Tècniques d’observació: exercicis de la PAU de Biologia resolts

Plantejament Cupriavidus necator és gramnegatiu. La paret d’un gramnegatiu té una capa fina de peptidoglicà entre dues membranes; la d’un grampositiu, una capa gruixuda de peptidoglicà sobre la membrana plasmàtica.

1. La imatge A té una capa gruixuda (1) sobre una sola membrana (2): és la paret d’un grampositiu.

2. La imatge B té dues bicapes lipídiques (3 i 2) i, entre elles, una capa fina (4): és la paret d’un gramnegatiu. Per tant, Cupriavidus necator correspon a la imatge B.

3. 1: capa gruixuda de peptidoglicà (mureïna), la paret del grampositiu.

4. 2: membrana plasmàtica (citoplasmàtica), la bicapa lipídica interna.

5. 3: membrana externa, la bicapa lipídica exterior pròpia dels gramnegatius.

6. 4: capa fina de peptidoglicà, dins de l’espai periplasmàtic.

Plantejament Les dues columnes es comporten igual fins a la decoloració; allà es veu la diferència.

1. Columna 2: amb l’alcohol-acetona perd el color (queda clara) i després la safranina la tenyeix de vermell: són bacteris gramnegatius.

2. Columna 1: continua violeta després de la decoloració i la safranina no la canvia: són bacteris grampositius.

3. Els grampositius tenen una capa de peptidoglicà (mureïna) molt gruixuda, que reté el complex de cristall violeta i lugol quan s’hi passa l’alcohol. Els gramnegatius tenen una capa fina i una membrana externa que l’alcohol altera, i el colorant s’escapa.

Plantejament El cicle de Calvin és el mateix que en les plantes, però l’energia i el poder reductor no surten de la llum, sinó de l’oxidació de l’$\mathrm{H_2}$.

1. 1: la RuBisCO (ribulosa-1,5-bisfosfat carboxilasa), l’enzim que fixa el carboni.

2. 2: el NADPH (o NADH), que la hidrogenasa redueix amb els electrons de l’$\mathrm{H_2}$.

3. 3: el $\mathrm{CO_2}$, la molècula que es fixa en matèria orgànica.

4. Localització: el citosol del bacteri (els procariotes no tenen cloroplasts).

5. Llum: No. És un bacteri quimioautòtrof: obté l’energia de l’oxidació de l’$\mathrm{H_2}$ (una reacció química) i no té pigments fotosintètics. L’ATP no es fa per fotofosforilació.

Plantejament A l’esquema, la glucosa dona dos piruvats (via A) i cada piruvat dona un acetil-CoA (reacció B).

1. Via A, de glucosa a 2 piruvats: la glicòlisi (glucòlisi).

2. Reacció B, de piruvat a acetil-CoA: la descarboxilació oxidativa del piruvat, que allibera $\mathrm{CO_2}$ i redueix $\mathrm{NAD^+}$ a NADH.

3. Balanç de la glicòlisi: es gasten 2 ATP a la primera fase i se’n formen 4 a la segona.

   $4\ \text{ATP}-2\ \text{ATP}$${}= 2\ \text{ATP per glucosa}$

4. A més, la glicòlisi produeix 2 NADH per glucosa.

5. El cicle de Krebs es fa al citosol (citoplasma), perquè els bacteris no tenen mitocondris.

Plantejament En un operó, un sol promotor controla diversos gens que es transcriuen junts.

1. Es transcriu un sol mRNA (policistrònic), que porta la informació dels tres gens.

2. Aquest mRNA es tradueix en tres proteïnes diferents, els tres enzims: phaA dona la β-cetotiolasa; phaB, l’acetoacetil-CoA reductasa, i phaC, la PHA polimerasa.

3. Utilitat de l’operó: els gens d’una mateixa via es regulen de manera coordinada (s’activen o s’aturen alhora), cosa que permet respondre ràpidament als canvis del medi i estalviar energia, perquè es fa un sol mRNA.

4. Mutació en phaC: no se sintetitzaria PHA. Segons l’esquema, phaC codifica la PHA polimerasa, l’enzim de l’últim pas, que uneix les molècules de 3-hidroxibutiril-CoA per formar el polímer. Encara que phaA i phaB funcionessin, s’acumularia el producte intermedi però no es formaria el bioplàstic.

Plantejament Sense oxigen suficient, les cèl·lules musculars obtenen ATP de la glicòlisi i regeneren el $\mathrm{NAD^+}$ amb una fermentació; amb oxigen, oxiden la glucosa del tot.

1. Natació ràpida: la fermentació làctica (glicòlisi anaeròbica, en què el piruvat es redueix).

2. Natació moderada: la respiració cel·lular (aeròbica).

Plantejament La respiració de la glucosa té tres grans etapes, cadascuna en un compartiment.

1. Glicòlisi: al citosol (citoplasma).

2. Cicle de Krebs: a la matriu mitocondrial (abans, el piruvat s’hi converteix en acetil-CoA).

3. Cadena de transport d’electrons (cadena respiratòria) i fosforilació oxidativa: a la membrana mitocondrial interna (les crestes mitocondrials).

Plantejament Mesurem amb un regle, a l’examen imprès, la barra d’escala ($10\ \mu\mathrm{m}$) i el diàmetre del cromatòfor assenyalat amb la fletxa, i fem una regla de tres.

1. Mesures sobre el paper: barra d’escala, $1{,}5$ cm; diàmetre del cromatòfor, uns $1{,}05$ cm.

2. Mida real del cromatòfor:

   $1{,}05\ \mathrm{cm}\cdot\frac{10\ \mu\mathrm{m}}{1{,}5\ \mathrm{cm}}=7{,}0\ \mu\mathrm{m}$

3. Com que la mesura amb el regle pot variar una mica, resultats propers (per exemple, $6{,}7\ \mu\mathrm{m}$ si el diàmetre es mesura com a $1$ cm) també són correctes si el càlcul està ben fet.

Plantejament La tirosinasa és un enzim: el substrat és la molècula sobre la qual actua i el producte, la que en surt.

1. Tipus de biomolècula: una proteïna (de fet, una glicoproteïna); és un enzim.

2. Substrat: la tirosina.

3. Producte: la DOPA (dihidroxifenilalanina).

4. L’estructura primària d’una proteïna és la seqüència dels seus aminoàcids. Que no s’alteri vol dir que el coure no canvia ni quins aminoàcids té l’enzim, ni quants n’hi ha, ni en quin ordre: només s’hi uneix i en modifica l’activitat.

Plantejament Cal distingir les semblances heretades d’un avantpassat comú de les que han aparegut per separat.

1. Convergència evolutiva: espècies poc emparentades desenvolupen estructures o característiques semblants.

2. Aquestes semblances apareixen perquè la selecció natural actua de manera semblant en ambients o modes de vida semblants.

3. Les estructures s’originen de manera independent en cada grup: no provenen d’un avantpassat comú que ja les tingués.

4. Els òrgans que es formen per evolució convergent s’anomenen òrgans anàlegs: tenen una funció i una forma semblants però un origen diferent.

