Biologia, poziom rozszerzony — czerwiec 2025 (termin dodatkowy)
22 zadania z arkusza CKE (czerwiec 2025 (termin dodatkowy), poziom rozszerzony), 60 pkt: Mioglobina — hem i hydrofobowe wnętrze białka; ATP — budowa i wiązania „wysokoenergetyczne"; Aparat Golgiego i siateczka szorstka — rozpoznanie z mikrofotografii; Okrzemki — dlaczego nie są roślinami i skąd…
Zadanie 1 — Mioglobina — hem i hydrofobowe wnętrze białka (2 punkty)
Mioglobina to białko występujące w cytozolu włókien mięśniowych. Jest ono zbudowane z pojedynczego łańcucha polipeptydowego oraz z hemu. Łańcuch polipeptydowy mioglobiny zawiera 153 reszty aminokwasowe, a hem składa się z układu porfirynowego oraz ze związanego z jego centrum atomu pewnego pierwiastka.
Na ilustracji przedstawiono przekrój przez model cząsteczki mioglobiny. Kolorem niebieskim oznaczono reszty aminokwasowe z podstawnikami niepolarnymi; kolorem czerwonym — reszty z podstawnikami polarnymi; kolorem białym — pozostałe reszty. Kolorem żółtym oznaczono atom związany z centrum układu porfirynowego, znajdującego się w szczelinie cząsteczki białka.
Dokończ zdanie — zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.
Z centrum układu porfirynowego hemu jest związany atom
A. sodu.
B. fluoru.
C. jodu.
D. żelaza.
Wyjaśnij, dlaczego we wnętrzu cząsteczki mioglobiny znajdują się niemal wyłącznie reszty aminokwasowe z podstawnikami niepolarnymi. W odpowiedzi uwzględnij środowisko formowania się struktury przestrzennej tego białka.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 1.1 — D — z centrum układu porfirynowego hemu związany jest atom żelaza.
- 1.2 — 1 pkt za wyjaśnienie uwzględniające hydrofobowy charakter podstawników aminokwasów niepolarnych ORAZ wodne środowisko formowania się struktury przestrzennej białka (cytozol jako roztwór wodny) — reszty niepolarne są odpychane od wody i skupiają się we wnętrzu cząsteczki (konformacja stabilniejsza termodynamicznie). Brak któregokolwiek z ogniw = 0 pkt.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 2 — ATP — budowa i wiązania „wysokoenergetyczne" (2 punkty)
ATP jest uniwersalnym nośnikiem energii w komórce. W typowych warunkach podczas hydrolizy ATP do ADP i Pᵢ uwalnia się znaczna ilość energii — od 46 do 54 kJ/mol ATP.
Ważną częścią ATP jest reszta trifosforanowa, składająca się z reszt kwasu fosforowego(V) połączonych wiązaniami bezwodnikowymi. Te wiązania są często określane jako „wysokoenergetyczne", ale do ich zerwania — tak jak do zerwania każdego innego wiązania — jest potrzebna energia. Ujemne ładunki reszt kwasu fosforowego(V) odpychają się nawzajem, czego skutkiem są wewnętrzne naprężenia występujące w cząsteczce ATP. Podczas hydrolizy ATP do ADP i Pᵢ jest zrywane jedno wiązanie bezwodnikowe oraz częściowo są usuwane naprężenia wewnętrzne.
Do której grupy związków organicznych należy ATP? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.
A. cukry
B. lipidy
C. nukleotydy
D. aminokwasy
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące ATP są prawdziwe. Odpowiedz w formie „1 – P/F, 2 – P/F".
1. W cząsteczce ATP występują dwa wiązania „wysokoenergetyczne".
2. Energia uwalniana podczas hydrolizy ATP równa się energii koniecznej do zerwania wiązania bezwodnikowego.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 2.1 — C — ATP należy do nukleotydów (zasada azotowa adenina + ryboza + reszty fosforanowe).
- 2.2 — 1 – P, 2 – F
- Punktacja: 1 pkt za poprawną ocenę OBU stwierdzeń. Zdanie 1 prawdziwe: trzy reszty fosforanowe łączą DWA wiązania bezwodnikowe („wysokoenergetyczne"). Zdanie 2 fałszywe: zerwanie wiązania zawsze POCHŁANIA energię — energia uwalniana netto podczas hydrolizy bierze się m.in. z usunięcia naprężeń wewnętrznych (odpychania ładunków ujemnych) i stabilizacji produktów, więc nie jest równa energii zrywania wiązania.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 3 — Aparat Golgiego i siateczka szorstka — rozpoznanie z mikrofotografii (3 punkty)
Na fotografiach z mikroskopu elektronowego przedstawiono dwie struktury wewnątrzkomórkowe, oznaczone literami A i B.
![Biologia R, matura 2025 CKE termin dodatkowy — Zadanie 3 (fotografie struktur A i B) · Arkusz CKE 5.06.2025 (biologia R); podpis w arkuszu: „Na podstawie: D.W. Fawcett, Bloom and Fawcett. A Textbook of Histology, Nowy Jork 1994, [w:] E.P. Solomon i in., Biologia, Warszawa 2014" · CKE · dozwolony użytek (art. 27 pr. aut.)](ryciny/bio-r-2025cz-z3.webp)
Podaj nazwy struktur oznaczonych na fotografiach literami A i B (siateczka śródplazmatyczna szorstka / aparat Golgiego) oraz rozstrzygnij, czy w tych strukturach są obecne błony i rybosomy.
Wyjaśnij, na czym polega współdziałanie siateczki śródplazmatycznej szorstkiej i aparatu Golgiego w wytwarzaniu białek przeznaczonych do wydzielenia poza komórkę.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 3.1 — A = aparat Golgiego (błony: tak, rybosomy: nie); B = siateczka śródplazmatyczna szorstka (błony: tak, rybosomy: tak)
- Punktacja: 2 pkt za dwa poprawne wiersze; 1 pkt za jeden poprawny wiersz LUB za poprawną pierwszą kolumnę (obie nazwy) ALBO dwie ostatnie kolumny (komplet „błony/rybosomy" dla obu struktur).
