Metodyka badań biologicznych: doświadczenia i próby kontrolne
4 zadań z oficjalnych arkuszy matury rozszerzonej z biologii (2023–2025). Spróbuj rozwiązać samodzielnie, potem odsłoń odpowiedź — przy każdym zadaniu znajdziesz typową pułapkę, na której wykładają się maturzyści.
- Matura CKE · maj 2025 · zad. 4 5 pkt doświadczenie, aktinidaza kiwi, proteaza, kolagen, kontrola
Kiwi to nazwa handlowa owoców aktinidii smakowitej (Actinidia deliciosa). Aktinidia jest rośliną dwupienną, a do owocowania dochodzi się z pojedynczych szczytów.
Poniżej przedstawiono fotografię przekroju poprzecznego przez owoc kiwi z widocznymi nasionami.
W owocach kiwi znajduje się enzym — aktinidaza, który jest proteazą. Aby sprawdzić właściwości aktinidazy, uczniowie przeprowadzili doświadczenie. W tym celu przygotowali cztery takie same pojemniki z galaretką żelatynową, zawierającą białko zwierzęce — kolagen. Włókna kolagenowe splatają się ze sobą i tworzą sieć ograniczającą ruch wody, dzięki czemu galaretka ma postać żelu.
Następnie do dwóch pojemników (zestaw 1. i 2.) umieścili także świeżo przekrojonego owocu kiwi, a w zestawach 3. i 4. pozostawili samą galaretkę. Następnie uczniowie umieścili zestawy 1. i 3. w temperaturze 20 °C, a zestawy 2. i 4. — w temperaturze 5 °C. Po kilku godzinach zaobserwowali częściowe rozpuszczenie się galaretki w pojemniku trzymanym w temperaturze pokojowej i zawierającym owoc kiwi (zestaw 1.).
Poniżej przedstawiono schemat doświadczenia i uzyskane wyniki.
Numer zestawu Umieszczenie fragmentu kiwi Temperatura Stan galaretki po kilku godzinach 1. tak 20 °C częściowe upłynnienie 2. tak 5 °C brak upłynnienia 3. nie 20 °C brak upłynnienia 4. nie 5 °C brak upłynnienia Na poniższym rysunku przedstawiono wyniki uzyskane w zestawach 1. i 2.
Na podstawie: P. Jedynak, To kiwi cię zadziwi, „Wiedza i Życie" 9, 2022.
Zadanie 4.1. (0-1)
Sformułuj problem badawczy przedstawionego doświadczenia.
Zadanie 4.2. (0-1)
Wyjaśnij, dlaczego w zestawie 1. — w przeciwieństwie do zestawu 2. — doszło do uwolnienia wody z galaretki. W odpowiedzi uwzględnij strukturę galaretki.
Zadanie 4.3. (0-1)
Przedstaw znaczenie zestawów kontrolnych 3. i 4. w interpretacji wyników doświadczenia.
Zadanie 4.4. (0-2)
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące aktinidii smakowitej są prawdziwe. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F — jeśli jest fałszywe.
1. W zalążni słupka aktinidii smakowitej znajduje się tylko jeden zalążek. P F 2. Tylko część osobników aktinidii smakowitej wydaje owoce. P F 3. Aktinidia smakowita to roślina okrytozalążkowa. P F Pokaż odpowiedź
4.1. Czy aktywność aktinidazy (proteazy z kiwi) zależy od temperatury? (lub: Jak temperatura wpływa na aktywność aktinidazy?). Doświadczenie porównuje dwie temperatury (5°C i 20°C) — zmienną zależną jest stan galaretki, zmienną niezależną temperatura.
4.2. Galaretka jest żelem białkowym — włókna kolagenu tworzą trójwymiarową sieć, w której zatrzymywana jest woda. W zestawie 1 (kiwi + 20°C) aktinidaza działała aktywnie (temperatura optymalna) → trawiła kolagen (hydroliza wiązań peptydowych) → sieć kolagenowa rozpadła się → galaretka utraciła zdolność wiązania wody → woda się uwolniła.
4.3. Zestawy 3 i 4 to próby kontrolne (kontrola negatywna). Nie zawierają kiwi (brak aktinidazy), więc pokazują, że galaretka sama z siebie nie rozpada się ani w 20°C, ani w 5°C. Dzięki tym kontrolom wiemy, że upłynnienie w zestawie 1 wynika wyłącznie z działania aktinidazy — nie z czynników temperaturowych ani fizycznego rozpadu galaretki.
4.4. — FPP
- 1: F — owoc kiwi ma wiele nasion (widoczne na fotografii), więc w zalążni musi być wiele zalążków, nie jeden.