5. En aquest cas, els òrgans anàlegs són els ulls tipus càmera dels cefalòpodes (com el pop) i dels vertebrats.

Plantejament Les respostes surten dels dibuixos: l’ampliació de l’embolcall, la forma de la càpsida del virus B i els antígens que porta l’embolcall del virus D.

1. Composició química: fosfolípids, que formen una bicapa com la de l’ampliació, i proteïnes (glicoproteïnes) inserides, que són els antígens de l’embolcall.

2. Origen: és un tros de la membrana de l’última cèl·lula que han parasitat; el virus se l’emporta quan surt de la cèl·lula.

3. Càpsida del virus de l’hepatitis B: icosaèdrica (el dibuix mostra un poliedre de cares triangulars).

4. Embolcall del virus de l’hepatitis D: no porta antígens propis, sinó els antígens del virus de l’hepatitis B (l’antigen llarg i l’antigen curt); el seu antigen propi és a dins, amb les proteïnes de la càpsida.

Plantejament A cada micrografia de l’enunciat es mesura amb un regle la barra d’escala i una partícula; la mida real surt de la proporció: mida real = mida a la imatge × valor de la barra ÷ llargada de la barra.

1. Virus de l’hepatitis B, sobre l’examen imprès: la barra de $200\ \mathrm{nm}$ fa uns $13\ \mathrm{mm}$, i una partícula, d’una vora a l’altra de l’anell, uns $3{,}7\ \mathrm{mm}$:

   $d=\frac{3{,}7\ \mathrm{mm}\cdot 200\ \mathrm{nm}}{13\ \mathrm{mm}}\approx 57\ \mathrm{nm}$

2. Les partícules fan entre $3{,}5$ i $4\ \mathrm{mm}$, és a dir, entre $54$ i $62\ \mathrm{nm}$ de diàmetre.

3. Virus de l’hepatitis D: la barra de $50\ \mathrm{nm}$ fa uns $9\ \mathrm{mm}$, i la partícula sencera més llarga, uns $8\ \mathrm{mm}$:

   $L=\frac{8\ \mathrm{mm}\cdot 50\ \mathrm{nm}}{9\ \mathrm{mm}}\approx 44\ \mathrm{nm}$

4. Les partícules senceres fan entre $6$ i $8\ \mathrm{mm}$ de llarg, és a dir, entre $33$ i $44\ \mathrm{nm}$.

5. Comparació: fins i tot amb la partícula més gran del virus D ($44\ \mathrm{nm}$) i la més petita del virus B ($54\ \mathrm{nm}$), el virus de l’hepatitis B és més gran.

Plantejament Cal comparar què codifica cada genoma (segons el text) amb el que cal per replicar-se, fabricar proteïnes i formar l’embolcall.

1. El virus de l’hepatitis B: el seu genoma conté els gens del complex enzimàtic que copia el seu material genètic; el virus de l’hepatitis D, en canvi, fa servir les polimerases de la cèl·lula.

2. Orgànul: el ribosoma. Les proteïnes es fabriquen per traducció de l’RNA missatger als ribosomes, i els virus no en tenen: fan servir els de la cèl·lula hoste.

3. El genoma del virus de l’hepatitis D no té gens per a les proteïnes (els antígens) de l’embolcall. Per formar-lo, fa servir les del virus de l’hepatitis B, com es veu al dibuix. Sense embolcall no pot sortir de la cèl·lula hoste ni infectar-ne d’altres.

Plantejament El DNA i l’RNA es distingeixen per la pentosa (desoxiribosa o ribosa) i per una base (timina o uracil); el nombre de cadenes no serveix, perquè hi ha virus amb DNA d’una cadena i amb RNA de dues.

1. Virus de l’hepatitis B: DNA. Les pentoses tenen un H (i no un OH) al carboni 2′: són desoxiriboses. A més, dues bases de la cadena de l’esquerra tenen un grup $\mathrm{CH_3}$ a l’anell: són timines.

2. Com indicar-ho a la imatge: encerclar una de les timines (la primera base de dalt a l’esquerra, amb el $\mathrm{CH_3}$) o el carboni 2′ d’una desoxiribosa, amb el seu H.

3. Virus de l’hepatitis D: RNA. Les pentoses tenen un OH al carboni 2′: són riboses. A més, la primera i la tercera base són uracils: un anell com el de la timina però sense el grup $\mathrm{CH_3}$.

4. Com indicar-ho a la imatge: encerclar un dels uracils (la base de dalt) o l’OH del carboni 2′ d’una ribosa.

ResultatVirus de l’hepatitis B: DNA, perquè té desoxiribosa (H al carboni 2′) i timina (base amb $\mathrm{CH_3}$); es pot encerclar una timina o una desoxiribosa. Virus de l’hepatitis D: RNA, perquè té ribosa (OH al carboni 2′) i uracil; es pot encerclar un uracil o una ribosa.

La pauta oficial dona: Hepatitis B: DNA, perquè té desoxiribosa (marcada a la imatge) o timina (marcada). Hepatitis D: RNA, perquè té ribosa (marcada) o uracil (marcat). No val dir que és DNA perquè és bicatenari ni RNA perquè és monocatenari.

Plantejament Cal seguir els quatre passos del test i identificar cada molècula per l’ordre en què entra a la cubeta; després, pensar què passa si el sèrum no porta anticossos contra el virus.

1. Estrella negra: l’antigen del virus de l’hepatitis D, ancorat al fons de la cubeta (pas 1).

2. Y grisa: l’anticòs anti-antigen del virus de l’hepatitis D del sèrum de la persona, unit a l’antigen (pas 2).

3. Y grisa amb el cercle amb una creu: l’anticòs comercial que s’uneix a l’anticòs del sèrum (anti-anticòs), amb l’enzim unit a la punta, el cercle amb la creu (pas 3).

4. Cercle blanc: el substrat incolor de l’enzim. Cercle negre: el producte acolorit que en fa l’enzim (pas 4).

5. Persona no infectada: el seu sèrum no té anticossos contra el virus, i al pas 2 no s’uneix res als antígens. Al pas 3, l’anticòs amb l’enzim tampoc no troba on unir-se i se’n va amb el rentat. Al pas 4 no hi ha enzim: el substrat queda incolor i no apareix color.

6. Dibuix: la cubeta 4 només amb les estrelles (antígens) al fons i, a sobre, cercles blancs (substrat) sense canviar, sense cap Y ni cap cercle negre.

ResultatEstrella: antigen del virus de l’hepatitis D. Y: anticòs del sèrum contra aquest antigen. Y amb cercle: anticòs comercial contra anticossos, amb l’enzim unit. Cercle blanc: substrat incolor. Cercle negre: producte acolorit. Sense infecció, la cubeta 4 només té els antígens al fons i el substrat sense transformar: no hi ha color.

La pauta oficial dona: Antigen del virus de l’hepatitis D; anticòs anti-antigen de l’hepatitis D; anticòs anti-anticòs amb un enzim unit; substrat incolor de l’enzim; producte acolorit. Dibuix: la cubeta 4 només amb els antígens al fons, amb substrat incolor o sense res més (les dues valen).

Plantejament Cada imatge té la seva barra d’escala. Mesurem amb un regle, a l’examen imprès, la barra i la cèl·lula, i fem una regla de tres.