- 3.2 — 1 pkt za wyjaśnienie uwzględniające (1) syntezę białek przeznaczonych na eksport na siateczce śródplazmatycznej szorstkiej (przez rybosomy na jej powierzchni) ORAZ (2) modyfikację tych białek w aparacie Golgiego. Bramka CKE: nie uznaje się odpowiedzi, w których rola aparatu Golgiego sprowadza się WYŁĄCZNIE do sortowania/transportu — zadanie dotyczy WYTWARZANIA białek.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 4 — Okrzemki — dlaczego nie są roślinami i skąd natlenianie wody (3 punkty)
Okrzemki stanowią zróżnicowaną grupę jednokomórkowych glonów. Wewnątrz komórki znajdują się liczne organella: jądro komórkowe, chloroplasty otoczone czterema błonami, mitochondria oraz aparat Golgiego. Materiałem zapasowym jest chryzolaminaryna, należąca do polisacharydów, oraz tłuszcze. Okrzemki są okryte ścianą komórkową, zwaną pancerzykiem, która jest zbudowana z pektyny wysyconej uwodnioną krzemionką.
Okrzemki natleniają wodę, mają duży udział w produkcji pierwotnej wód oraz stanowią pokarm dla wielu organizmów, w tym dla wielu ryb.
Uzasadnij, że okrzemki nie należą do królestwa roślin — porównaj dwie wymienione w tekście cechy budowy komórek okrzemek z cechami budowy komórek roślin.
Wyjaśnij, w jaki sposób okrzemki przyczyniają się do natleniania wody. W odpowiedzi uwzględnij budowę komórki i metabolizm okrzemek.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 4.1
- 2 pkt za DWA poprawne porównania komórki okrzemki z komórką roślinną, wybrane spośród trzech: chloroplasty otoczone czterema błonami (u roślin dwiema)
- materiał zapasowy — chryzolaminaryna (u roślin skrobia)
- ściana komórkowa z pektyny wysyconej krzemionką, bez celulozy (u roślin lądowych celuloza)
- Punktacja: 1 pkt za jedno porównanie.
- Nie jest uznawane:
- jednokomórkowości (wśród roślin pierwotnie wodnych też są jednokomórkowce)
- SAMEJ obecności krzemionki (występuje też w ścianach traw i skrzypów)
- SAMYCH tłuszczów jako materiału zapasowego (rośliny też je gromadzą). Porównanie musi mieć OBIE strony (jak u okrzemki ↔ jak u rośliny)
- 4.2 — 1 pkt za wskazanie, że okrzemki mają chloroplasty, w których zachodzi fotosynteza, a jednym z jej produktów jest tlen (dopuszczalne ujęcie przez fotolizę wody w fazie zależnej od światła).
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 5 — Euglena — rozpoznanie organellów na mikrofotografii (2 punkty)
Na mikrofotografii (A) oraz na rysunku (B) przedstawiono budowę protista — eugleny (Euglena gracilis). Mikrofotografię A wykonano z użyciem mikroskopu świetlnego. Rysunek B wykonano na podstawie tej mikrofotografii.
Podaj nazwy organellów oznaczonych na mikrofotografii (A) i na rysunku (B) numerami 1.–3.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 5 (0–2) — poprawne nazwy:
- 1 = wić (uznawane też: flagellum, wić długa) — długa, cienka nić z przedniego końca komórki, narząd ruchu.
- 2 = chloroplast (uznawane też: ciałko zieleni) — zielone, owalne ciała; euglena jest miksotrofem i prowadzi fotosyntezę.
- 3 = jądro komórkowe — duża, wyraźnie odgraniczona kula z jąderkiem, poniżej środka komórki
- Punktacja: 2 pkt za trzy poprawne nazwy
- Punktacja: 1 pkt za dwie poprawne
- Punktacja: 0 pkt za jedną lub żadną.
- Nie uznawaj nazw wskazanych już NA ILUSTRACJI (wodniczka tętniąca, ziarno paramylonu, pellikula) — to podpisy dla orientacji, nie odpowiedzi. Jeśli uczeń przypisze je do numerów 1–3, to błąd; Kontekst dla Ciebie: euglena to protist miksotroficzny — ma chloroplasty (fotosynteza) i jednocześnie może odżywiać się heterotroficznie; wodniczka tętniąca odpowiada za osmoregulację, paramylon to materiał zapasowy (wielocukier), pellikula to elastyczna osłona białkowa pod błoną.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 6 — Dwulistnik muszy — mimikra kwiatu i ochrona stanowiska (3 punkty)
Dwulistnik muszy (Ophrys insectifera) jest chronionym gatunkiem storczyka, występującym w Polsce na niewielkiej liczbie stanowisk. Ta roślina występuje na nasłonecznionych górskich murawach kserotermicznych oraz na łąkach o podłożu wapiennym. Głównym zagrożeniem dla tego gatunku jest postępująca sukcesja, prowadząca do zarastania jego stanowisk.
Okwiat dwulistnika składa się z zewnętrznych działek, które są zielone i eliptyczne, oraz z okółka wewnętrznego, którego dwie działki są purpurowe i nitkowate, a trzecia — środkowa działka — jest przekształcona w tzw. warżkę. Na środku owłosionej, ciemnopurpurowej warżki, przypominającej kształtem odwłok samicy owada, znajduje się jasna plamka.
Materiał (ciąg dalszy)
W okresie kwitnienia dwulistnik muszy wytwarza substancje, które składem chemicznym i zapachem przypominają feromony samic błonkówek: niestylaka piewikowca i niestylaka wąsala. Zwabione zapachem i pokrojem kwiatów samce błonkówek siadają na tych kwiatach. Pakiety pyłku dwulistników przyklejają się do ciała owadów, dzięki czemu pyłek jest transportowany na inne kwiaty. Zapylony kwiat dwulistnika zaczyna wydzielać substancje wonne identyczne z tymi, które wytwarzają zapłodnione samice błonkówek. U dwulistnika może dojść również do samozapłodnienia.
