seconda tappa 2011 - science.olympiad.ch · b.wee1, sic1, sintesi di cyclinb c.wee1, sic1,...

seconda tappa 2011

Voici le questionnaire du deuxieme tour des Olympiades Suisses de Biologie OSB 2011. Lareussite de cet examen sert de qualification a la semaine OSB et constitue ainsi un pas de plus vers uneparticipation aux Olympiades Internationales de Biologie IBO 2011 qui auront lieu a Taipei, Taiwan .La participation est reservee aux eleves des gymnases suisses nes apres le 1er juillet 1991 qui ontete qualifies au premier tour. D’ici mi-fevrier, nous contacterons les quelques 20 meilleurs candidats pourles inviter a la semaine OSB qui se deroulera du 26 avril au 1 mai 2011 a l’Universite de Berne.

L’examen dure 4 heures sans pause. Tu n’as droit a aucue aide, meme pas ton telephone ettu dois obligatoirement rendre le questionnaire a la fin de l’examen.

Indique ta reponse sur la feuille de reponse en remplissant bien le cercle correspondant. Nous cor-rigeons par ordinateur, tu es donc tenu de bien observer les exemples donnes ci-dessous. Les eventuellescorrections apportees pendant l’examen doivent etre claires. Les reponses multiples seront considereescomme fausses et les explications ne seront pas prises en compte. N’utilises que le code donne!

Chaque question vaut un point et il n’y a pas de penalisation pour les reponses fausses. Chaque questionn’a qu’une seule bonne reponse.

Bonne chance !

Biologia cellulare

1. Dans l’ARN, on peut trouverbeaucoup de paires de bases non-conventionnelles. Quelles paires de ba-ses peuvent former une helice regulierede forme A? (Pense a la grandeur desbases.)A. AA et GGB. AT et GCC. UU et CCD. AC, AT et CTE. AU, GC et GU

2. Quali sono le caratteristiche di unenzima?I. Un enzima accellera la reazione chimica che

catalizza.II. Un enzima sposta l’equilibrio della reazione

chimica verso i prodotti della reazione.III. L’attivita di molti enzimi puo essere regolata.IV. Molti enzimi hanno un’alta specificita per il

loro substrato.V. Come i catalizzatori chimici, anche molti en-

zimi hanno bisogno di condizioni estreme perfunzionare in maniera ottimale.

A. Solo IIB. Solo I e VC. Solo I, III e IVD. Solo II, III e VE. Tutte

3. Quale delle seguenti molecole non at-traversa la membrana nucleare di unacellula eurariote sana?A. Fattori di trascrizioneB. mRNAC. RNA polimerasi IID. DNAE. tRNA

Cycline D

Cycline E Cycline ACycline B

Conc

entr

atio

n

phase G1 phase S phase G2 mitose

4. Nel grafico sono rappresentate le con-centrazioni di diverse cicline durante il ci-clo cellulare. In base alle informazioniche hai, quale delle cicline A-E rappre-sentate, sembra conivolta nell’induzionedella replicazione del DNA? Questa do-manda ha solo quattro possibili rispostevisto che il ruolo della Cyclin C e pococonosciuto.

5. I fattori di virulenza dei batteri pa-togeni possono essere classificati in trecategorie: difensivi (per esempio prote-zione contro il sistema immunitario), of-fensivi (per esempio penetrazione nellacellula ospite), non specifici (per esem-pio prelievo di nutrimenti). A quali cate-gorie appartengono i seguenti fattori divirulenza?I. Capside (polisaccaridi che circondano il

batterio)II. Adesine (attaccano il batterio alla cellula

ospite)III. Siderofori (legano il ferro)a. Difensivob. Non specificoc. OffensivoA. Ia, IIb, IIIcB. Ia, IIc, IIIbC. Ib, IIa, IIIcD. Ib, IIc, IIIaE. Ic, IIa, IIIb

6. Alcuni archei ipertermofili hanno unamembrana monolipidica formata da cal-darcheolipidi. Qual’e l’importanza diquesto tipo di membrana per questiorganismi?A. Aumento della diffusione di ioniB. Aumento della diffusione laterale dei lipidi

all’interno della membranaC. Stabilizzazione della membrana a temperature

elevateD. Miglioramento del prelievo di nutrimentiE. Protezione contro diverse tossine

7. Quale/i delle seguenti affermazioniriguardo il danneggiamento del DNAe/sono corretta/e?I. Il DNA puo venir danneggiato da raggi UVA,

raggi UVB, raggi x e raggi gamma.II. Nel caso del danneggiamento di una sola ba-

se, il filamento complementare puo fungere damatrice de la sequnece initiale.