1. Llevat: la barra de $5\ \mu\mathrm{m}$ fa $2{,}2$ cm i el diàmetre de la cèl·lula, uns $3{,}0$ cm.

   $3{,}0\ \mathrm{cm}\cdot\frac{5\ \mu\mathrm{m}}{2{,}2\ \mathrm{cm}}\approx 6{,}8\ \mu\mathrm{m}$

2. Acetobacter (el bacteri sencer de dalt a la dreta): la barra de $2\ \mu\mathrm{m}$ fa $1{,}9$ cm i el bacteri, uns $2{,}2$ cm de llarg.

   $2{,}2\ \mathrm{cm}\cdot\frac{2\ \mu\mathrm{m}}{1{,}9\ \mathrm{cm}}\approx 2{,}3\ \mu\mathrm{m}$

3. Com que es mesura amb un regle i es pot triar un altre bacteri, valors una mica diferents també són correctes si el càlcul està ben fet.

4. Saccharomyces cerevisiae és una cèl·lula eucariota (un fong unicel·lular); Acetobacter és una cèl·lula procariota (un bacteri), molt més petita.

Plantejament A l’esquema, la glucosa passa a 2 piruvats (via A), cada piruvat perd un carboni (molècula B) i dona acetaldehid, i l’acetaldehid es redueix a etanol.

1. Via A: la glicòlisi (glucòlisi), que oxida la glucosa a 2 piruvats i dona 2 ATP nets.

2. Molècula B: el $\mathrm{CO_2}$, que s’allibera quan el piruvat es descarboxila a acetaldehid (són les bombolles de la fermentació).

3. C: el $\mathrm{NAD^+}$, que la glicòlisi necessita i que es regenera en reduir l’acetaldehid a etanol.

4. D: el NADH ($\mathrm{NADH+H^+}$), que es forma a la glicòlisi i s’oxida en aquest pas.

5. Localització: el citosol (hialoplasma) de la cèl·lula de llevat.

Plantejament Dividim els dos consums i després comparem quant ATP treu el llevat de cada glucosa en cada condició.

1. Quocient entre els dos consums:

   $\frac{17{,}4}{1{,}09}\approx 16{,}0$

2. Amb oxigen, el llevat fa la respiració cel·lular i oxida la glucosa del tot fins a $\mathrm{CO_2}$ i $\mathrm{H_2O}$: obté entre $30$ i $38$ ATP per glucosa.

3. Sense oxigen, fa la fermentació alcohòlica: només la glicòlisi produeix ATP, $2$ ATP per glucosa, i l’etanol encara conté molta energia.

4. Per obtenir la mateixa quantitat d’ATP per hora, el llevat que fermenta ha de consumir molta més glucosa. Per exemple, amb uns $32$ ATP per glucosa en la respiració, la proporció seria

   $\frac{32}{2}=16$

Plantejament Una fermentació és anaeròbica, passa al citosol, fa ATP només per fosforilació a nivell de substrat i té com a acceptor final d’electrons una molècula orgànica. Comprovem què passa a Acetobacter.

1. Motiu 1: necessita oxigen. L’acceptor final dels electrons és l’$\mathrm{O_2}$, que es redueix a aigua; en una fermentació l’acceptor és una molècula orgànica i no cal oxigen.

2. Motiu 2: utilitza una cadena de transport electrònic a la membrana plasmàtica, que bomba protons; les fermentacions no tenen cadena de transport i passen al citosol.

3. Motiu 3: l’ATP es fa per fosforilació oxidativa, aprofitant el gradient de protons amb l’ATP sintasa, i no per fosforilació a nivell de substrat.

4. També serien vàlids: no comença amb la glicòlisi ni amb la glucosa, sinó amb l’etanol, i no redueix el piruvat a una altra molècula orgànica. Bioquímicament és una respiració (una oxidació aeròbica incompleta de l’etanol).

Plantejament Les dues cadenes funcionen igual: uns donadors cedeixen electrons, l’oxigen els accepta i el flux d’electrons bomba protons a través d’una membrana.

1. Donador d’electrons a les nostres cèl·lules: el NADH ($\mathrm{NADH+H^+}$), que s’oxida a $\mathrm{NAD^+}$, i també el $\mathrm{FADH_2}$.

2. Acceptor d’electrons a Acetobacter: l’oxigen ($\mathrm{O_2}$), que es redueix a aigua.

3. Localització a Acetobacter: la membrana plasmàtica (el bacteri no té mitocondris).

4. Localització a les nostres cèl·lules: la membrana mitocondrial interna (les crestes mitocondrials).

5. Aprofitament del gradient: els $\mathrm{H^+}$ acumulats a un costat de la membrana tornen a l’altre a favor de gradient passant per l’ATP sintasa, que aprofita l’energia d’aquest flux per fosforilar ADP i fer ATP (quimiosmosi).

Plantejament Seguim l’esquema: cada número és una via que transforma la molècula d’on surt la fletxa en la molècula on arriba.

1. 1, de glucosa a piruvat: glicòlisi (o glucòlisi).

2. 2, de piruvat a lactat: fermentació làctica (la reducció del piruvat a lactat).

3. 3, d’àcids grassos a acetil-CoA: β-oxidació dels àcids grassos (hèlix de Lynen).

4. 4, cicle que rep l’acetil-CoA, redueix el $\mathrm{NAD^+}$ a NADH i allibera $\mathrm{CO_2}$: cicle de Krebs (cicle de l’àcid cítric).

5. 5, on el NADH cedeix electrons, l’$\mathrm{O_2}$ es redueix a $\mathrm{H_2O}$ i es forma ATP: cadena respiratòria (transport d’electrons) i fosforilació oxidativa.

Plantejament Les vies anaeròbiques passen al citosol; les de la respiració aeròbica, al mitocondri.

1. 1, glicòlisi: citosol (hialoplasma).

2. 2, fermentació làctica: citosol.

3. 3, β-oxidació: matriu mitocondrial.

4. 4, cicle de Krebs: matriu mitocondrial.

5. 5, cadena respiratòria i fosforilació oxidativa: membrana mitocondrial interna (crestes mitocondrials).

Plantejament És un cas de selecció natural: cal explicar d’on surt la variació, per què uns individus deixen més descendència i com es transmet el caràcter.

1. Variació: en la població original van aparèixer per atzar (no per beure llet) mutacions que mantenien actiu el gen de la lactasa en els adults. Hi havia, doncs, variabilitat genètica: uns adults digerien la lactosa i d’altres no.

2. Selecció natural: al nord d’Europa no es podia conrear i la llet era un aliment bàsic. Els adults tolerants aprofitaven aquest aliment i sobrevivien i es reproduïen més que els intolerants, que hi tenien més dificultats.

3. Herència: la mutació és un caràcter heretable, de manera que els tolerants la transmetien als seus fills.

4. Resultat: generació rere generació, la freqüència de l’al·lel que manté la lactasa activa va augmentar fins que la majoria de la població el porta (entre el 80 % i el 95 %).

5. No és un canvi lamarckià: beure llet no fa aparèixer la mutació; la mutació ja hi era i el medi la va afavorir.

Plantejament La tinció de Gram separa els bacteris segons la paret cel·lular: primer es tenyeix amb cristall violeta i lugol, després es decolora amb alcohol i finalment es tenyeix amb safranina.