Określ, który element (1.–5.) budowy morfologicznej kwiatu dwulistnika muszego naśladuje czułki, a który — odwłok samicy niestylaka wąsala. Podaj dwa numery: „czułki – …, odwłok – …".
Wyjaśnij, na czym polega następująca adaptacja: zapylone kwiaty dwulistnika muszego mają zapach taki jak zapłodnione samice błonkówek.
Uzasadnij, że usuwanie krzewów i drzew ze stanowisk występowania dwulistnika muszego prowadzi do zwiększenia liczebności populacji tego gatunku.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 6.1 — czułki = 2, odwłok = 5
- Punktacja: 1 pkt za oba poprawne rozpoznania.
- 6.2 — 1 pkt za wyjaśnienie odnoszące się do unikania przez samce błonkówek kwiatów już zapylonych i — w konsekwencji — ochrony zapylonych kwiatów przed owadami (przed uszkodzeniem lub zabraniem naniesionej pyłkowiny) LUB zapylenia większej liczby kwiatów (owady kierują się do kwiatów jeszcze niezapylonych).
- 6.3 — 1 pkt za uzasadnienie odnoszące się do konkurencji o światło (gatunek światłożądny muraw i łąk, zarastanie odbiera dostęp do światła) LUB o miejsce/siedlisko (usunięcie konkurentów zachowuje otwarte stanowisko).
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 7 — Parolist krzaczasty — adaptacje do suszy i pobieranie jonów (4 punkty)
Parolist krzaczasty (Zygophyllum dumosum) jest dominującym krzewem na pustyni Negew w Izraelu. Toleruje suszę i wysokie zasolenie. Jest bardzo aktywny w okresie deszczowym, kiedy wytwarza nowe liście i kwiaty. Liście parolistu składają się z pary mięsistych blaszek liściowych, umieszczonych na grubym ogonku pokrytym woskiem. Podczas okresu suchego blaszki liściowe są zrzucane, ale na krzewie pozostają uśpione, choć żywe, mięsiste ogonki liściowe. Na początku pory deszczowej wzrasta tempo metabolizmu w ogonkach, które w czasie pory suchej utraciły tylko część zgromadzonej wody. Ogonki liściowe są zrzucane dopiero po dwóch latach wegetacji; z pąków w ich kątach rozwijają się nowe łodygi wraz z nowymi liśćmi.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące wyników przedstawionego doświadczenia są prawdziwe. Odpowiedz w formie „1 – P/F, 2 – P/F".
1. Wszystkie wyniki pomiarów zawartości wapnia w okresie suszy były takie same.
2. Zawartość siarki w świeżej masie ogonków liściowych była większa w okresie suchym w porównaniu do okresu deszczowego.
Podaj jedną cechę fizjologiczną i jedną cechę anatomiczną parolista krzaczastego stanowiące adaptacje do niedoboru wody oraz wyjaśnij, na czym polega każda z tych adaptacji.
Dokończ zdanie — zaznacz odpowiedź A albo B oraz jej uzasadnienie 1. albo 2.
Transport jonów z roztworu glebowego do komórek korzenia odbywa się …………, ponieważ ………… .
A. na zasadzie osmozy,
B. z udziałem białek przenośnikowych,
1. jony muszą przejść przez błony komórkowe, a we wnętrzu komórek jest niższy potencjał wody niż w roztworze glebowym.
2. sole mineralne rozpuszczają się w roztworze glebowym i przemieszczają się przez błony komórkowe tak, jak się przemieszcza woda.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 7.1 — 1 – F, 2 – P
- Punktacja: 1 pkt za obie oceny. (Zdanie 1 fałszywe: słupki mają zaznaczone odchylenie standardowe, więc pomiary NIE były identyczne. Zdanie 2 prawdziwe: siarki w okresie suchym jest wyraźnie więcej niż w deszczowym.)
- 7.2 — 2 pkt za wskazanie cechy fizjologicznej ORAZ anatomicznej wraz z wyjaśnieniem każdej
- Punktacja: 1 pkt za jedną z nich z wyjaśnieniem. Fizjologiczne (przykłady CKE): zrzucanie blaszek liściowych w okresie suchym (ogranicza transpirację), spowolnienie metabolizmu w suszy (mniejsze zapotrzebowanie na wodę), ograniczenie wzrostu i kwitnienia do pory deszczowej, intensywne gromadzenie wody w porze deszczowej. Anatomiczne: mięsiste blaszki i ogonki liściowe (magazynowanie wody), ogonek pokryty woskiem (ogranicza parowanie).
- 7.3 — B1 — transport jonów odbywa się z udziałem białek przenośnikowych, ponieważ jony muszą przejść przez błony komórkowe, a we wnętrzu komórek jest niższy potencjał wody niż w roztworze glebowym.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 8 — Nicienie — szkielet hydrauliczny i zmienność potomstwa (3 punkty)
Nicienie należą do zwierząt pseudocelomatycznych. We wnętrzu wora powłokowo-mięśniowego są rozmieszczone narządy wewnętrzne, a przestrzeń między nimi — pseudoceloma — jest wypełniona płynem.
Nicienie rozmnażają się wyłącznie płciowo, ale u poszczególnych gatunków rozmnażanie płciowe przebiega w odmienny sposób.
Wyjaśnij, na czym polega współdziałanie mięśni i płynu wypełniającego pseudocelomę podczas ruchu nicieni.
Oceń, w których z opisanych przypadków jest możliwe otrzymanie potomstwa zróżnicowanego genetycznie. Odpowiedz w formie „1 – T/N, 2 – T/N, 3 – T/N".
1. Diploidalny osobnik wytwarza haploidalne plemniki, które zapładniają haploidalne komórki jajowe wytwarzane przez tego samego osobnika.
2. U samic niezapłodniona komórka jajowa, która powstała na drodze podziału mitotycznego, rozwija się w zarodek.
3. U samic powstające podczas drugiego podziału mejotycznego komórka jajowa i ciałko kierunkowe łączą się i tworzą zygotę.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 8.1 — 1 pkt za wyjaśnienie uwzględniające przenoszenie przez płyn pseudocelomy siły generowanej przez mięśnie (płyn stanowi opór / pełni funkcję szkieletu hydraulicznego; skurcz mięśni zmienia ciśnienie płynu, co daje wygięcie ciała i ruch wijący).