- 2: P — kiwi to roślina dwupienna — kwiaty męskie i żeńskie na różnych osobnikach. Tylko osobniki żeńskie wydają owoce.
- 3: P — kiwi to okrytozalążkowa (angiosperm) — nasiona w zamkniętej zalążni → owoc.
⚠ Typowa pułapka: Pułapka 4.1 — sformułowanie problemu **w formie pytania** (CKE wymaga). NIE "Aktinidaza działa w temperaturze 20°C", TAK "Czy aktinidaza działa w różnych temperaturach?". Pułapka 4.2 — pominięcie **struktury galaretki** (sieć kolagenowa). CKE wprost wymaga "uwzględnij strukturę galaretki". Pułapka 4.3 — **kontrola negatywna vs pozytywna**. Tu kontrola **negatywna** (bez aktynnego czynnika = aktinidazy) → potwierdza, że galaretka się nie rozpadnie bez enzymu. Pułapka 4.4-1 — fotografia pokazuje **wiele nasion** w owocu kiwi. Jeden zalążek → jedna nasiona. Wiele nasion → wiele zalążków.
Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku → - Matura CKE · maj 2024 · zad. 21 3 pkt ekologia, mutualizm, eksperyment kontrolowany, fizjologia roślin, susza, bilans wodny, Ambrosia dumosa
Zadanie 21.
Oddziaływania międzygatunkowe u roślin mogą mieć charakter antagonistyczny, np. gdy w suchych środowiskach występuje konkurencja korzeni o wodę, lub nieantagonistyczny – polegający na wzajemnym wspomaganiu wzrostu.
Aby określić wpływ wzajemnego oddziaływania roślin jednorocznych i krzewów Ambrosia dumosa, przeprowadzono na pustyni następujące poletka doświadczalne:
- próba A – usunięto rośliny jednoroczne, a pozostawiono krzewy A. dumosa
- próba B – pozostawiono rośliny jednoroczne oraz krzewy A. dumosa
- próba C – pozostawiono rośliny jednoroczne, a usunięto krzewy A. dumosa.
Na ilustracjach w arkuszu CKE przedstawiono próby A, B i C – krzewy A. dumosa z roślinami jednorocznymi lub bez nich, oraz same rośliny jednoroczne na poletku C.
Rośliny jednoroczne w obecności krzewów charakteryzowały się większym przyrostem biomasy, natomiast przyrost biomasy krzewów w obecności roślin zielnych był ograniczony.
Na podstawie: C.J. Krebs, Ecology: The Experimental Analysis of Distribution and Abundance, Harlow 2014.
Zadanie 21.1. (0–2)
Uzupełnij tabelę – wpisz w puste komórki oznaczenia literowe tych prób, które należy porównać, aby zweryfikować poniższe hipotezy.
Weryfikowana hipoteza Oznaczenia literowe prób, które należy porównać Obecność na tym samym obszarze krzewów A. dumosa skutkuje zwiększeniem przyrostu biomasy roślin jednorocznych. Obecność roślin jednorocznych skutkuje ograniczeniem przyrostu biomasy krzewów A. dumosa. Zadanie 21.2. (0–1)
Wyjaśnij, w jaki sposób rzucanie cienia przez krzewy A. dumosa wpływa pozytywnie na przyrost biomasy roślin jednorocznych w warunkach suszy. W odpowiedzi uwzględnij bilans wodny roślin.
Pokaż odpowiedź
21.1.
# Hipoteza Próby do porównania 1 Obecność krzewów zwiększa biomasę jednorocznych B i C 2 Obecność jednorocznych ogranicza biomasę krzewów A i B Uzasadnienia:
- B i C — obie próby zawierają rośliny jednoroczne, ale różnią się obecnością krzewów: B z krzewami, C bez. Porównanie biomasy jednorocznych między B i C ujawni wpływ krzewów.
- A i B — obie próby zawierają krzewy A. dumosa, ale różnią się obecnością jednorocznych: A bez jednorocznych, B z jednorocznymi. Porównanie biomasy krzewów między A i B ujawni wpływ jednorocznych.
Reguła eksperymentu kontrolowanego: aby ocenić wpływ czynnika X na zmienną Y, porównuje się dwie próby różniące się TYLKO obecnością X.
21.2. Pozytywny wpływ rzucania cienia w warunkach suszy:
- Cień obniża temperaturę powietrza i gleby pod krzewem → zmniejsza intensywność parowania wody z gleby + zmniejsza intensywność transpiracji (utraty wody przez liście roślin).