1. Els grampositius tenen una paret de peptidoglicà (mureïna) molt gruixuda.

2. El cristall violeta, fixat amb el lugol, queda retingut dins d’aquesta paret gruixuda i l’alcohol no l’arrossega en la decoloració.

3. Per això la safranina posterior no es nota: el bacteri queda violeta (blau fosc).

Plantejament El plasmidi és el vector: ha de copiar-se dins del bacteri, permetre trobar els bacteris que el porten i acceptar el gen nou.

1. Origen de replicació: el plasmidi no s’integra en el cromosoma del bacteri. Amb el seu propi origen de replicació es pot replicar de manera autònoma, fer moltes còpies i no perdre’s quan el bacteri es divideix.

2. Gen de resistència: és un marcador de selecció. Si es cultiven els bacteris en un medi amb l’antibiòtic, només creixen els que han incorporat el plasmidi (els transformats); els altres moren.

3. Enzims: els enzims (endonucleases) de restricció tallen el plasmidi pel lloc de clonació i el DNA del gen de la lactasa, deixant extrems compatibles; la DNA lligasa uneix després el gen amb el plasmidi.

Plantejament Els augments són la mida a la imatge dividida per la mida real. La barra d’escala mesura $10\ \mu\mathrm{m}$ de veritat; només cal mesurar-la amb un regle a l’examen imprès i passar les dues mides a la mateixa unitat.

1. Mesurem la barra de l’escala a la imatge: fa uns $7{,}5$ mm, és a dir, $0{,}75$ cm.

2. Passem la mida de la imatge a micròmetres ($1\ \mathrm{cm}=10\,000\ \mu\mathrm{m}$):

   $0{,}75\ \mathrm{cm}=0{,}75\cdot 10\,000\ \mu\mathrm{m}=7\,500\ \mu\mathrm{m}$

3. Dividim la mida a la imatge per la mida real:

   $\text{augments}$${}= \frac{\text{mida a la imatge}}{\text{mida real}}$${}= \frac{7\,500\ \mu\mathrm{m}}{10\ \mu\mathrm{m}}$${}= 750$

4. Com que la mesura depèn del regle, un resultat entre $600$ i $800$ augments és correcte si el càlcul està ben fet.

Plantejament Cada nom té dues parts: la primera diu d’on treu l’energia l’organisme i la segona, d’on treu el carboni.

1. «Foto-»: l’energia s’obté de la llum.

2. «-autòtrof»: el carboni s’obté d’una font inorgànica, el $\mathrm{CO_2}$.

3. «Quimio-»: l’energia s’obté de reaccions químiques (l’oxidació de compostos).

4. «-heteròtrof»: el carboni s’obté de matèria orgànica.

Plantejament La fotoautotròfia necessita captar l’energia de la llum (fase lluminosa) i fixar el $\mathrm{CO_2}$ (fase fosca). Les vies de la respiració no hi tenen res a veure.

1. Cicle de Calvin: Sí. Fixa el carboni del $\mathrm{CO_2}$ en molècules orgàniques (glúcids), gastant l’ATP i el NADPH de la fase lluminosa.

2. Fosforilació oxidativa: No. És la síntesi d’ATP de la respiració cel·lular, amb l’oxigen com a acceptor final d’electrons; no depèn de la llum.

3. Fotòlisi de l’aigua: Sí. Amb l’energia de la llum es trenca l’aigua i s’obtenen electrons, protons ($\mathrm{H^+}$) i $\mathrm{O_2}$; els electrons entren a la cadena de transport fotosintètica, que produeix ATP i poder reductor (NADPH).

4. Cicle de Krebs: No. Oxida l’acetil-CoA a $\mathrm{CO_2}$ dins la respiració; és una via catabòlica, no autòtrofa.

Plantejament Dos aminoàcids s’uneixen quan el grup carboxil ($-\mathrm{COOH}$) d’un reacciona amb el grup amino ($-\mathrm{NH_2}$) de l’altre i s’allibera una molècula d’aigua (condensació).

1. Prenem la valina com a primer aminoàcid (extrem amino lliure) i l’àcid glutàmic com a segon (extrem carboxil lliure).

2. El $-\mathrm{OH}$ del carboxil de la valina i un H de l’amino de l’àcid glutàmic formen una molècula d’aigua:

   $\text{Val}+\text{Glu}\longrightarrow\text{Val-Glu}+\mathrm{H_2O}$

3. El dipèptid, en fórmula semidesenvolupada (el dibuix desenvolupat és a la figura):

   $\mathrm{H_2N{-}CH(CH(CH_3)_2){-}CO{-}NH{-}CH(CH_2{-}CH_2{-}COOH){-}COOH}$

4. L’enllaç $-\mathrm{CO{-}NH}-$ que uneix el carboni del carboxil de la valina amb el nitrogen de l’àcid glutàmic és l’enllaç peptídic.

5. També és correcte unir-los en l’ordre contrari (Glu-Val): aleshores l’enllaç peptídic es forma entre el carboxil de l’àcid glutàmic que hi ha al costat del grup amino i l’amino de la valina.

ResultatEl dipèptid Val-Glu és $\mathrm{H_2N{-}CH(CH(CH_3)_2){-}CO{-}NH{-}CH(CH_2{-}CH_2{-}COOH){-}COOH}$, i l’enllaç que uneix els dos aminoàcids és un enllaç peptídic.

La pauta oficial dona: Fórmula del dipèptid Val-Glu (s’accepta indicar que es forma aigua); enllaç peptídic.

Plantejament En un experiment es canvia una sola variable (la independent) i es mesura l’efecte en una altra (la dependent); tota la resta s’ha de mantenir igual.

1. Variable dependent: la tensió arterial dels pacients (els seus canvis). Justificació: és el que es mesura al final per veure l’efecte del tractament.

2. Variable independent: el que pren cada pacient, 2 g diaris d’espirulina o 2 g de placebo. Justificació: és la variable que l’investigador decideix i canvia entre els grups.

3. Grup de control: els 20 pacients que prenen placebo; el placebo evita que l’efecte psicològic de saber-se tractat faci variar la tensió.

4. Variables controlades: la dosi (2 g), la durada del tractament i que tots siguin pacients hipertensos.

5. Rèpliques: cada pacient respon de manera diferent. Amb 20 pacients per grup, l’efecte de la variabilitat individual i de l’atzar es redueix i els resultats són més fiables (estadísticament significatius).

Plantejament Amb un regle mesurem a l’examen imprès la barra d’escala, que equival a $10\ \mu\mathrm{m}$, i les dues línies dibuixades sobre l’oocist. Després fem una regla de tres.

1. Mesures sobre el paper: barra d’escala, $1{,}6$ cm; amplària (línia curta), $3{,}2$ cm; llargària (línia llarga), uns $4{,}85$ cm.

2. Amplària real:

   $3{,}2\ \mathrm{cm}\cdot\frac{10\ \mu\mathrm{m}}{1{,}6\ \mathrm{cm}}=20\ \mu\mathrm{m}$

3. Llargària real:

   $4{,}85\ \mathrm{cm}\cdot\frac{10\ \mu\mathrm{m}}{1{,}6\ \mathrm{cm}}\approx 30\ \mu\mathrm{m}$

4. Com que es mesura amb un regle, petites diferències en les mesures (de $1$ o $2$ mm) donen resultats una mica diferents, que també són correctes si el càlcul està ben fet.