- 8.2 — 1 – T, 2 – N, 3 – T
- Punktacja: 2 pkt za trzy poprawne oceny, 1 pkt za dwie.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 9 — Błony płodowe owodniowców — jajo na lądzie (3 punkty)
Na rysunku przedstawiono budowę jaja pewnego owodniowca. Podpisano na nim zarodek, skorupkę i woreczek żółtkowy; literami A i B oznaczono dwie błony płodowe.
Podaj nazwy oraz określ funkcje błon płodowych oznaczonych na schemacie literami A i B (kosmówka / omocznia / owodnia). Odpowiedz w formie „A – nazwa, funkcja …; B – nazwa, funkcja …".
Wykaż, że obecność owodni w jajach owodniowców jest adaptacją do składania jaj w środowisku lądowym.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 9.1 — A = omocznia (funkcja: gromadzenie zbędnych produktów przemiany materii / udział w wymianie gazowej / odzyskiwanie wody); B = kosmówka (funkcja: ochrona zarodka przed czynnikami zewnętrznymi lub pośrednictwo w wymianie gazowej ze środowiskiem)
- Punktacja: 2 pkt za dwa poprawne wiersze; 1 pkt za jeden poprawny wiersz LUB za poprawne podanie obu nazw błon.
- 9.2 — 1 pkt za wykazanie uwzględniające rolę owodni w tworzeniu mikrośrodowiska (wodnego) wewnątrz jaja, w którym rozwija się zarodek, ORAZ uniezależnienie rozwoju od środowiska wodnego (jajo może być złożone na lądzie). Bramka CKE: nie uznaje się odpowiedzi odnoszących się jedynie do funkcji samego środowiska wodnego (np. „umożliwia swobodne ruchy", „łagodzi wstrząsy").
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 10 — Obręcz barkowa — kości i więzadło stawu ramiennego (2 punkty)
Spośród kości szkieletu człowieka oznaczonych 1.–6. wybierz te dwie, które wchodzą w skład obręczy barkowej, i podaj ich nazwy. Odpowiedz w formie „numer – nazwa".
Dokończ zdanie — zaznacz odpowiedź A albo B oraz odpowiedź 1. albo 2.
Na rysunku literą X oznaczono …………, które …………
A. ścięgno,
B. więzadło,
1. jest przedłużeniem mięśnia i stanowi jego przyczep do kości.
2. łączy kości i stabilizuje ich układ.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 10.1 — 3 = obojczyk, 4 = łopatka
- Punktacja: 1 pkt za poprawne uzupełnienie obu wierszy (numer + nazwa).
- 10.2 — B2 — literą X oznaczono więzadło, które łączy kości i stabilizuje ich układ.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 11 — Zastawki serca — rozpoznanie i faza cyklu pracy (2 punkty)
Na rysunku przedstawiono widok serca człowieka z góry, w przekroju poprzecznym, na poziomie przegród przedsionkowo-komorowych, po usunięciu przedsionków i dużych naczyń. Widoczne są wszystkie zastawki obecne w sercu, oznaczone cyframi 1–4. Strzałki oznaczają kierunek przepływu krwi: czerwona — natlenowanej, niebieska — odtlenowanej.
Do każdej z wymienionych poniżej zastawek przyporządkuj właściwy numer z rysunku (1.–4.).
zastawka trójdzielna – …
zastawka, przez którą krew się dostaje z serca do obiegu małego – …
Rozstrzygnij, czy serce przedstawione na rysunku jest w stanie skurczu komór, czy ich napełniania, oraz podaj nazwę tętnicy bezpośrednio połączonej z lewą komorą serca i tętnicy bezpośrednio połączonej z prawą komorą serca.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 11.1 — zastawka trójdzielna – 1; zastawka, przez którą krew dostaje się z serca do obiegu małego – 4
- Punktacja: 1 pkt za oba przyporządkowania.
- 11.2
- skurcz komór
- tętnica połączona z lewą komorą — aorta
- z prawą komorą — pień płucny (tętnice płucne)
- Punktacja: 1 pkt za rozstrzygnięcie ORAZ obie nazwy tętnic.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 12 — Bariera krew–mózg — wirus, gruczoły mózgowia i wazopresyna (4 punkty)
Bariera krew–mózg to fizyczna i funkcjonalna granica między mózgowymi naczyniami krwionośnymi a tkanką nerwową. Izoluje ośrodkowy układ nerwowy od potencjalnie szkodliwych związków obecnych we krwi i zapewnia wysoce selektywny transport związków krążących we krwi do płynu mózgowo-rdzeniowego. Jest to możliwe, ponieważ w naczyniach włosowatych ośrodkowego układu nerwowego między komórkami śródbłonka znajdują się dobrze wykształcone ścisłe połączenia zamykające, a naczynia są otoczone grubą warstwą komórek glejowych. Niektóre obszary mózgu, np. podwzgórze, mają częściowo zniesioną barierę krew–mózg.
Materiał (doświadczenie)
W celu zbadania, czy bariera krew–mózg jest zachowana, stosuje się wskaźnik — błękit Evansa. Ten barwnik łączy się z wysokim powinowactwem z albuminą osocza krwi.
Aby zbadać wpływ infekcji wirusem Chandipura (ChPV) na szczelność naczyń włosowatych mózgu, myszom z grupy badawczej podano dożylnie ChPV oraz błękit Evansa, a myszom z grupy kontrolnej — roztwór soli fizjologicznej oraz błękit Evansa. Wyniki to obraz mózgowia po upływie jednej, dwóch oraz trzech dób od rozpoczęcia badania.