- Mniejsza transpiracja = mniejsza utrata wody przez rośliny jednoroczne → korzystny bilans wodny (więcej wody dostępnej do procesów życiowych).
- Wilgotniejsza gleba pod krzewem → łatwiejsze pobieranie wody przez korzenie roślin jednorocznych.
- Rośliny jednoroczne z lepszym dostępem do wody mogą:
- Otwierać aparaty szparkowe (CO₂ wchodzi do liścia → fotosynteza).
- Prowadzić intensywniejszą fotosyntezę → więcej cukrów → większy przyrost biomasy.
W warunkach suszy bez cienia: rośliny jednoroczne zamykałyby aparaty szparkowe (oszczędność wody), co hamuje fotosyntezę → mniejsza biomasa.
Bilans wodny: wodę pobraną z gleby przez korzenie minus utracona transpiracją. Cień przesuwa bilans w stronę dodatnią (więcej zatrzymanej wody).
⚠ Typowa pułapka: Pułapka 21.1 — porównanie nie tych prób. Klucz: porównujemy próby różniące się **TYLKO jednym czynnikiem**: - Hip. 1 (krzewy → jednoroczne): wspólny element = jednoroczne, różnica = obecność krzewów → B vs C. - Hip. 2 (jednoroczne → krzewy): wspólny element = krzewy, różnica = obecność jednorocznych → A vs B. Pułapka 21.2 — odpowiedź "cień jest dobry". Klucz: konkretny **mechanizm** = obniżenie T → spadek transpiracji → lepszy bilans wodny → rośliny mogą fotosyntetyzować. Pułapka 21.2 — pominięcie aparatów szparkowych. Klucz: w suszy rośliny **zamykają** szparki = przerywają fotosyntezę. Cień pozwala je **otwierać** = fotosynteza trwa = biomasa rośnie.
Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku → - Matura CKE · maj 2023 · zad. 4 4 pkt fotosynteza, chlorofil a i b, adaptacje świetlne, eksperyment kontrolowany, storczyk
Przeprowadzono doświadczenie nad wpływem intensywności światła na zawartość chlorofilu w liściach storczyka Phalaenopsis 'Edessa'.
W pierwszym etapie doświadczenia, trwającym 2 miesiące, wszystkie rośliny uprawiano w jednakowych warunkach: intensywność światła 100 μmol·m⁻²·s⁻¹, temperatura 28°C, wilgotność powietrza 75%.
W drugim etapie doświadczenia, trwającym 5 tygodni, rośliny podzielono na dwie grupy i poddano działaniu różnej intensywności światła:
- grupa LL (low light): 50 μmol·m⁻²·s⁻¹,
- grupa HL (high light): 200 μmol·m⁻²·s⁻¹.
W drugim etapie wykonywano pomiary zawartości chlorofilu a, chlorofilu b oraz chlorofilu całkowitego (a + b), a także obliczano stosunek a/b. Pomiary wykonywano w pierwszym dniu drugiego etapu oraz po 4, 6 i 10 tygodniach.
Na podstawie wyników sporządzono wykresy A–D przedstawiające zmiany zawartości chlorofilu a, chlorofilu b, chlorofilu całkowitego oraz stosunku a/b w obu grupach (LL i HL).
Zadanie 4.1. (0–2)
Oceń, czy dokończenia poniższego zdania są prawdziwe. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.
W ostatnim dniu trwania drugiego etapu doświadczenia:
# Stwierdzenie P / F 1. średnia zawartość chlorofilu a była wyższa u roślin w grupie LL niż w grupie HL. P / F 2. średnia zawartość chlorofilu całkowitego w grupie HL była niższa o ponad 300 mg·m⁻² niż w pierwszym dniu tego etapu doświadczenia. P / F 3. średni stosunek zawartości chlorofilu a/b w grupie LL był przeszło dwukrotnie większy niż w grupie HL. P / F Zadanie 4.2. (0–1)
Określ, w jakim celu w pierwszym etapie doświadczenia wszystkie rośliny były uprawiane w takich samych warunkach środowiskowych.
Zadanie 4.3. (0–1)
Określ, w jakim celu wykonano pomiary zawartości chlorofilu w pierwszym dniu trwania drugiego etapu doświadczenia.
Pokaż odpowiedź
4.1.
# Stwierdzenie Ocena 1 Chl a wyższy w LL niż HL P 2 Chl całkowity w HL niższy o ponad 300 mg/m² niż w 1. dniu etapu 2 P 3 Stosunek a/b w LL przeszło dwukrotnie większy niż w HL F Uzasadnienia:
P — rośliny w słabym świetle (LL) akumulują więcej chlorofilu (próbują wychwytywać każdy foton). Rośliny w silnym świetle (HL) degradują nadmiar chlorofilu (fotoochrona, by uniknąć uszkodzeń fotosystemów). Z wykresów: chl a w LL ~1000-1200 mg/m², w HL ~600-700 mg/m².