III. Le mutazione che colpiscono i cromosomi co-me l’inversione o la traslocazione non possonoessere rese reversibili in maniera attiva.

A. Solo IIB. Solo I e IIC. Solo I e IIID. Solo II e IIIE. Tutte

8. L’entrata in mitosi di una cellula e de-terminata dall’attivita del MPF, un com-plesso che dall’uomo e formato da Cdc2 eda CyclinB. Wee1 e una chinasi, respon-sabile di fosforilare Cdc2. Il fosfato cheviene aggiunto puo essere tolto dalla fo-sfatasi Cdc25. CAK e anche una china-si. L’accumulazione di CyclinB grazie allasintesi de novo che avviene durante ognimitosi e necessaria. La CyclinB viene poidegradato alla fine di ogni mitosi. Unfatto interessante e che il complesso MPFquando e attivo stimola la degradazio-ne della CyclinB, per fortuna abbastanzalentamente in maniera che la mitosi pos-sa avvenire. Per finire, Sic1 e un chape-rone che ha affinita sia per Cdc2 che perCyclinB. Lei aiuta il complesso a formarsima allo stesso tempo maschera il sito at-tivo. La degradazione di CyclinB e provo-cata da un complesso che e attivo duran-te una fase precedente del ciclo cellulare.In base a quello che hai letto e con l’aiutodell’immagine, quali molecole e processidevono essere presenti e attivi perche lamitosi sia declenchee?A. Wee1, CAK, degradazione di CyclinB, degra-

dazione di Sic1B. Wee1, Sic1, sintesi di CyclinBC. Wee1, Sic1, degradazione di CyclinBD. CAK, Cdc25, Sic1, sintesi di CyclinBE. CAK, Cdc25, sintesi di CyclinB, degradazione

di Sic1

Cdc2/CyclinB

Cdc25

CAK

Wee1 Sic1

synthèse de

CyclinB

dégradation

de CyclinB

dégradation

de Sic1

activeinhibe

9. Quale delle seguenti affermazionisulla glicolisi e corretta?A. Nella prima fase della glicolisi la cellula

investe energia.B. Attraverso la glicolisi vengono demoliti gli acidi

grassi.C. Solo i procarioti possono fare la glicolisi.D. La glicolisi puo avvenire solo in condizioni

aerobe.E. La glicolisi fornisce Acetyl-CoA.

10. McNeil et. al hanno fatto ricerchesulla funzione di una determinata protei-na, presente nelle cellule umane, con l’a-iuto di un anticorpo capace di bloccare lafunzione della proteina. Per far entrarel’anticorpo all’interno della cellula, han-no fatto dei fori con la punta di una pi-petta nella membrana cellulare e hannoaggiunto una soluzione contenente l’an-ticorpo. Come controllo e stato usato unaltro anticorpo che non e in grado di le-garsi alla proteina. La cellula e stata la-vata ed e stato aggiunto il colorante fluo-rescente ioduro di propidio, il quale nonpuo penetrare una membrana cellulareintatta, per finire e stato determinata laproporzione di cellule fluorescenti (quin-di cellule che hanno assimilato lo iodurodi propidio). I risultati sono riportati nelgrafico sottostante. Cosa puoi concludereda queste informazioni?I. Lo ioduro di propidio sembra essere piuttosto

idrofilo che idrofobo.II. La proteina studiata sembra sostenere la

riparazione della membrana cellulare.III. La membrana cellulare delle cellule trattate

con l’anticorpo di controllo sembra aver subitopiu danni.

A. Solo IB. Solo II

C. Solo IIID. Solo I e IIE. Solo II e III

11. I batteri Gram-negativi a differenzadei batteri Gram-positivi possiedono . . .A. . . . una guaina lipidica all’esterno della parete

cellulare.B. . . . flagelli.C. . . . una membrana plasmatica.D. . . . mureina (peptidoglicano) nella loro parete

cellulare.E. . . . una capsula formata da polisaccaridi.