![Biologia R, matura 2025 CKE termin dodatkowy — Zadanie 12 (bariera krew–mózg, błękit Evansa) · Arkusz CKE 5.06.2025 (biologia R); podpis w arkuszu: „Na podstawie: K. Brzezińska i M. Ziaja, Struktura […], „Postępy Biologii Komórki” 39(1), 2012; A. Balakrishanan i A.C. Mishra, Immune Response during Acute Chandipura Viral Infection in Experimentally Infected Susceptible Mice, „Virology Journal” 5, 2008" · CKE · dozwolony użytek (art. 27 pr. aut.)](ryciny/bio-r-2025cz-z12.webp)
Na podstawie przedstawionych wyników badania sformułuj wniosek na temat wpływu infekcji ChPV na szczelność naczyń włosowatych mózgu myszy.
Spośród poniższych struktur mózgowia człowieka wybierz te DWIE, które są gruczołami wewnątrzwydzielniczymi. Wskaż dokładnie dwie — zaznaczenie większej liczby oznacza zero punktów za całe pod-zadanie.
A. szyszynka
B. wzgórze
C. przysadka mózgowa
D. móżdżek
E. hipokamp
Wykaż, że prawidłowa regulacja wydzielania wazopresyny wymaga miejscowego rozszczelnienia bariery krew–mózg w obrębie podwzgórza.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 12.1 — 1 pkt za wniosek uwzględniający rozszczelnienie (zaburzenie integralności) bariery krew–mózg wskutek infekcji ChPV u myszy.
- 12.2 — A (szyszynka) i C (przysadka mózgowa)
- Punktacja: 2 pkt za dwie poprawne, 1 pkt za jedną. Bramka CKE: zaznaczenie więcej niż dwóch odpowiedzi → 0 pkt za całe pod-zadanie.
- 12.3 — 1 pkt za wykazanie odnoszące się do osmorecepcji w podwzgórzu (odbiór informacji o osmolarności osocza krwi) ORAZ do regulacji wydzielania wazopresyny w odpowiedzi na zmiany osmolarności — szczelna bariera uniemożliwiłaby podwzgórzu odczyt składu krwi.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 13 — Witamina D a krzywica — wapń i mineralizacja kości (1 punkt)
Wyjaśnij, dlaczego niedobór witaminy D prowadzi do rozwoju krzywicy — choroby układu kostnego.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
1 pkt za wyjaśnienie z DWOMA ogniwami: (1) rola witaminy D w zwiększeniu dostępności wapnia (pobudza wchłanianie wapnia z jelit do krwi) ORAZ (2) konsekwencja — prawidłowa mineralizacja rosnących kości; ALBO ujęcie „od niedoboru": (1) niedobór witaminy D ogranicza wchłanianie wapnia z jelit ORAZ (2) w konsekwencji wapń jest resorbowany (uwalniany) z kości, co je osłabia i wykrzywia. Samo „witamina D jest potrzebna kościom" bez ogniwa wapniowego = 0 pkt; samo „wpływa na wchłanianie wapnia" bez skutku dla kości = 0 pkt.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 14 — Gruźlica — AIDS a zakażenie uśpione i oporność na leki (2 punkty)
Prątek gruźlicy (Mycobacterium tuberculosis) to bakteria wywołująca gruźlicę. Do zakażenia najczęściej dochodzi drogą kropelkową. Jedna czwarta ludzkości — około dwóch miliardów osób — jest zakażona prątkiem gruźlicy. U większości z nich mamy do czynienia z zakażeniem uśpionym: nie ma objawów choroby i nie dochodzi do zakażania kolejnych osób. U 5%–15% osób z zakażeniem uśpionym dojdzie jednak w przyszłości do rozwoju choroby. Prawdopodobieństwo rozwoju gruźlicy u osób chorych na AIDS znacznie wzrasta. Rocznie na gruźlicę umiera 1,5 miliona osób na świecie.
Materiał (ciąg dalszy)
Leczenie gruźlicy polega na podawaniu co najmniej dwóch leków jednocześnie: rifampicyny i izoniazydu. Podawanie tylko jednego leku prowadzi początkowo do prawie całkowitego wyleczenia choroby, ale po pewnym czasie dochodzi do jej nawrotu — mimo ciągłego podawania leku.
Wyjaśnij, dlaczego u osób chorych na AIDS znacznie wzrasta ryzyko rozwoju gruźlicy w przypadku dotychczas uśpionego zakażenia prątkiem gruźlicy.
Wyjaśnij, dlaczego podawanie tylko jednego leku prowadzi najpierw do prawie całkowitego wyleczenia gruźlicy, a następnie — do jej nawrotu. W odpowiedzi uwzględnij mechanizm działania doboru naturalnego.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 14.1 — 1 pkt za wyjaśnienie uwzględniające zaburzenie/osłabienie funkcjonowania układu odpornościowego wskutek rozwinięcia się AIDS (upośledzenie limfocytów Th/CD4, makrofagów), co sprzyja rozwojowi gruźlicy u osoby dotąd zakażonej uśpiono — organizm przestaje kontrolować prątki. Samo „AIDS to ciężka choroba" albo „prątki się namnażają" bez ogniwa odpornościowego = 0.
- 14.2 — 1 pkt za wyjaśnienie uwzględniające (1) obecność w populacji prątków nielicznych komórek OPORNYCH na dany lek (mutacje, zmienność) ORAZ (2) mechanizm doboru naturalnego — wrażliwe giną (stąd początkowa poprawa), oporne PRZEŻYWAJĄ i NAMNAŻAJĄ SIĘ, dając populację oporną → nawrót choroby mimo dalszego podawania leku. Wyjaśnienie oparte na „bakterie przyzwyczaiły się / uodporniły się w reakcji na lek" (lamarkizm) = 0.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 15 — Grupy krwi ABO i Rh — odczyt testu immunochemicznego (3 punkty)
Grupę krwi w układach ABO i Rh można określić dzięki reakcji immunochemicznej. Najpierw na płytkę nanosi się próbkę badanej krwi, a potem dodaje się odpowiednie przeciwciała. Na pierwszej fotografii przedstawiono wynik testu dla grupy A Rh+, a na kolejnych dwóch — dla nieznanych grup krwi.
Określ wyniki testów przedstawionych na fotografiach I i II — podaj grupy krwi w układach ABO i Rh. Odpowiedz w formie „I – grupa …, Rh …; II – grupa …, Rh …".
