Wirusy i bakterie – zadania maturalne z rozwiązaniami

Bakterie to najpowszechniej występujące organizmy na kuli ziemskiej – szacuje się, że jest ich aż pięć kwintylionów (5×1030). I choć wirusy nie są organizmami, na Ziemi może być ich nawet 10 razy więcej niż bakterii. Obie te grupy stanowią ważny element dla funkcjonowania świata żywego, a wiedza o nich jest weryfikowana podczas matury z zakresu biologii rozszerzonej.

W latach 2011–2024 zagadnienia dotyczące wirusów pojawiły się na egzaminie 20 razy, a bakterii – 24 razy. Zadania z obu tych działów są obecne w Informatorze maturalnym do formuły 2023 oraz w arkuszu pokazowym do tej samej formuły z marca 2022 roku. Fakt ten świadczy o tym, iż są to tematy, których nie należy pomijać podczas nauki do egzaminu maturalnego z biologii.

W tym artykule omówimy wybrane zadania maturalne z bakterii i wirusów, które pojawiły się w arkuszach do 2024 roku (zarówno w formule 2023, jak i 2015).

Wybraliśmy najbardziej aktualne zadania maturalne z wirusów, które w ostatnich latach występowały na oficjalnej maturze. Do ich rozwiązania czasem wymagano również wiedzy o odporności człowieka, w tym o szczepieniach ochronnych. Jak możesz zauważyć, zadania egzaminacyjne bardzo często występują w postaci wiązki poleceń, które tematyką nawiązują do wspólnego tekstu wstępnego, nierzadko opatrzonego również ilustracją czy wykresem. Każde polecenie punktowane jest oddzielnie.

Poniżej znajdują się 3 zadania maturalne – wirusy stanowią ich główny temat.

W tym zadaniu wymagano wiedzy o odwrotnej transkryptazie – enzymie uczestniczącym w procesie zwanym odwrotną transkrypcją, który polega na przepisaniu informacji genetycznej wirusa z RNA na DNA. Kwas deoksyrybonukleinowy jest następnie wbudowywany w materiał genetyczny zainfekowanej komórki. 

Źródło: [1].

Aby prawidłowo odpowiedzieć na to polecenie, trzeba wykorzystać posiadaną wiedzę o odwrotnej transkrypcji. Polimerazy DNA przeprowadzają reakcję syntezy komplementarnej nici DNA do nici matrycowej, natomiast rybonukleazy – reakcję hydrolizy (rozkładu) łańcuchów RNA w hybrydzie RNA-DNA. W zobrazowaniu tych procesów pomaga zapoznanie się z poniższą ilustracją zawartą na naszym kursie do matury z biologii: 

Jak widzisz, odwrotna transkryptaza przeprowadza:

• syntezę nici DNA komplementarnej do RNA (lub do DNA z hybrydy RNA-DNA), 
• trawienie nici RNA w hybrydzie RNA-DNA (uwalnianie ssDNA od matrycy RNA).

Właśnie te funkcje należy wpisać w kolejne wiersze tabeli w miejscu przeznaczonym na odpowiedź.

Przedstawione poniżej zadanie polega na wykorzystaniu wiedzy o budowie wirusa, a także o metodzie zakażenia wirusem ospy wietrznej oraz szczepieniach ochronnych (i nabywanej w ich wyniku odporności). 

Źródło: [2].

Polecenie 1. wymaga podania nazw struktur, które kryją się pod literami X i Y. Wiemy, że literą X oznaczono białkowy kapsyd (płaszcz białkowy / osłonkę białkową / otoczkę białkową), natomiast literą Y – DNA wirusa (kwas nukleinowy / materiał genetyczny / genom / dwuniciowy DNA / genofor). 

Źródło: [2].

Przeanalizujmy teraz kolejne podpunkty, aby stwierdzić, czy są one prawdziwe, czy fałszywe. Często tego typu polecenia wymagają zarówno wykorzystania informacji zawartych w treści zadania, jak i wiedzy własnej.