12. Quelles affirmations suivantes ausujet des cellules souches sont correctes?I. Elles peuvent reparer leurs telomeres.II. Les plantes n’ont pas de cellules souches.III. Elles peuvent engendrer differents types de

cellules.IV. Elles se divisent lentement ce qui reduit

l’accumulation de mutations.A. Seulement IIIB. Seulement I et IVC. Seulement II et IIID. Seulement I, III et IVE. Toutes

Biologia vegetale

13. Hai seminato dei semi di garofanod’India (Tagetes patula) il 15 dicembre inun terriccio. Li hai annaffiati e poi messinella tua camera a 20 °C. I semi hannogerminato e formato dei lunghi fusti finie poi dei cotiledoni che, dopo due setti-mane, sono diventati gialli per poi pe-rire una settimana piu tardi. Qual’e lacausa piu probabile della morte delle tuepiante?A. Il bilancio netto di fotosintesi era negativo a

causa della mancanza di luce.B. Le piantine sono state infettate da una malattia

provocata da un fungo.C. La sintesi proteica era insufficiente a causa di

una carenza di manganese del suolo.D. L’allunganrsi dei giorni a partire dal 21 dicem-

bre ha perturbato l’orologio interno dei ga-rofani d’India (Tagetes patula) e ha indotto laformazione di grani.

E. I garofani d’India (Tagetes patula) hanno laparticolarita di produrre degli erbicidi naturaliper essere concorrenziali e i tuoi si sono cosıautodistrutti.

14. Valuta la correttezza delle seguen-ti affermazioni, cosı come quella delcollegamento logico tra le due:¬ Aggiungere dei nitrati in una prateria di trifo-glio bianco (Trifolium repens), una leguminosa,e di loiessa (Lolium multiflorum), un’erba, servirasoprattutto alla loiessaperche il fattore limitante la crescita del trifoglio biancoe l’azoto.

A. ¬ sbagliato, sbagliatoB. ¬ corretto, sbagliatoC. ¬ sbagliato, correttoD. ¬ corretto, corretto, connessione sbagliataE. ¬ corretto, corretto, connessione corretta

15. Un recente studio sugli abeti di Na-tale (Mason T. et al, 2010) ha mostratoche era possibile ritardare la caduta de-gli aghi di abete con dell’1-MCP, una so-stanza che inibisce un ormone vegetale.Di quale ormone si tratta?A. EtileneB. Acido ascissicoC. AuxinaD. GibberellinaE. Citochinine

16. Tra i seguenti fattori, quali posso-no indurre l’apertura degli stomi nellepiante C3?I. L’aumento della pressione di CO2 nel

mesofilloII. Il calare della notteIII. La reidratazione delle pianta dopo una siccitaIV. L’aumento della concentrazione dei acido

ascissicoV. L’afflusso di luce su dei fotorecettori situati

nelle cellule di guardiaA. Solo I e IIIB. Solo II e VC. Solo III e VD. Solo I, II e IVE. Tutte

17. La maggior parte dei suoli diventasempre piu acida con il tempo. In qualemisura le piante partecipano in manieradiretta all’acidificazione di questi suoli?I. Trasformando l’ammonio NH+

4 in nitrato NO-3

II. Assorbendo dell’acqua dal suoloIII. Degradando del materiale organico nel suoloIV. Liberando del CO2 proveniente dalla respi-

razione delle radici nella fase liquida delsuolo

V. Liberando dei protoni per liberare dei cationifissati ai collodes del suolo

A. Solo I e IIIB. Solo I e IVC. Solo II e VD. Solo III e IVE. Solo IV e V

18. On peut reconnaıtre differentes ten-dances evolutives dans les diagrammesfloraux (voir image) de representants dedifferents groupes d’angiospermes, en-tre autres la reduction du nombre depieces florales ou leur fusion entre elles.Considere les diagrammes floraux sui-vants qui representent schematiquementl’organisation des pieces florales (del’exterieur vers l’interieur: sepales,petales/perigon, etamines, carpelles). Aton avis, quelle fleur est la plus anciennedans le sens evolutif?

19. Les monocotyledones (Liliidae) for-ment un groupe monophyletique al’interieur des angiospermes caracterisepar de nombreux traits morphologiqueset renferment environ 22% des especes.

Grace a quelles caracteristiques sui-vantes peut-on differencier les monoco-tyledones, a quelques exceptions pres,des dicotyledones?I. Faisceaux conducteurs disperses et non orga-

nises en cercle dans une coupe transversale detige

II. Quatre cellules de garde par stomateIII. Faisceaux conducteurs sans cambiumIV. Absence de tissus de soutien (collenchyme et

sclerenchyme)V. Organisation parallele des nervures dans les

feuillesVI. Pollens flagelles qui peuvent ainsi nager

activementA. Seulement I et IVB. Seulement II et IIIC. Seulement I, III et VD. Seulement II, V et VIE. Seulement I, II, IV et VI