Plantejament Fem servir les dues pistes de la clau: on són els oocists i quina mida tenen.

1. Localització: els oocists només es troben a la part més alta de l’intestí. Segons els dibuixos de la clau, les espècies que envaeixen aquest tram són E. acervulina i E. praecox.

2. Mida: l’oocist mesura uns $20\times 30\ \mu\mathrm{m}$ (apartat a). E. acervulina té oocists de $20\times 30\ \mu\mathrm{m}$, mentre que els d’E. praecox són més petits ($18\times 22\ \mu\mathrm{m}$).

3. E. brunetti té una mida semblant ($20\times 29\ \mu\mathrm{m}$), però envaeix la part final de l’intestí, així que la localització la descarta.

Plantejament Una immunització és natural o artificial segons si el contacte amb l’antigen passa sol o el provoquem nosaltres, i activa o passiva segons si el propi animal fabrica les defenses o les rep ja fetes.

1. Natural: la gallina entra en contacte amb els oocists de manera natural, picotejant el terra; ningú no li administra cap vacuna ni cap substància.

2. Activa: el sistema immunitari de la gallina respon als antígens del coccidi i fabrica els seus propis anticossos i cèl·lules de memòria, que la protegiran en una infecció posterior (resposta secundària).

Plantejament La immunitat específica reconeix un antigen concret i en guarda memòria; la inespecífica actua igual contra qualsevol agent.

1. És específica: la resposta va dirigida contra els antígens de l’espècie de coccidi ingerida, i els anticossos i les cèl·lules de memòria que es formen només reconeixen aquest antigen.

2. Cèl·lules que hi intervenen: els limfòcits B (que es transformen en cèl·lules plasmàtiques productores d’anticossos) i els limfòcits T; també hi participen les cèl·lules presentadores d’antigen, com els macròfags i les cèl·lules dendrítiques.

Plantejament És un procés de selecció natural en què la substància química fa el paper del medi.

1. Variació: en la població de protozous hi ha, per mutacions aparegudes a l’atzar, alguns individus que resisteixen la substància. Aquestes mutacions ja existien abans del tractament; la substància no les provoca.

2. Selecció natural: en aplicar la substància, moren els protozous sensibles i sobreviuen els resistents.

3. Herència: els supervivents resistents es reprodueixen i transmeten la mutació a la descendència.

4. Resultat: a cada generació la proporció de resistents augmenta, fins que gairebé tota la població és resistent i el tractament deixa de ser eficaç.

Plantejament Cal explicar què vol dir cada terme (forma, tipus de nutrició i tipus de paret) i proposar una manera de comprovar-ho, com ja fa la fila de «flagel·lat».

1. Bacil. Què vol dir: és un bacteri de forma allargada, de bastonet. Com es comprova: observant-ne la forma en una imatge de microscopi.

2. Heteròtrof. Què vol dir: fa servir matèria orgànica com a font de carboni (no pot fabricar-la a partir del $\mathrm{CO_2}$). Com es comprova: cultivant-lo en un medi sense matèria orgànica, en què l’única font de carboni sigui el $\mathrm{CO_2}$; si és heteròtrof, no hi creixerà.

3. Gramnegatiu. Què vol dir: té una paret amb una capa prima de peptidoglicà (mureïna) i, per fora, una membrana externa. Com es comprova: amb una tinció de Gram; els gramnegatius no retenen el cristall violeta i surten de color rosa o vermell (per la safranina), no blau-violeta.

Plantejament Es mesura amb un regle la línia que marca el bacteri A a l’examen imprès i es divideix entre els augments ($2\,000\times$).

1. Llargària de la línia A a la imatge impresa, mesurada amb regle:

   $L_{\text{imatge}}\approx 1{,}4\ \mathrm{cm}$

2. Passem els centímetres a micròmetres ($1\ \mathrm{cm}=10^4\ \mathrm{\mu m}$):

   $1{,}4\ \mathrm{cm}=14\,000\ \mathrm{\mu m}$

3. La mida real és la mida a la imatge dividida pels augments:

   $L_{\text{real}}=\frac{14\,000\ \mathrm{\mu m}}{2\,000}=7\ \mathrm{\mu m}$

4. Una mesura entre $1{,}3$ i $1{,}5$ cm és raonable i dona entre $6{,}5$ i $7{,}5\ \mathrm{\mu m}$.

Plantejament Es demanen el nom i l’explicació de dos mecanismes de transferència horitzontal de DNA entre bacteris.

1. Mecanisme 1: conjugació.

2. Explicació: una cèl·lula donadora transfereix DNA (normalment un plasmidi, o una part del cromosoma) a una cèl·lula receptora, que pot ser de la mateixa espècie o d’una altra. Cal que les dues cèl·lules entrin en contacte: un pèl sexual (pili) de la donadora s’uneix a la receptora i, en escurçar-se, les apropa fins que formen un agregat per on passa el DNA.

3. Mecanisme 2: transformació.

4. Explicació: una cèl·lula bacteriana capta fragments de DNA lliure que hi ha al medi (per exemple, alliberats per bacteris morts) i els incorpora al seu genoma.

5. També valen la transducció (un bacteriòfag transporta DNA d’un bacteri a un altre: quan es formen virus nous, alguns incorporen DNA del bacteri infectat i l’injecten en el bacteri següent) i la formació de vesícules (els bacteris alliberen al medi vesícules que contenen fragments de DNA o plasmidis, i altres bacteris les absorbeixen).

Plantejament Els augments són el quocient entre la mida a la fotografia (mida aparent) i la mida real. Cal mesurar amb un regle la llargària de l’esporozoït a la fotografia i passar les dues mides a la mateixa unitat.

1. Mesurem amb un regle la llargària de l’esporozoït a la fotografia de l’examen imprès, d’un extrem a l’altre seguint la cèl·lula: uns $2{,}2\ \mathrm{cm}$.

2. Passem la mida aparent a micròmetres ($1\ \mathrm{cm}=10^4\ \mathrm{\mu m}$):

   $2{,}2\ \mathrm{cm}=2{,}2\cdot 10^4\ \mathrm{\mu m}=22\,000\ \mathrm{\mu m}$

3. Augments: mida aparent dividida per la mida real:

   $\text{augments}=\frac{22\,000\ \mathrm{\mu m}}{15\ \mathrm{\mu m}}\approx 1\,470$

4. Els augments no tenen unitat. Com que la mesura amb el regle depèn de la impressió i de com es prengui, qualsevol resultat proper és correcte si el càlcul està ben fet: amb $2\ \mathrm{cm}$, per exemple, surten $\frac{20\,000}{15}\approx 1\,333$ augments.

Plantejament La forma allargada no basta per dir que és un bacil: cal mirar al dibuix quina organització cel·lular té, procariota o eucariota.

1. L’afirmació no és correcta: l’esporozoït no és un bacteri i, per tant, tampoc no és un bacil (un bacil és un bacteri amb forma de bastó).