Aby ocenić prawdziwość zdania 1., najlepiej wrócić do tekstu wstępnego, w którym można odnaleźć następujące fragmenty:

„Jedynym naturalnym gospodarzem tego wirusa jest człowiek. Pierwotna infekcja prowadzi do ospy wietrznej, która dotyka głównie dzieci, młodzież i młodych dorosłych. […] Wysoce zaraźliwy VZV występuje na całym świecie”.

Na jego podstawie oraz na podstawie wiedzy posiadanej na temat metody zakażenia wirusem ospy wietrznej można stwierdzić, że zdanie 1. jest prawdziwe.

Zdanie 2. wskazuje na to, że w wyniku szczepienia przeciw VZV nabywa się odporność sztuczną bierną. Wiemy, że szczepienia ochronne wywołują odporność sztuczną czynną. Ten rodzaj odporności nosi miano czynnej, ponieważ została wytworzona przez organizm samodzielnie, jako wynik kontaktu z antygenem. Zdanie 2. jest zatem fałszywe.

Jeśli chodzi o zdanie 3., ponownie trzeba przypomnieć sobie, jak na organizm działają szczepienia ochronne. Wiesz, że w wyniku kontaktu z antygenem (w tym przypadku – zgodnie z tekstem wstępnym – osłabionym szczepem wirusa ospy), w organizmie człowieka powstają odpowiednie przeciwciała. Będą one skierowane przeciw VZV. Zdanie 3. jest więc prawdziwe.

Poniżej również pojawiają się wirusy – zadania maturalne czasem rozpoczynają się dość długim tekstem wstępnym; tak jest w tym przypadku. Przeczytaj go i zastanów się, jakie informacje w nim zawarte są szczególnie istotne. 

Źródło: [3].

Tekst wstępny dotyczy głównie:

• sposobu zakażenia wirusem HCV – przez krew,
• sposobu profilaktyki – noszenie rękawiczek ochronnych przez tych, którzy mają kontakt z krwią innych osób,
• metod diagnozy – najpierw badanie krwi pod kątem wykrycia przeciwciał anty-HCV, potem test na obecność RNA HCV.

Źródło: [3].

Zwróć uwagę na czasownik operacyjny – jeśli pojawia się słowo „wyjaśnij”, będzie wymagane od Ciebie zawarcie w odpowiedzi przyczyny, mechanizmu i skutku opisanego zagadnienia.

Aby otrzymać punkt, musisz odnieść się albo do zakażenia wirusem HCV i wyeliminowania go (przy jednoczesnym powstaniu pamięci immunologicznej), albo do otrzymania przeciwciał przez dziecko od matki. Wspomniane wyeliminowanie wirusa mogło nastąpić na drodze naturalnej – przez układ odpornościowy człowieka lub w przebiegu skutecznego leczenia.

W tekście wstępnym napisano, że nie ma dostępnej skutecznej szczepionki przeciw HCV. W takim przypadku nie możesz odwołać się do powstania pamięci immunologicznej wskutek zastosowania szczepienia ochronnego. Ponadto jest to choroba, przeciwko której nie ma surowicy odpornościowej.

Przykładowa prawidłowa odpowiedź mogłaby brzmieć:

„Dany człowiek mógł zakazić się wirusem HCV, który został wyeliminowany przez jego układ odpornościowy lub leki antywirusowe [przyczyna], ale w jego krwi dzięki pamięci immunologicznej pozostały przeciwciała skierowane przeciwko temu patogenowi [mechanizm], przez co w jego krwi mogą być obecne przeciwciała anty-HCV mimo braku tego wirusa w organizmie [skutek]”. 

Źródło: [3].

Źródłem zakażenia HCV jest krew. Wirus może się dostać wraz z krwią do organizmu zdrowego człowieka, jeśli osoba ta będzie miała naruszoną ciągłość tkanek, np. wskutek nakłucia skóry przez igłę podczas pobierania krwi.

Jeżeli osoba pobierająca krew będzie nosiła rękawiczki, ale nie będzie ich zmieniała, skutecznie ochroni ją to przed zakażeniem HCV, nawet jeśli ma ona na rękach drobne ranki. Nie ochroni to jednak jej pacjentów – do rany powstałej podczas pobierania krwi może dostać się znajdująca się na rękawiczkach krew pochodząca od innych osób, które mogły być zakażone HCV (co ważne, kropelki krwi mogą być niewidoczne gołym okiem). To istotnie zwiększa ryzyko transmisji wirusa do osób będących pacjentami personelu niezmieniającego rękawiczek podczas pobierania krwi.