20. Attribue les caracteristiquessuivantes concernant l’alternan-ce des generations aux fougeres(Pteridopsida) et/ou aux plan-tes a fleurs a graines protegees(Magnoliopsida/Angiospermae).I. Dissemination par des grainesII. Gametophyte feminin se developpant sur le

sporophyteIII. Dissemination par des spores volantesIV. Gametophyte masculin ne contenant qu’un

seul noyau vegetatif.V. Le sporophyte comme le gametophyte peuvent

faire la photosynthese.VI. Sporophyte pluricellulaireA. Fougeres: I, II, IV, V; plantes a fleurs: I, III, VIB. Fougeres: I, II, III, V; plantes a fleurs: IV, V, VIC. Fougeres: I, III, IV, VI; plantes a fleurs: I, II, VD. Fougeres: II, IV, V, VI; plantes a fleurs: I, II, IIIE. Fougeres: III, V, VI; plantes a fleurs: I, II, IV, VI

21. Environ 1% du CO2 contenu dans l’at-mosphere contient l’isotope stable 13C aulieu de 12C. Lors du metabolisme, en par-ticulier lors de la fixation du carbone,le 13C est discrimine (est moins souventutilise que le 12C) a cause de sa masseplus importante. La discrimination estmesuree a l’aide du δ13C [‰]. Plus lavaleur est negative, plus la discrimina-tion est importante. L’illustration mon-tre la frequence de differentes valeursδ13C dans les tissus de plantes C3 et C4.Laquelle des affirmations suivantes estcorrecte?

(Schopfer & Brennicke 2010: Pflanzenphysiologie)

C4

C3

0-30-25-20-15-10

40

30

20

10

δ13C [‰]

Fré

qu

en

ce (

nom

bre

d'e

sp

èces)

I. Etant donne que les plantes C3 vivent dans deshabitats plus secs que les plantes C4, l’acces al’eau semble jouer un role important dans ladiscrimination du 13C.

II. En mesurant le δ13C de saccharose chimique-ment pur, on peut determiner s’il provient debetteraves sucrieres (C3) ou de canne a sucre(C4).

III. La discrimination du 13C est plus importantechez les plantes C3 que chez les plantes C4.

IV. A cause de la plus grande presence de l’isoto-pe 12C dans les plantes C3, il faut beaucoupplus de temps pour que leurs feuilles soientdecomposees dans le sol.

V. Vu que dans le cycle de Calvin, l’enzyme RU-BISCO travaille sous une pression partielle deCO2 plus elevee chez les plantes C4, la discri-mination du 13C semble etre plus marquee sila pression partielle est faible que si elle estelevee.

A. Seulement IIB. Seulement I et IVC. Seulement I et V

D. Seulement I, III et IVE. Seulement II, III et V

22. Quelle est la description correcte dela lignine? La lignine est. . .A. . . . une molecule derivee de la pyrimidine avec

plusieurs groupes alcaliques qui est toxiquepour la plupart des insectes et ainsi le prin-cipal representant des metabolites secondairesvegetaux.

B. . . . une macromolecule composee d’environ3000 monomeres de glucose relies par desliaisons α qui polymerisent par hydrolyseenzymatique.

C. . . . un polymere de composants phenoliques etde longs acides gras; elle est fortement hydro-phobe et est un composant important de lacuticule et du phelloderme.

D. . . . une glycoproteine composee d’un grandpourcentage d’acides amines hydrophiles quiest secretee en grande quantite pendant lasynthese de la paroi cellulaire primaire.

E. . . . une macromolecule composee d’un nom-bre non predefini de monomeres phenoliquesqui polymerisent de maniere desordonnee parun processus radicalaire.

23. Remets dans l’ordre les etapes (tou-tes ne sont pas citees) des reactionsphotochimiques (phase claire) de laphotosynthese:I. Stimulation d’un e- d’un pigment du complexe

antennaire qui passe a un etat exciteII. Transfert de proton dans l’espace intrathy-

lakoıdien par le complexe du cytochromeb6/f

III. Export d’H+ dans le stroma par l’ATP synthaseIV. Lyse de l’eau dans le photosysteme IIV. La plastocyanine transfere des e- au pho-

tosysteme I ou ils passent a un etatexcite

VI. Transfert d’e- sur le NADP+

A. I, III, V, VI, II, IVB. I, IV, II, V, VI, IIIC. VI, V, I, IV, II, IIID. V, II, IV, VI, I, IIIE. V, I, IV, III, VI, II

24. Le point de compensation de la lu-miere correspond a l’eclairement lumi-neux [mol m-2 s-1] auquel la productiond’O2 par photosynthese est egale a laconsommation d’O2 par respiration. La-quelle des affirmations suivantes con-cernant le point de compensation de lalumiere est correcte?A. Une plante souffrant de carence en ma-

gnesium a un point de compensation de lalumiere plus bas.