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące grup krwi człowieka w układzie ABO są prawdziwe. Odpowiedz w formie „1 – P/F, 2 – P/F, 3 – P/F".
1. Osoby z grupą krwi O są uniwersalnymi biorcami krwi.
2. Grupa krwi w układzie ABO jest warunkowana przez antygeny występujące na krwinkach białych.
3. W osoczu krwi osoby z grupą krwi A znajdują się przeciwciała anty-A.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 15.1 — I = grupa B, Rh− (minus); II = grupa AB, Rh+ (plus)
- Punktacja: 1 pkt za dwie właściwe grupy w układzie ABO ORAZ dwie właściwe w układzie Rh.
- 15.2 — 1 – F, 2 – F, 3 – F
- Punktacja: 2 pkt za trzy poprawne oceny, 1 pkt za dwie.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 16 — Elektroforeza żelowa DNA — próba kontrolna i długość fragmentów (2 punkty)
Na rysunku przedstawiono trzy etapy elektroforezy żelowej DNA. Do studzienek w żelu agarozowym naniesiono próby zawierające mieszaninę fragmentów DNA o różnej wielkości:
próba A (kontrolna) — zawierała mieszaninę fragmentów DNA o znanych wielkościach;
próba B (badawcza) — zawierała mieszaninę fragmentów DNA o nieznanych rozmiarach, otrzymaną w wyniku trawienia DNA enzymami restrykcyjnymi.
Żel umieszczono w roztworze zawierającym jony, a następnie przyłożono napięcie elektryczne, które spowodowało przesuwanie się fragmentów DNA w żelu. Po zakończeniu migracji dodano barwnik wiążący się z DNA, co uwidoczniło prążki odpowiadające fragmentom o różnej wielkości.
Określ, w jakim celu podczas elektroforezy do jednej ze studzienek wprowadza się próbę kontrolną — mieszaninę fragmentów DNA o znanych rozmiarach.
Rozstrzygnij, który prążek w próbie B — prążek X, Y czy Z — zawiera najkrótsze fragmenty DNA. Odpowiedź uzasadnij.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 16.1 — 1 pkt za określenie znaczenia próby kontrolnej odnoszące się do wzorca wielkości badanych cząsteczek DNA (marker pozwalający oszacować wielkość fragmentów w próbie badawczej) LUB do kontroli jakości/przebiegu elektroforezy.
- 16.2 — prążek Z wraz z uzasadnieniem odnoszącym się do najwyższego tempa migracji w żelu (przebył najdłuższą drogę, znalazł się najdalej od studzienki — bo najkrótsze fragmenty poruszają się najszybciej w porowatym żelu)
- Punktacja: 1 pkt za rozstrzygnięcie i uzasadnienie łącznie.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 17 — Masa urodzeniowa noworodków — dobór stabilizujący (1 punkt)
Uzupełnij poniższe zdania tak, aby w poprawny sposób opisywały ewolucję masy urodzeniowej noworodków człowieka. W każdym nawiasie wybierz właściwe określenie.
Rozkład masy urodzeniowej noworodków człowieka, przedstawiony na wykresie, jest kształtowany przez dobór naturalny (stabilizujący / kierunkowy). Ten rodzaj doboru faworyzuje noworodki o masie zbliżonej do (przeciętnych / skrajnych) wartości ich masy urodzeniowej.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
rozkład jest kształtowany przez dobór naturalny stabilizujący, który faworyzuje noworodki o masie zbliżonej do wartości przeciętnych
- Punktacja: 1 pkt za oba poprawne wybory.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 18 — Mukopolisacharydoza typu II — rodowód, terapia i lizosomy (4 punkty)
Mukopolisacharydoza typu II (MPS II) to rzadka genetyczna choroba metaboliczna, dziedziczona w sposób recesywny, sprzężony z płcią. Jej przyczyną jest niedobór aktywności sulfatazy-L-iduronianu, jednego z enzymów lizosomalnych. Prowadzi to do zaburzenia rozkładu mukopolisacharydów i do gromadzenia się nierozłożonych substratów, czego konsekwencją są patologiczne zmiany w obrębie komórek i tkanek. Choroba ma charakter postępujący i znacznie skraca długość życia. Na MPS II chorują prawie wyłącznie chłopcy.
Materiał (leczenie)
Osoby chore na MPS II mogą być leczone za pomocą idursulfazy, którą otrzymuje się z hodowli genetycznie zmodyfikowanych komórek ludzkich. Idursulfaza jest substytutem naturalnego enzymu. Terapia polega na dożylnym podawaniu pacjentom idursulfazy, co prowadzi do spowolnienia rozwoju choroby i do złagodzenia jej objawów.
Materiał (do pytania 4)
Lizosomy to organella, w których znajduje się około 50 różnych enzymów — kwaśnych hydrolaz. Optimum działania tych enzymów jest przy pH 5. Lizosomy są otoczone pojedynczą błoną, w której znajduje się pompa protonowa (H⁺-ATPaza).
![Biologia R, matura 2025 CKE termin dodatkowy — Zadanie 18 (rodowód MPS II) · Arkusz CKE 5.06.2025 (biologia R); podpis w arkuszu: „Na podstawie: G.N. Wilson, Hunter Syndrome (Mucopolysaccharidosis II)…, „Consultant 360” 14(5), 2015; M. Rachtan, Program The Hunters […], „Puls Medycyny”, 2020" · CKE · dozwolony użytek (art. 27 pr. aut.)](ryciny/bio-r-2025cz-z18-1.webp)
Podaj oznaczenia wszystkich osób przedstawionych na powyższym rodowodzie, które są na pewno bezobjawowymi nosicielami genu warunkującego MPS II. Przyjmij założenie, że mutacje są tylko dziedziczone i nie powstają de novo.
Uzasadnij, że terapia MPS II za pomocą idursulfazy nie jest terapią genową. W odpowiedzi porównaj terapię genową do terapii idursulfazą.
Wyjaśnij, dlaczego nie ma mężczyzn będących nosicielami MPS II, mimo że allel warunkujący MPS II jest allelem recesywnym.