Przykładowe uzasadnienie mogłoby brzmieć:

„Niezmienianie rękawiczek po pobraniu krwi od każdego pacjenta może spowodować przeniesienie na nich krwi zawierającej HCV od zakażonej osoby do rany powstałej wskutek nakłucia igłą skóry innego pacjenta, przez co istnieje ryzyko zakażenia go tym wirusem”.

Czas na kolejne 3 zadania maturalne – bakterie odgrywają w nich główną rolę. Jak zauważysz, zdarza się, że tekst wstępny jest w całości o komórkach bakteryjnych, jednak kolejne polecenia niekoniecznie wymagają zastosowania wiedzy na temat tego zagadnienia, lecz obejmują informacje z zakresu chemii życia, budowy komórki, genetyki czy inżynierii genetycznej.

To zadanie charakteryzuje się wyjątkowo długą wiązką poleceń – jest ich aż pięć. 

Źródło: [4].

W celu wykonania tego polecenia należy przypomnieć sobie wiadomości z budowy komórki, a konkretniej – błony komórkowej.

Zdanie 1. dotyczy nasyconych kwasów tłuszczowych. Kwasy tłuszczowe w tłuszczach nasyconych nie mają wiązań podwójnych pomiędzy atomami węgla, a ich łańcuchy węglowodorowe są proste i ułożone równolegle, występują ściśle obok siebie. Zmiana temperatury środowiska komórki wpływa na błony komórkowe i obecne w nich nasycone kwasy tłuszczowe w następujący sposób:

• podniesienie temperatury powoduje wzrost energii kinetycznej cząsteczek, sprawiając, że nasycone kwasy tłuszczowe stają się bardziej ruchliwe, co prowadzi do zwiększenia płynności błon komórkowych i zmniejszenia ich stabilności,
• obniżenie temperatury sprawia, że nasycone kwasy tłuszczowe stają się bardziej sztywne, co może obniżać płynność błony komórkowej i utrudniać jej funkcjonowanie w niskich temperaturach.

Wzrost zawartości nasyconych kwasów tłuszczowych nie stanowi więc adaptacji do życia w niskiej temperaturze – przy zdaniu 1. należy zaznaczyć N (nie).

Przejdźmy do zdania 2., które odnosi się do krótkich kwasów tłuszczowych – są to te, które zawierają mniej niż 6 atomów węgla w łańcuchu. Ze względu na swoją budowę mają one mniejszą tendencję do oddziaływań międzycząsteczkowych, co prowadzi do wzrostu płynności błony, a także do zwiększenia jej przepuszczalności dla różnych cząsteczek, co jest korzystne w niskiej temperaturze, gdy błony mają tendencję do sztywnienia. To pomaga utrzymać błony w płynniejszym i bardziej funkcjonalnym stanie. Wobec tego przy zdaniu 2. należy zaznaczyć T (tak). 

Źródło: [4].

To polecenie odnosi się do wiedzy zdobytej podczas poznawania makrocząsteczek obecnych w komórkach – trzeba wykorzystać posiadane informacje o budowie białek.

Mostki disiarczkowe biorą udział w stabilizowaniu struktury III-rzędowej białka i powstają między grupami —SH, z których atomy wodoru mogą się odłączać, a między atomami siarki tworzy się wiązanie kowalencyjne.

W celu zidentyfikowania aminokwasu, który umożliwi stworzenie mostków disiarczkowych, sięgnij po Wybrane wzory i stałe fizykochemiczne na egzamin maturalny z biologii, chemii i fizyki dla formuły 2023 (str. 6–7) lub dla formuły 2015 (str. 2), a następnie odszukaj aminokwas z grupą —SH. To właśnie między nim a drugim takim aminokwasem powstanie mostek disiarczkowy.

Szukany aminokwas to cysteina. 

Źródło: [4].

Zgodnie z zasadą komplementarności, w RNA adenina łączy się z uracylem poprzez dwa wiązania wodorowe, a guanina z cytozyną za pomocą trzech wiązań wodorowych.

Skoro w parach zasad GC (guanina-cytozyna) w podanych cząsteczkach rRNA i tRNA występują trzy wiązania wodorowe, to wzrost zawartości par GC doprowadzi do zwiększenia w rRNA i tRNA liczby tych wiązań, a to z kolei poskutkuje zwiększeniem stabilności tych cząsteczek, ponieważ im więcej wiązań wodorowych przypadających na dany odcinek kwasu nukleinowego, tym więcej energii należy dostarczyć, żeby oderwać od siebie komplementarne nici tego kwasu.

W związku z tym przykładowa odpowiedź mogłaby brzmieć:

„Między adeniną a uracylem występują dwa wiązania wodorowe, a między guaniną i cytozyną trzy – z tego powodu wzrost zawartości par zasad GC kosztem zawartości par zasad AU prowadzi do wzrostu liczby wiązań wodorowych stabilizujących cząsteczki rRNA i tRNA, co zwiększa stabilność cząsteczki RNA, bo do zerwania większej liczby tych wiązań potrzeba więcej energii”.

Źródło: [4].

Kolejne polecenie z tej wiązki dotyczy biotechnologii – żeby je wykonać, należy wykorzystać wiedzę o reakcji PCR.

Reakcja PCR to technika stosowana m.in. w biologii molekularnej i inżynierii genetycznej. Polega ona na wielokrotnym kopiowaniu wybranych fragmentów DNA z udziałem polimerazy DNA – enzymu będącego kluczowym składnikiem tej techniki, odpowiadającym za syntezę nowych nici DNA na podstawie matrycy DNA. Cały proces składa się z kilku etapów, w których dochodzi do cyklicznego podgrzewania i chłodzenia próbek zawierających krótkie odcinki DNA. Ze względu na konieczność denaturacji DNA podczas zachodzenia reakcji PCR na pewnych etapach niezbędne jest podniesienie temperatury nawet do 95°C. W związku z tym, stosowane polimerazy DNA muszą być termostabilne, czyli odporne na działanie wysokich temperatur.

Z tekstu wiesz, że optymalna temperatura do rozwoju psychrofili wynosi mniej niż 15°C. Termofile zaś rozwijają się w temperaturach powyżej 50°C, a maksymalna temperatura umożliwiająca im przeżycie sięga 122°C. Ze względu na te zdolności, źródłem polimeraz DNA w reakcji PCR, gdzie temperatura wynosi nawet 95°C, będą właśnie termofile, a nie psychrofile.

Przykładowa odpowiedź mogłaby brzmieć:

„Termofile, ponieważ są to organizmy, które (w przeciwieństwie do psychrofili) posiadają termostabilną polimerazę DNA (odporną na wysoką temperaturę). Podczas PCR mieszanina reakcyjna jest podgrzewana nawet do 95°C, a pozyskana polimeraza nadal będzie zachowywać swoją aktywność”. 

Źródło: [4].

Ze wszystkich poleceń zawartych w całej wiązce, polecenie 5. najbardziej pasuje do kategorii „Zadania maturalne – bakterie”, ponieważ jako jedyne odnosi się bezpośrednio do wiedzy o tych organizmach.

Dzięki znajomości budowy i funkcjonowania komórki bakteryjnej wiesz, że mitochondria są organellami występującymi wyłącznie w komórkach eukariotycznych, więc odpowiedź A należy odrzucić.

Rybosomy o współczynniku sedymentacji 80S także występują w komórkach eukariotycznych, więc odpowiedź B też nie będzie poprawnym wyborem.

Wiesz również, że chityna jest głównym składnikiem ściany komórkowej grzybów, a nie bakterii, więc odpowiedź C należy odrzucić.