P — w grupie HL chlorofil maleje w ciągu etapu 2 (fotodegradacja przy nadmiarze światła). Spadek powyżej 300 mg/m² widoczny w wykresie chl całkowity (z ~1500 do <1200).
F — odwrotna zależność: rośliny cieniste (LL) mają NIŻSZY stosunek a/b (więcej chl b w stosunku do a — chl b lepiej absorbuje "zielone" światło rozproszone w cieniu). Rośliny słoneczne (HL) mają WYŻSZY stosunek a/b (więcej chl a w stosunku do b). Zatem stosunek a/b w LL NIE jest większy niż w HL — przeciwnie, MNIEJSZY.
4.2. Cel uprawy w jednakowych warunkach w etapie 1: wyrównanie stanu wyjściowego roślin (kontrola zmiennych ubocznych) → wszystkie rośliny na starcie etapu 2 miały takie same parametry fizjologiczne (zawartość chlorofilu, kondycja, rozmiar).
Bez tej standaryzacji: różnice między grupami LL i HL na końcu eksperymentu mogłyby wynikać z różnic początkowych (np. niektóre rośliny już ciemniejsze), a nie z efektu czynnika eksperymentalnego (intensywności światła). Standaryzacja = eliminacja zmiennych zakłócających (confounding variables).
4.3. Cel pomiaru chlorofilu w 1. dniu etapu 2: ustalenie wartości wyjściowej (baseline) — punkt odniesienia, do którego porównuje się późniejsze pomiary (4, 6, 10 tydzień).
Dzięki temu można:
- Określić wielkość zmiany chlorofilu pod wpływem światła (LL vs HL).
- Potwierdzić jednakowość wyjściowych wartości w obu grupach (efekt etapu 1).
- Odróżnić zmiany w trakcie etapu 2 od już istniejących różnic.
Bez baseline: gdybyśmy mierzyli tylko na końcu, nie wiedzielibyśmy, czy chlorofil wzrósł, spadł czy się nie zmienił vs stan początkowy.
⚠ Typowa pułapka: Pułapka 4.1.3 — stosunek a/b. Intuicja "więcej chlorofilu w cieniu = większy stosunek a/b" jest **błędna**. W rzeczywistości: cień → **więcej chl b** → niższy a/b. Słońce → **mniej chl b** → wyższy a/b. Klucz: rola chl b jako "anteny" w słabym świetle. Pułapka 4.2 — odpowiedź "żeby rosły zdrowo". Klucz: **standaryzacja** = wszystkie rośliny rozpoczynają etap 2 w **identycznych** warunkach fizjologicznych → różnice na końcu pochodzą tylko z czynnika eksperymentalnego (światła). Pułapka 4.3 — odpowiedź "żeby zobaczyć ile mają chlorofilu". Klucz: **baseline** = punkt odniesienia. Pozwala oszacować **zmianę** (delta) zamiast absolutnej wartości.
Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku → - Matura CKE · maj 2023 · zad. 11 4 pkt fizjologia, hemoglobina, krzywa wiązania tlenu, 2,3-BPG, hemoglobina płodowa, ciąża
Na wykresie przedstawiono krzywe wiązania tlenu przez hemoglobinę: oczyszczoną hemoglobinę (bez 2,3-BPG) oraz hemoglobinę w erytrocytach (z 2,3-BPG). Na osi X – ciśnienie cząstkowe tlenu (pO₂) w mmHg, na osi Y – wysycenie cząstkowe hemoglobiny tlenem. Zaznaczono linie pionowe odpowiadające ciśnieniu cząstkowemu tlenu w tkankach (~20 mmHg) i w płucach (~100 mmHg).
Związek 2,3-BPG (2,3-bisfosfoglicerynian) występuje w erytrocytach i wpływa na powinowactwo hemoglobiny do tlenu.
Na podstawie: J.M. Berg i in., Biochemia, Warszawa 2007.
Zadanie 11.1. (0–2)
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące wiązania tlenu przez hemoglobinę są prawdziwe. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.