Wykaż, że prawidłowe funkcjonowanie enzymów lizosomalnych wymaga działania pompy protonowej (H⁺-ATPazy) w błonie lizosomu.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 18.1 — I.1 oraz II.3 — tylko te osoby są na pewno bezobjawowymi nosicielkami.
- 18.2 — 1 pkt za uzasadnienie odnoszące się do braku wprowadzania do organizmu pacjenta genów lub braku modyfikacji ekspresji genów — podawany jest gotowy enzym, a nie prawidłowa wersja genu.
- 18.3 — 1 pkt za wyjaśnienie odnoszące się do sprzężenia genu z płcią (locus na chromosomie X) ORAZ do występowania u mężczyzn tylko jednego chromosomu X — allel recesywny zawsze się u nich ujawnia, więc mężczyzna jest chory, a nie bezobjawowy.
- 18.4 — 1 pkt za wykazanie uwzględniające transport protonów do wnętrza lizosomu przez H⁺-ATPazę ORAZ zapewnienie odpowiednio niskiego pH (≈5), optymalnego dla kwaśnych hydrolaz.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 19 — Owczarki australijskie — dziedziczenie umaszczenia i krzyżówka dwugenowa (5 punktów)
U owczarków australijskich występują dwie główne barwy sierści: czarna — warunkowana przez dominujący allel B, oraz czekoladowa — warunkowana przez recesywny allel b.
Dodatkowo może występować marmurkowanie (cętkowane łaty na jednolitym tle) — warunkowane przez dominujący allel M, albo umaszczenie jednolite — warunkowane przez recesywny allel m.
Może też występować podpalanie (wstawki rudobrunatnej sierści) — warunkowane przez dominujący allel A, albo brak podpaleń — warunkowany recesywnym allelem a.
Loci trzech genów warunkujących umaszczenie leżą na trzech różnych autosomach.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące dziedziczenia umaszczenia u owczarków australijskich są prawdziwe. Odpowiedz w formie „1 – P/F, 2 – P/F, 3 – P/F".
1. Para psów: heterozygotyczna samica i heterozygotyczny samiec w locus genu A, może mieć szczenięta bez podpaleń.
2. Wszystkie szczenięta czekoladowej samicy i czekoladowego samca będą miały umaszczenie czekoladowe.
3. Występowanie podpaleń jest cechą niezależną od występowania marmurkowania.
Skrzyżowano parę owczarków australijskich — czekoladową marmurkową samicę z czarnym jednolitym samcem. Każdy z owczarków był heterozygotą w jednym z dwóch loci warunkujących wygląd sierści: B albo M.
Podaj genotypy osobników rodzicielskich z uwzględnieniem genów B oraz M. Wykonaj krzyżówkę genetyczną i na jej podstawie określ prawdopodobieństwo, że urodzone szczenię będzie czekoladowe marmurkowe.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 19.1 — 1 – P, 2 – P, 3 – P
- Punktacja: 2 pkt za trzy poprawne oceny, 1 pkt za dwie.
- 19.2
- genotyp samicy bbMm, genotyp samca Bbmm
- krzyżówka (gamety samicy bM, bm; samca Bm, bm → BbMm, Bbmm, bbMm, bbmm)
- prawdopodobieństwo czekoladowego marmurkowego szczenięcia = 25%. Punktacja hierarchiczna: 3 pkt za genotypy ORAZ krzyżówkę ORAZ prawdopodobieństwo
- 2 pkt za genotypy ORAZ krzyżówkę
- 1 pkt za same genotypy rodziców
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 20 — Krępak nabrzozak — melanizm przemysłowy i planowanie doświadczenia (4 punkty)
Krępak nabrzozak (Biston betularia) to ćma występująca na pniach drzew, która ma dwie naturalne formy — jasną i ciemną — występujące w środowisku jeszcze przed rewolucją przemysłową. W Anglii na przełomie XIX i XX wieku zauważono, że populacje krępaka różnią się ubarwieniem w zależności od stopnia zanieczyszczenia środowiska.
Materiał (ciąg dalszy)
Sformułowano hipotezę, że różnice w ubarwieniu są związane z kamuflażem: forma, która była bardziej widoczna na tle kory drzew, częściej padała ofiarą drapieżników.
W wyniku rewolucji przemysłowej środowisko w wielu miejskich rejonach Wielkiej Brytanii i wokół nich zostało zanieczyszczone dwutlenkiem siarki, co doprowadziło do wymarcia jasno zabarwionych nadrzewnych mchów i porostów.
Oceń, czy poniższe stwierdzenia dotyczące przeprowadzonych obserwacji są prawdziwe. Odpowiedz w formie „1 – P/F, 2 – P/F".
1. W zanieczyszczonym środowisku dominuje populacja ciemna, a w niezanieczyszczonym — jasna.
2. Pojawienie się mutacji powodującej ciemną barwę wynikało z zanieczyszczenia środowiska.
Uzasadnij, że opisana obserwacja jest dowodem na działanie doboru naturalnego, a nie — doboru sztucznego.
Opisz doświadczenie pozwalające na weryfikację hipotezy, że w zanieczyszczonym środowisku jasne owady częściej padają ofiarami drapieżników niż owady ciemne. W rozwiązaniu uwzględnij plan badania oraz sposób weryfikacji hipotezy.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 20.1 — 1 – P, 2 – F
- Punktacja: 1 pkt za obie oceny. (Zdanie 2 fałszywe: mutacja powodująca ciemną barwę powstała niezależnie od zanieczyszczenia — obie formy występowały już przed rewolucją przemysłową; zanieczyszczenie jedynie SELEKCJONOWAŁO.)
- 20.2 — 1 pkt za uzasadnienie odnoszące się do braku celowego działania człowieka — nikt nie selekcjonował umyślnie osobników do rozrodu, zmiana zaszła jako uboczny skutek zanieczyszczenia środowiska.
- 20.3 — 2 pkt za opis planu doświadczenia umożliwiającego weryfikację hipotezy ORAZ za określenie sposobu wnioskowania; 1 pkt za sam plan bez sposobu wnioskowania.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 21 — Efekt rozcieńczenia — bioróżnorodność a częstość infekcji (2 punkty)
Efekt rozcieńczenia to hipoteza zakładająca, że w środowiskach o większej różnorodności gatunkowej jest mniejsza częstość występowania chorób pasożytniczych.