Poprawnym rozwiązaniem będzie odpowiedź D. Translacja cząsteczki mRNA może rozpocząć się u organizmów prokariotycznych jeszcze w trakcie trwania transkrypcji (powstawania mRNA) z uwagi na brak odcinków niekodujących, które wymagałyby obróbki potranskrypcyjnej i brak kompartmentacji, czyli rozdzielenia przestrzennego procesów zachodzących w komórce prokariotycznej. Obróbka potranskrypcyjna mRNA, która jest konieczna u eukariontów, nie występuje zatem u bakterii, co umożliwia syntezę peptydu jeszcze zanim zostanie zakończona transkrypcja.

Tak jak w poprzednim przykładzie, również w tym zadaniu tekst wstępny zawiera informacje m.in. o bakteriach, podczas gdy polecenie pasowałoby bardziej do działu o ekologii (z uwagi na uwzględnienie w poleceniu nisz ekologicznych). Zrobienie tego zadania po nauczeniu się rozdziału podręcznika wyłącznie o bakteriach mogłoby nie być możliwe – dlatego tak ważne jest kompleksowe przygotowanie do matury według obowiązujących wymagań. 

Źródło: [5].

Należy zacząć od analizy tekstu, z którego wiemy, że:

• Ekologiczna nisza podstawowa gatunku to nisza potencjalnie zajmowana przez ten gatunek w warunkach optymalnych (bez uwzględnienia interakcji z innymi organizmami).
• Ekologiczna nisza zrealizowana to część niszy podstawowej zajmowana przez gatunek w danych warunkach abiotycznych (czynników fizykochemicznych) i biotycznych (interakcji z innymi organizmami).
• Środowisko naturalne drożdży S. cerevisiae to powierzchnia owoców winorośli. Na powierzchni owoców winorośli występują także różne bakterie.
• Warunki metaboliczne: mimo obecności tlenu, drożdże głównie przeprowadzają fermentację alkoholową. Zarówno drożdże, jak i bakterie wykorzystują glukozę jako główne źródło energii.
• Wpływ bakterii na drożdże – bakterie wydzielają kwas mlekowy, który poprzez obniżenie pH środowiska, modyfikuje metabolizm komórek drożdży, powodując, że drożdże wykorzystują do wzrostu związki niebędące substratami fermentacji alkoholowej, co poprawia ich wzrost i żywotność.

Oba argumenty należy sformułować na podstawie własnej wiedzy oraz informacji zawartych w tekście.

Argument 1: Wykorzystanie tego samego źródła energii – glukozy
Zarówno drożdże S. cerevisiae, jak i bakterie wykorzystują glukozę jako główne źródło energii i o nią konkurują. Konkurencja o glukozę wskazuje, że ich nisze ekologiczne w dużym stopniu się pokrywają, ponieważ obydwa organizmy zajmują tę samą niszę troficzną (czyli niszę związaną z pobieranym pokarmem).

Argument 2: Wspólne środowisko bytowania – powierzchnia owoców winorośli
Zarówno drożdże, jak i bakterie bytują na powierzchni owoców winorośli. Obecność w tym samym mikrośrodowisku oznacza, że oba organizmy muszą współistnieć i współdziałać w tym samym miejscu. To wskazuje na pokrywanie się ich przestrzennych nisz ekologicznych.

Choć na pierwszy rzut oka mogłoby się wydawać, że jest to zadanie z wirusów, tak naprawdę kolejne polecenia skupiają się na bakteriach, które są infekowane przez opisane fagi. 

Źródło: [6].

Aby wykazać, że wytworzenie białka Imm zapobiega wtórnej infekcji komórek E. coli kolejnym fagiem T4, trzeba przeanalizować etapy infekcji oraz rolę białka Imm na podstawie zamieszczonych w zadaniu schematów i informacji. W tym celu przeczytaj uważnie tekst wstępny i zastanów się, jakie informacje będą przydatne do udzielenia prawidłowej i wyczerpującej odpowiedzi na to polecenie.

Etap infekcji pierwotnej:

• Fag T4 przyłącza się do powierzchni bakterii E. coli poprzez odpowiednie receptory (schemat A).
• Następuje wprowadzenie DNA faga do wnętrza komórki bakterii po enzymatycznym strawieniu związku wchodzącego w skład ściany komórkowej bakterii (schemat A).

Wytworzenie białka Imm

• Kilka minut po infekcji dochodzi do ekspresji genu imm faga T4.
• Gen imm koduje białko Imm, które wbudowuje się w błonę wewnętrzną bakterii.

Mechanizm zapobiegania wtórnej infekcji:

• Schemat B pokazuje lokalizację białka Imm w błonie wewnętrznej bakterii.
• Podczas próby wtórnej infekcji komórki E. coli kolejnym fagiem T4, białko Imm działa w przestrzeni międzybłonowej, gdzie obecne są nukleazy.
• Białko Imm blokuje wnikanie DNA kolejnego faga do wnętrza bakterii, ponieważ wbudowuje się w błonę wewnętrzną, tworząc barierę przed wprowadzeniem materiału genetycznego faga do cytoplazmy bakterii.

Na tej podstawie można sformułować odpowiedź:

„Wytworzenie białka Imm na podstawie informacji genetycznej pierwotnie infekującego faga T4 prowadzi do wbudowania tego białka w błonę wewnętrzną bakterii E. coli. Białko Imm tworzy barierę, która uniemożliwia ponowne wprowadzenie DNA przez kolejnego faga T4, zapobiegając tym samym wtórnej infekcji. To skutkuje skierowaniem materiału genetycznego kolejnego faga do przestrzeni międzybłonowej, gdzie jest on trawiony przez obecne tam nukleazy. Dzięki temu bakteria staje się odporna na dalsze infekcje tym samym fagiem”. 

Źródło: [6].

Powyższe polecenie wymaga wykorzystania wiedzy o budowie komórki bakteryjnej. Główny składnik ściany komórkowej bakterii to mureina (mureina z mostkami peptydowymi / peptydoglikan). 

Źródło: [6].

Ze względu na specyficzną strukturę ściany oraz jej reaktywność z różnymi substancjami chemicznymi bakterie można podzielić na Gram-dodatnie (Gram+) oraz Gram-ujemne (Gram–). Przypomnij sobie budowę bakterii obu tych grup i pomyśl, jakie są między nimi różnice.

Bakterie Gram-dodatnie to grupa bakterii, których błona komórkowa otoczona jest stosunkowo grubą ścianą komórkową. Ściana ta zbudowana jest z kilku warstw mureiny, a także z kwasów tejchojowych oraz lipotejchojowych.

W budowie bakterii Gram-ujemnych można wyróżnić cienką warstwę ściany komórkowej zbudowaną z peptydoglikanu, w której nie ma kwasów tejchojowych, a także grubą błonę zewnętrzną zbudowaną z białek, fosfolipidów i lipopolisacharydu (LPS), który składa się z części rdzeniowej (lipidu A) i wielocukrowego łańcucha (antygenu O) nadającego bakteriom swoistość antygenową. Pomiędzy błoną wewnętrzną a zewnętrzną występuje przestrzeń peryplazmatyczna – peryplazma.

Teraz należy przyjrzeć się schematom budowy błony i ściany komórkowej bakterii E. coli i podać właściwą odpowiedź – przykładowe rozwiązanie mogłoby brzmieć: 

„Jest to bakteria Gram-ujemna, ponieważ:

• oprócz błony komórkowej ma jeszcze dodatkową błonę zewnętrzną.
• jej cienka ściana komórkowa jest z zewnątrz okryta dodatkową błoną.
• ma cienką ścianę komórkową”.

Zdarza się, że zadanie maturalne odnosi się jednocześnie i do wirusów, i do bakterii, łącząc je w jednej wiązce poleceń – tak jak w poniższym przykładzie z maja 2019 r.

Zdarza się, że zadanie maturalne odnosi się jednocześnie i do wirusów, i do bakterii, łącząc je w jednej wiązce poleceń – tak jak w poniższym przykładzie z maja 2019 r.

Źródło: [7].

Cykl lityczny to taki cykl, w którym fag przejmuje kontrolę nad komórką gospodarza, czego efektem jest wytworzenie nowych fagów, a następnie śmierć komórki gospodarza.

W cyklu lizogenicznym nie dochodzi do zabicia komórki gospodarza. Polega on na wprowadzeniu fagowego DNA do chromosomu bakterii, który jest kopiowany podczas replikacji DNA bakteryjnego. Następnie, po podziale komórki bakterii, każda komórka potomna posiada w swoim genomie również genom wirusa.

Terapia fagowa ma na celu zniszczenie komórki bakteryjnej przy udziale bakteriofaga, a zatem musi on przeprowadzać cykl lityczny, ponieważ to w nim dochodzi do śmierci komórki zainfekowanej.

Przykładowa odpowiedź może więc brzmieć:

„W terapii fagowej wykorzystywane są bakteriofagi przeprowadzające cykl lityczny, ponieważ ten cykl prowadzi do zniszczenia komórek bakteryjnych”. 

Źródło: [7].

Bakteriofagi to wirusy atakujące bakterie, a zatem posiadają elementy budowy takie same jak inne wirusy, które składają się z:

• materiału genetycznego,
• kapsydu – białkowego płaszcza chroniącego kwasy nukleinowe; elementów niestałych: lipoproteinowej osłonki zewnętrznej, dodatkowych białek budulcowych, cząsteczek specyficznych wirusowych enzymów.

W żołądku znajdują się enzymy trawienne rozkładające białka. Działają one w optymalnych dla siebie warunkach, czyli w niskim pH. W rozwiązaniu można odnieść się również do zniszczenia kwasu nukleinowego wirusa pod wpływem działania kwasu solnego.

W poleceniu pojawia się czasownik operacyjny „wyjaśnij”, więc w odpowiedzi należy zawrzeć przyczynę, mechanizm i skutek wskazanego zjawiska:

• przyczyna: niskie pH soku żołądkowego,
• mechanizm: bakteriofagi zbudowane są z białkowego kapsydu, który pod wpływem niskiego pH soku żołądkowego ulega denaturacji,
• skutek: preparat fagowy staje się nieaktywny.

Łącząc wszystkie te informacje w jedną wypowiedź, otrzymujemy rozwiązanie:

„Niskie pH soku żołądkowego może powodować denaturację białek, z których zbudowany jest kapsyd wirusa, co skutkuje uszkodzeniem kapsydu, a tym samym – inaktywacją fagów”. 

Źródło: [7].

Zacznijmy od zdania 1. W tekście dołączonym do zadania znajduje się informacja:

„Bakteriofag wytwarza białka adhezyny, rozpoznające receptory na komórkach określonych szczepów bakterii”.

Oznacza to, że wirusy wykorzystywane w terapii fagowej nie mogą zainfekować komórek człowieka, ponieważ nie zawierają one receptorów, które występują u określonych szczepów bakterii. Zdanie 1. jest zatem fałszywe.

Zdanie 2. mówi o nabywaniu oporności na fagi przez bakterie chorobotwórcze. Wiemy, że proces ten polega na przekazywaniu sobie informacji za pomocą horyzontalnego transferu genów. Jeżeli dana bakteria wytworzy oporność na bakteriofag, może przekazać taką informację innym bakteriom. Zdanie 2. jest więc prawdziwe.

Zdanie 3. odnosi się do swoistości (czyli specyficzności) działania bakteriofagów. W treści zadania znajdziemy informację:

„Preparaty fagowe przygotowuje się indywidualnie dla każdego pacjenta: selekcjonuje się szczep bakteriofaga, który skutecznie się namnaża i niszczy patogenne bakterie wyizolowane z organizmu pacjenta”.

Każdy pacjent może posiadać inne szczepy bakterii, zatem bakteriofagi stosowane w terapii powinny być swoiste wobec szczepów konkretnego pacjenta. Zdanie 3. jest prawdziwe. 

Źródło: [7].

Przeanalizujmy wszystkie podane choroby pod kątem patogenu je wywołującego:

• cholera – wywoływana przez przecinkowce cholery – choroba bakteryjna,
• gruźlica – wywoływana przez prątki gruźlicy – choroba bakteryjna,
• malaria – wywoływana przez jeden z czterech gatunków zarodźca malarii – choroba wywołana przez protisty,
• odra – wywoływana przez wirusa odry – choroba wirusowa,
• świnka – wywoływana przez wirusa świnki – choroba wirusowa,
• tężec – wywoływana przez laseczki tężca – choroba bakteryjna.

Prawidłowa odpowiedź to: cholera, gruźlica, tężec.

Przedstawione w tym artykule przykłady zadań oczywiście nie wyczerpują omawianego tematu, ale pokazują ogólną charakterystykę zadań maturalnych i sposoby ich rozwiązywania. Można zauważyć, że wiązki poleceń nie muszą dotyczyć jednego tematu, a i same polecenia mogą wymagać posiadania wiedzy z kilku różnych działów – między innymi bioróżnorodności, układu odpornościowego człowieka, genetyki i biotechnologii czy ekologii. Bardzo ważne jest również zwracanie uwagi na występujące w treści czasowniki operacyjne.

Chcąc odpowiednio przygotować się do egzaminu maturalnego, należy rozwiązać jak największą liczbę arkuszy z dotychczasowych matur, wnikliwie analizując klucz odpowiedzi. Zadania podzielone na działy znajdziesz w przygotowanym przez nas i gotowym do pobrania darmowym zbiorze zadań maturalnych z biologii. Zachęcamy również do zapoznania się z pełną bazą ich szczegółowych rozwiązań i wyjaśnień krok po kroku, przygotowaną przez doświadczonych nauczycieli i egzaminatorów, która jest dostępna na naszym kursie maturalnym z biologii.

Jeśli chcesz dowiedzieć się więcej o egzaminie maturalnym z biologii, zajrzyj do wpisu Jakie zagadnienia najczęściej pojawiają się na maturze z Biologii?, w którym skupiamy się właśnie na zagadnieniach najczęściej pojawiających się na maturze. W kontekście bioróżnorodności i klasyfikacji prym wiodą wirusy oraz bakterie – zadania maturalne ich dotyczące stanowią istotną część tego działu. Natomiast jeśli interesuje Cię, jakie zagadnienia sprawiają maturzystom najwięcej trudności na maturze z biologii, zapraszamy do przeczytania wpisu Jakie zagadnienia sprawiają maturzystom najwięcej trudności na egzaminie z Biologii? poświęconego temu tematowi, gdzie również znajdziesz zadania maturalne – wirusy i bakterie są w nim uwzględnione.

Trzymamy kciuki!

Bibliografia

• • [1] Zadanie #3516, Kurs maturalny z Biologii, Więcej Niż Matura, za: CKE, Egzamin maturalny. Biologia. Poziom rozszerzony, maj 2024 (formuła 2023), zad. 2.
  • [2] Zadanie #3251, Kurs maturalny z Biologii, Więcej Niż Matura, za: CKE, Egzamin maturalny. Biologia. Poziom rozszerzony, maj 2023 (formuła 2015), zad. 14.1, 14.2.
  • [3] Zadanie #1075, Kurs maturalny z Biologii, Więcej Niż Matura, za: CKE, Egzamin maturalny. Biologia. Poziom rozszerzony, czerwiec 2021 (formuła 2015), zad. 14.1, 14.2.
  • [4] Zadanie #3519, Kurs maturalny z Biologii, Więcej Niż Matura, za: CKE, Egzamin maturalny. Biologia. Poziom rozszerzony, maj 2024 (formuła 2023), zad. 5.1, 5.2, 5.3, 5.4, 5.5.
  • [5] Zadanie #3619, Kurs maturalny z Biologii, Więcej Niż Matura, za: CKE, Egzamin maturalny. Biologia. Poziom rozszerzony, czerwiec 2024 (formuła 2023), zad. 20.
  • [6] Zadanie #3501, Kurs maturalny z Biologii, Więcej Niż Matura, za: CKE, Egzamin maturalny. Biologia. Poziom rozszerzony, czerwiec 2023 (formuła 2023), zad. 6.1, 6.2, 6.3.
  • [7] Zadanie #1289, Kurs maturalny z Biologii, Więcej Niż Matura, za: CKE, Egzamin maturalny. Biologia. Poziom rozszerzony, maj 2019 (formuła 2015), zad. 6.1, 6.2, 6.3, 6.4.