# Stwierdzenie P / F 1. Oczyszczona hemoglobina ma większe powinowactwo do tlenu niż hemoglobina w erytrocytach. P / F 2. Przy ciśnieniu cząstkowym tlenu równym 100 mmHg oczyszczona hemoglobina wiąże o 8% więcej tlenu niż hemoglobina w erytrocytach. P / F 3. Maksymalne możliwe wysycenie cząstkowe hemoglobiny tlenem zależy od związania hemoglobiny z 2,3-BPG. P / F Zadanie 11.2. (0–1)
Wiązanie 2,3-BPG z hemoglobiną płodową jest znacznie słabsze niż z hemoglobiną dorosłego człowieka. U ciężarnych kobiet stężenie 2,3-BPG w erytrocytach jest o 30% wyższe niż u kobiet niebędących w ciąży.
Uzupełnij poniższe zdanie tak, aby w poprawny sposób przedstawiało wpływ 2,3-BPG na wiązanie tlenu przez hemoglobinę. W każdym nawiasie podkreśl właściwe określenie.
Podwyższone stężenie 2,3-BPG w erytrocytach ciężarnych kobiet jest przyczyną (obniżonego / podwyższonego) powinowactwa hemoglobiny matki do tlenu, co (ułatwia / utrudnia) dyfuzję tlenu z części macicznej łożyska do części płodowej łożyska.
Zadanie 11.3. (0–1)
Podaj przykład funkcji pełnionej przez hemoglobinę w erytrocytach, innej niż transportowanie tlenu.
Pokaż odpowiedź
11.1.
# Stwierdzenie Ocena 1 Oczyszczona Hb ma większe powinowactwo do O₂ niż Hb w erytrocytach P 2 Przy pO₂ = 100 mmHg oczyszczona Hb wiąże o 8% więcej O₂ niż Hb w erytrocytach P 3 Maksymalne wysycenie cząstkowe Hb tlenem zależy od 2,3-BPG F Uzasadnienia:
P — czarna krzywa (oczyszczona) leży wyżej i bardziej w lewo niż czerwona. Przy każdej wartości pO₂ wysycenie jest większe → większe powinowactwo do O₂. 2,3-BPG obniża powinowactwo (jest allosterycznym inhibitorem Hb).
P — z wykresu: przy 100 mmHg oczyszczona Hb ~98% (0,98), Hb w erytrocytach ~90% (0,90). Różnica = 8% (jak zaznaczone na wykresie).
F — maksymalne wysycenie obu krzywych dąży do 1,0 (100%) przy wysokim pO₂ (200+ mmHg). Wartość maksymalna jest TA SAMA. 2,3-BPG zmienia kształt krzywej (przesuwa w prawo), ale nie zmienia maksymalnego wysycenia.
11.2. Podwyższone 2,3-BPG u ciężarnych powoduje OBNIŻONE powinowactwo Hb matki do tlenu, co UŁATWIA dyfuzję O₂ z części macicznej łożyska do części płodowej łożyska.
Mechanizm:
- U matki: 30% wyższe 2,3-BPG → Hb matki łatwiej oddaje O₂ (niższe powinowactwo).
- HbF (hemoglobina płodowa) wiąże 2,3-BPG słabiej → niezakłócone powinowactwo → wysokie powinowactwo do O₂.
- W łożysku: matka oddaje O₂ łatwo (niskie powinowactwo) ← → płód chłonie O₂ łatwo (wysokie powinowactwo HbF) → efektywny transfer O₂ przez łożysko.
11.3. Inne funkcje hemoglobiny:
- Transport CO₂ — Hb wiąże CO₂ na grupach aminowych (karbaminohemoglobina) → ~20% transportu CO₂ z tkanek do płuc.
- Bufor pH krwi — Hb wiąże H⁺ (zwłaszcza po oddaniu O₂) → stabilizuje pH krwi (~7.4).
- Transport NO — Hb wiąże tlenek azotu (S-nitrozohemoglobina) → regulacja przepływu krwi w kapilarach.
Najczęstsza odpowiedź: transport CO₂ (lub buforowanie pH).
⚠ Typowa pułapka: Pułapka 11.1.3 — błędne kojarzenie. 2,3-BPG zmienia **powinowactwo** (przy danym pO₂), ALE NIE **maksymalne wysycenie** (które zawsze dąży do 100%). Klucz: oś Y dla obu krzywych dochodzi do 1,0. Pułapka 11.2 — odwrotny kierunek. Niskie powinowactwo = łatwe oddawanie. Wysokie powinowactwo = trudne oddawanie. Klucz: matka MUSI **oddać** O₂ płodowi → potrzeba **NIŻSZEGO** powinowactwa Hb matki. Pułapka 11.3 — odpowiedź "transport CO₂" w pełni. Hemoglobina transportuje **TYLKO ~20%** CO₂ (~70% CO₂ jako jon wodorowęglanowy HCO₃⁻ w osoczu, ~10% rozpuszczony). Ale to wciąż istotna funkcja.
Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →