się do gniazd pasożytów.

Pokaż rozwiązanie
Zobacz komentarze - 0
Zadanie 9.1. (0–1)

Zasady oceniania

1 pkt – za prawidłową ocenę trzech sformułowań.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wyżej wymienionego kryterium, za odpowiedź błędną lub za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

1. – F      2. – P      3. – F

Zadanie 9.2. (0–1)

Zasady oceniania

1 pkt – za poprawną odpowiedź oraz uzasadnienie odnoszące się do informacji przedstawionej w treści zadania.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wyżej wymienionych kryteriów, za odpowiedź błędną lub za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

• Jest to transport bierny, ponieważ odbywa się na drodze dyfuzji.
• Transport bierny, ponieważ dyfuzja nie wymaga nakładu energii (z ATP).

Zadanie 9.3. (0–1)

Zasady oceniania

1 pkt – za poprawną odpowiedź odnoszącą się do właściwości izolujących powietrza w kontekście przewodnictwa cieplnego.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wyżej wymienionego kryterium, za odpowiedź błędną lub za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

• Komora zawierająca powietrze, z uwagi na jego właściwości, pełni funkcję termoizolującą, chroniąc wnętrze gniazda przed znacznymi zmianami temperatury.
• Obecność powietrza, które jest dobrym izolatorem ciepła, sprawia, że w gnieździe nie dochodzi do radykalnych zmian temperatury.
• Pusta komora wypełniona jest powietrzem, które nie przewodzi dobrze ciepła, i dlatego chroni wnętrze gniazda przed dużymi wahaniami temperatury.

Nie uznaje się odpowiedzi, w której piszący odnosi się wyłącznie do pustej komory bez uwzględnienia wypełnienia jej powietrza.

Zadanie 9.4. (0–1)

Zasady oceniania

1 pkt – za prawidłowe wykazanie odnoszące się do faktu, że osobniki płci męskiej mają małe wymagania pokarmowe, przez co czas potrzebny na zebranie wystarczającej dla nich ilości pokarmu (przez wolno latające pszczoły) jest niewielki lub że powoduje to rzadsze loty samic po pokarm, a więc ich częstsze przebywanie w gnieździe, a to ogranicza możliwość przedostania się pasożyta do gniazda.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wyżej wymienionego kryterium, za odpowiedź błędną lub za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

• Osobniki o płci męskiej osiągają mniejsze rozmiary, a zatem potrzebują mniej pokarmu od osobników płci żeńskiej. Dzięki temu stare samice, które zbierają pokarm wolno, mogą szybko wrócić do gniazda. Szybszy powrót murarki ogranicza możliwość przedostania się do niego pasożytów.
• Stare samice potrzebują więcej czasu na zebranie pokarmu dla larw. W tym czasie pasożyty mają możliwość przedostania się do gniazda, ponieważ samica pozostawia je otwarte. Samce są mniejsze od samic murarki, dlatego ich larwy wymagają mniej pokarmu, więc przewaga samców w potomstwie skraca czas pobytu samic poza gniazdem, co ogranicza możliwość dostania się do gniazd pasożytów.
• Ponieważ osobniki męskie są małe / są mniejsze względem samic, to ich zapotrzebowanie na pokarm jest małe. Dzięki temu stare samice rzadziej latają po pokarm, a to skutkuje tym, że przebywają one częściej w gnieździe i pasożyty mają mniejsze szanse na przedostania się do niego.

10

Matura Marzec 2015, Poziom Rozszerzony (Neuron), Formuła od 2015,
Zadanie 10. (4 pkt)

Oxytree to roślina zwana drzewem tlenowym. Jest to odmiana uprawna paulowni pochodzenia mieszańcowego, która powstała ze skrzyżowania Paulownia fortunei i Paulownia elongata. Kwitnie w maju, dając niekiełkujące nasiona, i nie rozmnaża się generatywnie. Uprawa możliwa jest jedynie z sadzonek. Aby zachować cenne właściwości drzewa tlenowego, sadzonki oxytree pozyskuje się w laboratoriach, metodą in vitro, przez ich klonowanie. Roślina cechuje się niezwykle szybkim wzrostem – w ciągu 6 lat jest w stanie osiągnąć 16 metrów wysokości i średnicę pnia ponad 30 cm. Paulownia oxytree pochłania ogromne ilości dwutlenku węgla. Plantacja o powierzchni 1 hektara, na której posadzono 570 egzemplarzy tej odmiany, może zaabsorbować od 106 do 140 ton CO2 w ciągu roku.

Na podstawie: https://www.drewno.pl/artykuly/10535,oxytree-drewno-do-przerobu-w-tartaku-w-6-lat-odposadzenia- drzewa.html a także: https://pl.wikipedia.org/wiki/Oxytree

Liść opisywanego gatunku rośliny, w porównaniu z ludzką dłonią, przedstawiono na fotografii poniżej.

Na podstawie: https://pl.wikipedia.org/wiki/Oxytree#/media/Plik:Oxy_lisc2.jpg

Zadanie 10.1. (0–1)

Wyjaśnij, dlaczego opisane drzewo może szybko przyrastać. W odpowiedzi odnieś się do widocznej cechy morfologicznej jego liści.

Zadanie 10.2. (0–1)

Wyjaśnij, w jaki sposób rozmnażanie wegetatywne umożliwia zachowanie cennych właściwości drzewa tlenowego u kolejnych sadzonek.

Zadanie 10.3. (0–1)

Wykaż, że niedobór wody w glebie może zmniejszyć ilość tlenu wydzielanego przez oxytree w chloroplastach.

Zadanie 10.4. (0–1)

Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące drzewa oxytree są prawdziwe. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.

1. Drzewo tlenowe rozmnaża się płciowo i bezpłciowo. P F
2. Mutacje genowe w komórkach somatycznych nie mają wpływu na różnice osobnicze pomiędzy sadzonkami. P F
3. Właściwości oxytree sprawiają, że warto sadzić je w centrach dużych miast. P F
Pokaż rozwiązanie
Zobacz komentarze - 0
Zadanie 10.1. (0–1)

Zasady oceniania

1 pkt – za wyjaśnienie uwzględniające: przyczyna – obecność liści o dużej powierzchni asymilacyjnej, mechanizm – pochłanianie dużych ilości dwutlenku węgla z powietrza atmosferycznego lub absorpcja dużej ilości światła, skutek – intensywna produkcja związków organicznych (w przebiegu fotosyntezy) wchodzących w skład masy rośliny.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wyżej wymienionych kryteriów, za odpowiedź błędną lub za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

• Liście o dużej powierzchni umożliwiają pochłanianie dużych ilości dwutlenku węgla z powietrza i dzięki temu wytwarzanie / produkowanie znacznych ilości związków organicznych, które gromadzone w tkankach roślinnych / roślinie / miękiszu spichrzowym w takich ilościach zapewniają szybki przyrost / wzrost jej masy.
• Liście tego drzewa mają dużą powierzchnię, którą mogą pochłaniać / absorbować światło będące źródłem energii do przebiegu fotosyntezy. To sprawia, że proces ten może zachodzić bardzo efektywnie i w rezultacie wytwarzana jest duża ilość asymilatów odpowiedzialnych za przyrost rośliny.
• Szybki przyrost oxytree wynika z wytwarzania w krótkim czasie dużych ilości związków organicznych wchodzących w skład tej rośliny, co jest możliwe dzięki intensywnie przebiegającej fotosyntezie z uwagi na dużą powierzchnię asymilacyjną liści.

Nie uznaje się odpowiedzi, w której piszący odnosi się do cech budowy anatomicznej, a nie morfologicznej.

Zadanie 10.2. (0–1)

Zasady oceniania

1 pkt – za wyjaśnienie uwzględniające: przyczynę – rozmnażanie drzewa tlenowego w sposób wegetatywny, mechanizm – brak rekombinacji genetycznej (lub procesów, które mogłyby ją wywołać, np.: brak crossing-over) w przebiegu tego rodzaju rozmnażania, skutek – zachowanie jednorodności materiału genetycznego u roślin potomnych, a więc odziedziczenie identycznych genów i tym samym cech jak u rośliny macierzystej.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wyżej wymienionych kryteriów, za odpowiedź błędną lub za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

• W trakcie rozmnażania przez sadzonki nie zachodzi proces crossing-over / losowe łączenie się gamet / losowe rozchodzenie się chromosomów do gamet, wobec tego organizmy potomne dziedziczą identyczny zestaw genów i są klonami rośliny macierzystej. Z tego względu wykazują / zachowują takie same cechy jak ona.
• Otrzymanie sadzonek na drodze rozmnażania wegetatywnego, w którego przebiegu nie następuje rekombinacja (genetyczna), sprawia, że otrzymują one od rośliny, z której powstały, taki sam zestaw alleli; są więc względem niej identyczne genetycznie. Wobec tego sadzonki / rośliny potomne przejawiają / wykazują takie cechy jak ona.

Nie uznaje się odpowiedzi, w której piszący nie odnosi się do dziedziczenia genów, a jedynie do braku zróżnicowania genetycznego, ponieważ istotą zadania jest wyjaśnienie zachowania cech, a więc odziedziczenia identycznego zestawu genu.

Nie uznaje się odpowiedzi, w której piszący odniósł się tylko do podobieństwa genetycznego wśród potomstwa, a nie względem rośliny macierzystej.

Zadanie 10.3. (0–1)

Zasady oceniania

1 pkt – za prawidłowe wykazanie uwzględniające fakt, że spadek ilości wody w komórkach roślinnych powoduje ograniczenie intensywności procesu fotolizy wody.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wyżej wymienionych kryteriów, za odpowiedź błędną lub za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

• Niedobór wody w glebie przekłada się na jej deficyty w komórkach. Tlen w przebiegu fotosyntezy uwalnia się podczas fotolizy wody. Jeśli w komórkach roślinnych będzie mniej wody to zmniejszy się intensywność fotolizy, a tym samym ilość uwalnianego / produkowanego tlenu.
• Konsekwencją niedoboru wody w glebie jest zmniejszenie jej ilości w świetle tylakoidu* (w chloroplastach), w wyniku czego intensywność fotolizy wody – w przebiegu której uwalnia się tlen – również ulega zmniejszeniu.
• Tlen uwalniany przez oxytree w chloroplastach pochodzi z fotolizy wody. W procesie tym woda ulega rozpadowi (przy udziale kompleksu manganowego / rozkładającego wodę), jeśli jednak jest deficyt / niedobór wody w środowisku, to również będzie jej mniej w roślinie, co spowoduje zmniejszenie efektywności fotolizy wody i uwalniania tlenu.
• Mniejsza ilość wody w glebie oznacza mniejszą jej ilość w komórkach roślinnych. Źródłem tlenu uwalnianego w chloroplastach jest fotoliza wody. Mniej wody w komórkach oznacza mniejszą jej ilość ulegającą fotolizie, co przekłada się na uwalnianie mniejszych ilości tlenu.

*Nie uznaje się odpowiedzi, w której piszący lokalizuje przebieg fotolizy wody w stromie chloroplastu.

Nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się do zamykania aparatów szparkowych i zmniejszonego uwalniania tlenu do atmosfery / powietrza.

Nie uznaje się odpowiedzi, w której piszący odnosi się wyłącznie do faktu, że woda jest substratem fotosyntezy, bez odniesienia do uwalniania tlenu z wody.

Zadanie 10.4. (0–1)

Zasady oceniania

1 pkt – za prawidłową ocenę trzech sformułowań.
0 pkt – za odpowiedź niespełniającą wyżej wymienionego kryterium, za odpowiedź błędną lub za brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

1. – F      2. – F      3. – P