Aby przetestować tę hipotezę, przygotowano 82 poletka, na których uprawiano rośliny łąkowe w różnych kombinacjach gatunków, a następnie zmierzono częstość infekcji roślin wybranymi grzybami pasożytniczymi.
Na wykresach przedstawiono zależności między: wykres A — bogactwem gatunkowym roślin gospodarzy a bogactwem gatunkowym pasożytów grzybowych; wykres B — bogactwem gatunkowym roślin gospodarzy a częstością infekcji grzybowych.
![Biologia R, matura 2025 CKE termin dodatkowy — Zadanie 21 (efekt rozcieńczenia) · Arkusz CKE 5.06.2025 (biologia R); podpis w arkuszu: „Na podstawie: F. Keesing i R.S. Ostfeld, Is Biodiversity Good for Your Health?, „Science” 349(6245), 2015; T. Rottstock i in., Higher Plant Diversity […], „Ecology” 95(7), 2014" · CKE · dozwolony użytek (art. 27 pr. aut.)](ryciny/bio-r-2025cz-z21.webp)
Rozstrzygnij, czy przedstawione wyniki badań są zgodne z hipotezą o efekcie rozcieńczenia. Odpowiedź uzasadnij.
Na podstawie przedstawionych wyników badań sformułuj zależność między bogactwem gatunkowym roślin a bogactwem gatunkowym grzybów pasożytniczych.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 21.1 — rozstrzygnięcie TAK / wyniki są zgodne z hipotezą, wraz z uzasadnieniem odnoszącym się do ujemnej zależności między bogactwem gatunkowym roślin a częstością infekcji grzybowych (wykres B: im więcej gatunków roślin, tym niższy odsetek zainfekowanych)
- Punktacja: 1 pkt za rozstrzygnięcie i uzasadnienie łącznie.
- 21.2 — 1 pkt za sformułowanie DODATNIEJ zależności: wraz ze wzrostem bogactwa gatunkowego roślin wzrasta bogactwo gatunkowe grzybów pasożytniczych.
Rozwiąż to zadanie z asystentem
Zadanie 22 — Koliberek rubinobrody — sieć pokarmowa i zapasy energii na migrację (3 punkty)
Koliberki rubinobrode (Archilochus colubris) to maleńkie, wędrowne ptaki, występujące w Ameryce Północnej i Środkowej. Mają od 7,5 cm do 9,0 cm długości i ważą od 3 g do 4 g. Migrują między terenami lęgowymi a zimowiskami, co wymaga pokonania nawet 1600 km w obie strony każdego roku. Energię do tych lotów dostarczają im kwasy tłuszczowe pochodzące ze zmagazynowanych triacylogliceroli.
Przed migracją kolibry często podwajają masę ciała. Głównymi źródłami pożywienia są nektar kwiatowy, np. orlika kanadyjskiego lub milinu amerykańskiego, oraz małe owady, np. komary i wywilżny. Podczas wysysania nektaru ptaki unoszą się w powietrzu obok rośliny, a owady łapią w locie. Każdego dnia spożywają pokarm o masie dwa razy większej od masy swojego ciała. Dorosłe koliberki są często atakowane przez drapieżniki, takie jak dzierzby, krogulce lub koty domowe.
Na podstawie przedstawionych informacji zapisz fragment sieci pokarmowej, w której są ze sobą powiązane wszystkie podane poniżej organizmy. Zapisz zależności tekstem, np. „X → Y", każdą w osobnej linii.
koliberek rubinobrody
milin amerykański
kot domowy
wywilżna karłowata
orlik kanadyjski
Uzasadnij, że gromadzenie zapasów energetycznych w postaci trójglicerydów pozwala na ograniczenie wzrostu masy ciała w porównaniu z gromadzeniem glikogenu. Podaj dwa argumenty.
Odpowiedź wg zasad oceniania CKE
- 22.1 (0–1) — poprawny fragment sieci (strzałka biegnie ZAWSZE w stronę zjadającego, czyli zgodnie z przepływem materii i energii):
- milin amerykański → koliberek rubinobrody (nektar)
- orlik kanadyjski → koliberek rubinobrody (nektar)
- wywilżna karłowata → koliberek rubinobrody (owad łapany w locie)
- koliberek rubinobrody → kot domowy (drapieżnik)
- Punktacja: 1 pkt za komplet — wszystkie cztery zależności z właściwymi kierunkami.
- Najczęstsze błędy: odwrócenie strzałek (uczeń rysuje „koliberek → milin", myśląc „kto co je")
- pominięcie któregoś ze źródeł pokarmu
- wpisanie kota jako ofiary. Reaguj Elenchusem o kierunku przepływu energii
- To ma być SIEĆ, nie pojedynczy łańcuch — trzy organizmy zbiegają się do koliberka, a od niego wychodzi jedna strzałka do kota.
- 22.2 (0–2) — dwa niezależne argumenty:
- KALORYCZNOŚĆ: tłuszcze (triacyloglicerole) dają w przeliczeniu na jednostkę masy ponad dwa razy więcej energii niż węglowodany, więc ten sam zapas energii waży mniej niż odpowiadający mu glikogen.
- BRAK WODY: glikogen jest gromadzony w postaci UWODNIONEJ (wiąże wodę), a tłuszcze są magazynowane praktycznie bez wody — dochodzi więc dodatkowa masa wody, której przy tłuszczu nie ma
- Punktacja: 2 pkt za oba argumenty, 1 pkt za jeden.
- NIE uznaje się argumentów niezwiązanych z MASĄ (np. „tłuszcz jest łatwiej dostępny", „tłuszcz izoluje termicznie") — pytanie dotyczy ograniczenia wzrostu masy ciała. Kontekst dla Ciebie: dla ptaka pokonującego 1600 km bez postoju każdy gram ma znaczenie — stąd tłuszcz, a nie glikogen, jest paliwem migracji.