2. És una cèl·lula eucariota (un protozou): al dibuix es veuen un nucli envoltat per un embolcall nuclear, un reticle endoplasmàtic rugós (túbuls amb ribosomes), un aparell de Golgi (sàculs apilats) i un mitocondri amb crestes.

3. Cap d’aquests orgànuls existeix en els procariotes, que no tenen nucli ni orgànuls envoltats de membrana.

4. També es pot argumentar amb la mida: l’esporozoït fa $15\ \mathrm{\mu m}$ i a la foto és tan llarg com un glòbul vermell o més, una mida gran per a un bacteri (encara que n’hi ha de més grans).

Plantejament Cal explicar la resposta immunitària específica que desencadena l’antigen R de la vacuna: presentació de l’antigen, activació dels limfòcits Th i B, producció d’anticossos i formació de memòria.

1. Les partícules RTS,S injectades són captades (fagocitades) per cèl·lules presentadores d’antigen (macròfags o cèl·lules dendrítiques).

2. Aquestes cèl·lules digereixen la proteïna RTS i presenten fragments a la seva superfície units a molècules del complex principal d’histocompatibilitat de classe II (MHC II).

3. Els limfòcits Th específics reconeixen aquests fragments (el segment T de la proteïna RTS és el que permet que s’hi uneixin), s’activen i es multipliquen (expansió clonal).

4. Els limfòcits Th activats, per contacte i amb molècules senyal (interleucines o citocines), activen els limfòcits B específics de l’antigen R, que l’han reconegut amb els seus anticossos de membrana.

5. Els limfòcits B activats es multipliquen (expansió clonal) i es diferencien en cèl·lules plasmàtiques, que segreguen anticossos específics contra l’antigen R de l’esporozoït.

6. Una part dels limfòcits B (i també dels T) es converteix en cèl·lules de memòria, que porten la informació per fabricar aquests anticossos i duren molt de temps a l’organisme.

7. Si més endavant un mosquit Anopheles hi introdueix esporozoïts de Plasmodium falciparum, les cèl·lules de memòria responen ràpidament, es formen moltes cèl·lules plasmàtiques i els anticossos contra la proteïna R de la superfície de l’esporozoït impedeixen que la infecció prosperi. És una immunitat activa i artificial.

Plantejament Els augments són el quocient entre la mida d’un objecte a la imatge i la seva mida real. Fem servir la barra d’escala de la micrografia, que representa $1\ \mu\mathrm{m}$.

1. Fórmula:

   $A=\frac{\text{mida a la imatge}}{\text{mida real}}$

2. Mesurant amb un regle sobre l’examen imprès, la barra d’escala fa uns $1{,}3$ cm. Passem els centímetres a micròmetres ($1\ \mathrm{cm}=10\,000\ \mu\mathrm{m}$):

   $1{,}3\ \mathrm{cm}=1{,}3\cdot 10\,000\ \mu\mathrm{m}=13\,000\ \mu\mathrm{m}$

3. Substituïm a la fórmula:

   $A=\frac{13\,000\ \mu\mathrm{m}}{1\ \mu\mathrm{m}}=13\,000$

4. Una petita diferència en la mesura canvia el resultat: si la barra fa $1{,}2$ cm, surten $12\,000$ augments.

Plantejament Un bacteri grampositiu té dos embolcalls: la membrana plasmàtica i, per fora, una paret cel·lular gruixuda.

1. Membrana plasmàtica: una bicapa de fosfolípids (lípids) amb proteïnes.

2. Paret cel·lular (bacteriana), per fora de la membrana: una capa gruixuda de peptidoglicà (mureïna), un polímer de glícids units per cadenes curtes d’aminoàcids; als grampositius porta, a més, àcids teicoics.

3. És aquesta capa gruixuda de peptidoglicà la que reté el colorant de la tinció de Gram i fa que el bacteri es vegi violeta.

Plantejament En un assaig, la variable independent és la que l’investigador fa variar entre els grups; la dependent, la que es mesura per veure’n l’efecte.

1. Variable independent: prendre o no prendre el probiòtic.

2. Variable dependent: patir o no la diarrea del viatger (el nombre o la proporció de viatgers que la pateixen).

3. Grup de control: cal per tenir una referència, uns viatgers que no prenen el probiòtic, amb què comparar els resultats del grup que sí que l’ha pres; només així es pot atribuir al probiòtic la diferència que hi hagi. Idealment, el grup de control pren un placebo.

4. Altres variables que s’han de controlar (iguals en els dos grups): per exemple, l’edat i el sexe dels viatgers, el seu estat de salut inicial, l’alimentació, el país visitat i la durada o el tipus de viatge.

Plantejament Representem les dades de la taula en un diagrama de barres agrupades i calculem el percentatge d’afectats dins de cada grup, sobre el total de viatgers del grup.

1. Gràfic: un diagrama de barres amb els dos grups a l’eix horitzontal (P, el grup que va prendre el probiòtic, i C, el grup de control) i el nombre de viatgers $n$ a l’eix vertical. Per a cada grup, una barra amb els que no van patir diarrea ($D^-$) i una altra amb els que sí que en van patir ($D^+$), amb el nombre de viatgers escrit damunt de cada barra ($135$, $32$, $119$ i $48$).

2. Total de viatgers de cada grup:

   $135+32=167$$119+48=167$

3. Percentatge d’afectats al grup que va prendre el probiòtic:

   $\frac{32}{167}\cdot 100=19{,}16\ \%$

4. Percentatge d’afectats al grup de control:

   $\frac{48}{167}\cdot 100=28{,}74\ \%$

5. Conclusió: prendre el probiòtic va reduir la proporció de viatgers amb diarrea del viatger, del $28{,}74\ \%$ al $19{,}16\ \%$, però no protegeix del tot: gairebé un de cada cinc viatgers que el van prendre la va patir igualment.

6. Per afirmar que la diferència no és fruit de l’atzar, caldria fer una anàlisi estadística de les dades.

ResultatAl grup del probiòtic, la van patir el $19{,}16\ \%$ dels viatgers ($\frac{32}{167}$), i al grup de control, el $28{,}74\ \%$ ($\frac{48}{167}$). El probiòtic disminueix la probabilitat de patir la diarrea del viatger, però no en dona una protecció total.

La pauta oficial dona: Gràfic de barres dels dos grups; $\frac{32}{167}\cdot 100=19{,}16\ \%$; $\frac{48}{167}\cdot 100=28{,}74\ \%$; el probiòtic ajuda a prevenir la diarrea però no protegeix del tot (o cal una anàlisi estadística).

Plantejament Cal dir de quin tipus de biomolècula està feta cadascuna de les dues estructures.

1. Les fímbries són apèndixs curts i prims de la superfície del bacteri. Estan formades per proteïnes: subunitats proteiques repetides, cadascuna feta d’aminoàcids units per enllaços peptídics.

2. Els plasmidis són molècules de DNA de doble cadena, circulars, petites i independents del cromosoma bacterià. Estan formats per nucleòtids (desoxiribonucleòtids) units per enllaços fosfodièster.

3. La diferència és, doncs, el tipus de biomolècula: proteïna (monòmers: aminoàcids) en les fímbries i àcid nucleic, DNA (monòmers: nucleòtids), en els plasmidis.

Plantejament Un bacteri que rep un plasmidi d’un altre bacteri per contacte directe entre les dues cèl·lules fa una conjugació. Cal anomenar el procés i dibuixar-lo, amb el nom de cada estructura.

1. Nom del procés: conjugació bacteriana.

2. Dibuix, pas 1: dos bacteris en forma de bastó. El bacteri donador té el cromosoma bacterià (una molècula de DNA circular gran) i, a més, el plasmidi (un cercle petit); el bacteri receptor només té el cromosoma bacterià. El donador forma un pili sexual (pèl sexual) que s’uneix al receptor.

3. Pas 2: el pili es retrau i acosta els dos bacteris fins que les seves cobertes es toquen i es forma un pont de conjugació entre les dues cèl·lules.

4. Pas 3: una de les cadenes del plasmidi passa del donador al receptor, en un sol sentit, i cada bacteri sintetitza la cadena complementària.

5. Pas 4: els bacteris se separen i tots dos tenen el plasmidi. El receptor ja té els gens de les fímbries i pot causar la diarrea del viatger.

6. Al dibuix cal rotular: bacteri donador, bacteri receptor, cromosoma bacterià, plasmidi i pili sexual, i marcar amb una fletxa el pas del plasmidi del donador al receptor.

7. El pili serveix per unir i acostar les cèl·lules: el plasmidi no passa per dins del pili, sinó pel pont que es forma quan les cèl·lules es toquen. E. coli és gramnegatiu, i en aquests bacteris la conjugació es fa amb pili.

Plantejament Es demana una conseqüència negativa de prendre antibiòtics i per què passa.

1. Conseqüència: l’antibiòtic altera la microbiota intestinal.

2. Justificació: els antibiòtics no són específics del bacteri patogen. També maten molts dels bacteris beneficiosos de l’intestí que són sensibles al mateix antibiòtic, i la microbiota queda empobrida i desequilibrada.

3. Altres conseqüències que també valen, amb la seva justificació: la selecció de bacteris resistents (si algun bacteri ja té un gen de resistència a l’antibiòtic, sobreviu i prolifera mentre els altres moren); un dany al fetge, que és l’òrgan que metabolitza el fàrmac, si se’n pren durant molt de temps; o una reacció al·lèrgica en les persones al·lèrgiques a aquell antibiòtic.

Plantejament Cal anomenar la relació entre dues espècies diferents que viuen al mateix lloc de l’intestí i justificar-la.

1. Els bacteris del probiòtic i les soques patògenes d’E. coli viuen al mateix hàbitat, el tub digestiu, i necessiten els mateixos recursos: espai on adherir-se a la paret de l’intestí i nutrients.

2. Quan dues espècies fan servir un mateix recurs limitat, s’estableix una relació de competència: com més espai i nutrients ocupen els bacteris del probiòtic, menys en queden per a E. coli, que té més dificultats per instal·lar-se i multiplicar-se.

3. També és vàlid respondre antibiosi, si es justifica: alguns bacteris alliberen substàncies que impedeixen o dificulten el creixement d’altres espècies. L’enunciat, però, no dona cap dada sobre aquestes substàncies.

Plantejament Cal calcular la mida real de cada cèl·lula amb la barra d’escala de la seva micrografia i comparar-les. Primer, una correcció: la nota de l’enunciat té una errata; l’equivalència correcta és $1\ \mu\mathrm{m}=1\,000\ \mathrm{nm}$.

1. La mida real s’obté amb una regla de tres, mesurant amb un regle sobre l’examen imprès la llargada de la cèl·lula i la de la barra d’escala:

   $\text{mida real}$${}= \frac{\text{llargada a la imatge}\cdot\text{valor de la barra}}{\text{llargada de la barra a la imatge}}$

2. Escherichia coli: la cèl·lula fa uns $3{,}3$ cm de punta a punta i la barra de $500\ \mathrm{nm}$ fa uns $1{,}3$ cm:

   $\frac{3{,}3\ \mathrm{cm}\cdot 500\ \mathrm{nm}}{1{,}3\ \mathrm{cm}}$${}\approx 1\,269\ \mathrm{nm}$${}\approx 1{,}27\ \mu\mathrm{m}$

3. Salmonella typhi: la cèl·lula fa uns $1{,}5$ cm i la barra d’$1\ \mu\mathrm{m}$ fa uns $1{,}2$ cm:

   $\frac{1{,}5\ \mathrm{cm}\cdot 1\ \mu\mathrm{m}}{1{,}2\ \mathrm{cm}}=1{,}25\ \mu\mathrm{m}$

4. Comparació: $1{,}27\ \mu\mathrm{m}$ davant d’$1{,}25\ \mu\mathrm{m}$. La cèl·lula d’E. coli és lleugerament més llarga.

5. La diferència és de poques centèsimes de micròmetre, de l’ordre de l’error de mesurar amb un regle: les dues cèl·lules fan aproximadament $1{,}3\ \mu\mathrm{m}$. Per això, si amb les teves mesures obtens mides entre $1{,}2$ i $1{,}4\ \mu\mathrm{m}$ i S. typhi et surt una mica més gran, la conclusió també és coherent amb les dades.

Plantejament Cal relacionar la protecció que dona una vacuna amb l’especificitat de la resposta immunitària.

1. La vacuna de la febre tifoide conté antígens de Salmonella typhi (el bacteri atenuat o parts seves). El sistema immunitari hi respon fabricant anticossos i cèl·lules de memòria específics contra aquests antígens.

2. La diarrea del viatger la causen altres bacteris, com E. coli, que són d’una altra espècie i tenen antígens diferents.

3. Els anticossos i les cèl·lules de memòria només reconeixen l’antigen que els va originar (especificitat antigen-anticòs). No reconeixen els antígens d’E. coli, i davant d’aquest bacteri no hi ha resposta secundària.

Plantejament a) Cal explicar què vol dir que Yersinia pestis sigui un bacil, gramnegatiu i anaerobi facultatiu. b) Cal justificar, amb la selecció natural, per què un bacteri que muta poc té poques resistències als antibiòtics.

1. a) Bacil: és un bacteri de forma allargada, de bastonet.

2. a) Gramnegatiu: la seva paret té una capa fina de peptidoglicà (mureïna) coberta per una membrana externa lipídica, de manera que el peptidoglicà no és l’última coberta. Per això, amb la tinció de Gram no reté el colorant violeta i es veu de color rosa.

3. a) Anaerobi facultatiu: pot viure tant amb oxigen com sense. Amb oxigen obté l’energia per respiració aeròbica, i sense oxigen, per fermentació (o per respiració anaeròbica).

4. b) Les resistències als antibiòtics apareixen per mutacions a l’atzar, que es produeixen tant si hi ha antibiòtic com si no n’hi ha: l’antibiòtic no les provoca.

5. b) En un medi amb antibiòtic, la selecció natural afavoreix els pocs bacteris que per atzar ja porten una mutació de resistència: sobreviuen, es reprodueixen i la població passa a ser resistent.

6. b) Si el bacteri té molt poques mutacions, és molt poc probable que apareguin variants resistents. Sense aquestes variants, la selecció natural no té res per afavorir, i les poblacions de Yersinia pestis continuen sent sensibles als antibiòtics.

Plantejament a) Cal formular la hipòtesi que posava a prova l’experiment de Karachi. b) Cal proposar i justificar dues millores del disseny experimental.

1. a) Simond havia trobat el bacil de Yersin al tub digestiu de puces de rates infectades, i per això va sospitar que les puces podien transmetre la malaltia.

2. a) Una hipòtesi es formula com una possibilitat que cal comprovar, no com un fet: «Potser les puces de les rates són els vectors que transmeten Yersinia pestis (la pesta) d’una rata malalta a una rata sana.»

3. b) Millora 1, un grup control: posar una altra rata sana en les mateixes condicions però sense accés a les puces, per exemple al costat de la rata malalta en una gàbia que les puces no puguin travessar. Si aquesta rata no emmalaltís, el contagi es podria atribuir a les puces i no a una altra via.

4. b) Millora 2, fer rèpliques: repetir l’experiment amb més rates (o diverses vegades). Amb una sola rata sana, el resultat podria ser fruit de l’atzar; amb moltes, es veu si el resultat es repeteix.

5. b) Una altra millora vàlida és controlar les variables: fer servir rates genèticament idèntiques (de la mateixa soca, edat i estat de salut) en les mateixes condicions ambientals, perquè l’única diferència entre les rates sigui la que es vol estudiar.

Plantejament a) Cal dir el regne i l’organització cel·lular del bacil de la pesta, la puça i l’ameba. b) Cal anomenar i justificar la relació interespecífica de les parelles puça-rata i bacteri modificat-ameba.

1. a) Yersinia pestis: regne moneres (domini Bacteria); organització procariota (és unicel·lular).

2. a) Xenopsylla cheopis: regne animals; organització eucariota (és pluricel·lular).

3. a) Amoeba sp: regne protoctists (o protists); organització eucariota (és unicel·lular).

4. b) Puça-rata: parasitisme. La puça (paràsit) viu sobre la rata (hoste) i s’alimenta de la seva sang: en treu benefici i la perjudica, sense matar-la directament.

5. b) Yersinia pestis genèticament modificada-ameba: depredació. El bacteri modificat no pot inhibir els enzims digestius dels vacúols de l’ameba; l’ameba (depredador) el captura, el digereix i se n’alimenta, i el bacteri (presa) mor.

Plantejament a) Cal escriure l’equació global de la fotosíntesi i explicar per què l’aigua és imprescindible per al metabolisme de la planta. b) Cal identificar la principal reserva energètica dels vegetals, el seu grup de biomolècules, el seu monòmer i els enllaços entre els monòmers.

1. a) Reacció global de la fotosíntesi: a partir de diòxid de carboni i aigua, amb l’energia de la llum, es forma glucosa i s’allibera oxigen.

   $6\,\mathrm{CO_2}$${}+6\,\mathrm{H_2O}\ \xrightarrow{\text{llum}}\ \mathrm{C_6H_{12}O_6}$${}+6\,\mathrm{O_2}$

2. a) També és correcta l’equació que mostra que tot l’oxigen alliberat ve de l’aigua:

   $6\,\mathrm{CO_2}$${}+12\,\mathrm{H_2O}\ \xrightarrow{\text{llum}}\ \mathrm{C_6H_{12}O_6}$${}+6\,\mathrm{O_2}+6\,\mathrm{H_2O}$

3. a) L’aigua és un dels reactius de la fotosíntesi: a la fase lluminosa, la fotòlisi de l’aigua aporta els electrons (i els protons) que circulen per la cadena de transport d’electrons del cloroplast, amb els quals es formen l’ATP i el NADPH, i n’allibera l’oxigen.

4. a) A la fase lluminosa, l’ATP es forma per fotofosforilació; la fosforilació oxidativa és la de la respiració, als mitocondris.

5. a) Sense aigua, la planta no pot fer la fotosíntesi, que és la base de la seva nutrició: no pot fabricar matèria orgànica ni obtenir-ne energia, i s’asseca.

6. b) Principal biomolècula de reserva energètica dels vegetals: el midó (format per amilosa i amilopectina).

7. b) Grup de biomolècules: és un glúcid (un polisacàrid).

8. b) Monòmer: la glucosa ($\alpha$-D-glucopiranosa).

9. b) Enllaços entre els monòmers: enllaços O-glicosídics $\alpha(1\to 4)$ a les cadenes i $\alpha(1\to 6)$ als punts de ramificació de l’amilopectina.

10. b) La maltosa (dues glucoses unides per un enllaç $\alpha(1\to 4)$) no és el monòmer del midó, sinó un producte de la seva hidròlisi parcial; tot i així, també es considera una resposta vàlida.

Plantejament a) Cal dir com es reprodueix Clostridium botulinum, llegir al gràfic el nombre de bacteris als 90 minuts i a les 3 hores, i calcular el percentatge d’augment entre aquests dos moments. b) Cal deduir la font de carboni i d’energia, les vies metabòliques, la paret i el color amb la tinció de Gram d’un bacteri grampositiu, anaerobi fermentador estricte i quimioheteròtrof.

1. a) Reproducció: per bipartició (fissió binària), una reproducció asexual en què el bacteri duplica el seu DNA i es divideix en dues cèl·lules.

2. a) Lectura del gràfic: és una corba de creixement exponencial; a l’eix vertical, cada quadre és de $5\,000$ bacteris i, a l’horitzontal, de 15 minuts. Als 90 minuts, la corba és una mica per sobre de la línia de $5\,000$ bacteris.

3. a) A les 3 hores (180 minuts), la corba és una mica per sota de la línia de $35\,000$ bacteris.

4. a) El percentatge d’augment és l’augment (valor final menys valor inicial) dividit pel valor inicial, per 100. Cal restar el valor inicial: si no, no és un augment.

   $\frac{35\,000-5\,000}{5\,000}\cdot 100$${}= \frac{30\,000}{5\,000}\cdot 100$${}= 600\ \%$

5. a) Són lectures aproximades i el resultat depèn molt de la lectura del gràfic. Qui llegeixi el gràfic amb més precisió (per exemple, uns $6\,000$ bacteris als 90 minuts i uns $34\,000$ a les 3 hores) obté un valor proper al $470\ \%$:

   $\frac{34\,000-6\,000}{6\,000}\cdot 100$${}= \frac{28\,000}{6\,000}\cdot 100$${}\approx 467\ \%$

6. b) Font de carboni: la matèria orgànica (és heteròtrof).

7. b) Font d’energia: reaccions químiques d’oxidació de compostos orgànics (és quimiòtrof).

8. b) Vies metabòliques: només la glucòlisi i la fermentació. És un fermentador estricte: obté l’ATP de la glucòlisi i, amb la fermentació, regenera el $\mathrm{NAD^+}$ que la glucòlisi necessita. No obté energia del cicle de Krebs ni de la fosforilació oxidativa, que són etapes de la respiració, i com que no és fotosintètic tampoc no fa la fotofosforilació.

9. b) Paret bacteriana: una capa gruixuda de peptidoglicà (mureïna), sense membrana externa.

10. b) Tinció de Gram: queda de color violeta (blau fosc), perquè la paret gruixuda de peptidoglicà reté el colorant violeta.