B. Le point de compensation de la lumiere estplus eleve en cas de concentration de CO2

plus elevee.C. Au point de compensation de la lumiere, plus

de CO2 est fixe dans le cycle de Calvin qu’ilen est rejete par la respiration.

D. Les plantes d’ombre ont un point de compen-sation de la lumiere plus bas que les plantesde soleil.

E. Pendant la nuit, le point de compensation de lalumiere est plus eleve que pendant la journee.

Anatomie et physiologie animale

25. Quels changements ont lieu lors dela differenciation d’un lymphocyte B enplasmocyte?I. Agrandissement du reticulum endoplasmiqueII. MeioseIII. Synthese de ribosomesIV. Agrandissement de la celluleV. Accumulation de phagolysosomesA. Seulement II et IVB. Seulement III et VC. Seulement I, II et VD. Seulement I, III et IVE. Tous

26. Le mode de nutrition et le type denourriture ont une grande influence surla morphologie du tube digestif. Associea chaque nourriture les caracteristiquescorrespondantes du systeme digestif.I. Grands vertebres en un morceauII. GrainesIII. HerbeIV. Nectara. Une longue langue et un taux tres eleve d’a-

cides amines et de monosaccharides trans-portes a travers la muqueuse intestinale pardes transporteurs membranaires

b. Un jabot extensible et des muscles del’estomac bien developpes

c. Une tres grande production de salive et unlong tube digestif divise en de vastes etnombreux compartiments

d. Un metabolisme de base peu eleve et des mi-crovillosites de longueur variable ainsi qu’undiametre variable de l’intestin grele

A. Ia, IIb, IIId, IVcB. Ib, IId, IIIa, IVcC. Ic, IIa, IIIb, IVdD. Id, IIb, IIIc, IVaE. Id, IIc, IIIa, IVb

27. M.R. (41 ans), grande, svelte et souf-frant de prolapsus mitral (SPM) se rendchez le cardiologue pour une consulta-tion. Malgre les troubles lies a son SMP,M.R. s’en sortait bien, mais, depuis quel-ques jours, elle ne peut presque plusmonter les cinq marches d’escalier me-nant a son appartement sans une pausepour souffler. Le medecin diagnostiqueune insuffisance aigue de la valve mitra-le, c’est-a-dire que la valve mitrale ne seferme plus correctement. La valve mitra-le se trouve entre l’oreillette gauche etle ventricule gauche. Quels changementsdirects attends-tu suite a une insuffisanceaigue de la valve mitrale?I. La pression moyenne augmente dans l’aorte.II. La pression moyenne augmente dans les

veines pulmonaires (Vv. pulmonales).III. La pression moyenne augmente dans l’oreillet-

te gauche.A. Seulement IB. Seulement IIC. Seulement IIID. Seulement I et IIIE. Seulement II et III

28. Quel organe de l’ours noir taıwa-nais Ursus thibetanus formosanus sedeveloppe-t-il a partir de l’ectoderme?A. Les muscles squelettiquesB. Le cerveauC. Le foieD. La muqueuse du systeme respiratoireE. Les vaisseaux sanguins

29. Quel stade du developpement em-bryonnaire de la grenouille est re-presente dans le graphique ?

A. ZygoteB. BlastulaC. NeurulaD. MorulaE. Gastrula

30. Dans le graphique qui suit, les cour-bes de saturation en 02 de l’hemoglobine(tetramere) humaine sont representeesschematiquement. Ces courbes de satu-ration changent selon les conditions danslesquelles se trouve l’hemoglobine et se-lon le type d’hemoglobine. La courbe est celle de l’hemoglobine chez l’adulteavec un pH sanguin de 7,4. Laquelle desaffirmations suivantes est correcte?

Sat

ura

tion

de

l'hém

oglo

bin

e [%

]

100

90

80

70

60

50

40

30

20

10

01009080706050403020100

Pression partielle d'O2 [mmHg]

1

2

3

A. La courbe ® pourrait representer la courbe desaturation en 02 de l’hemoglobine fœtale.

B. Comme le pH sanguin reste constant, la cour-be ne peut se deplacer physiologiquementni vers la gauche, ni vers la droite.

C. Dans les tissus tres gourmands en oxygene, lacourbe se deplace en direction de la courbe®.

D. Dans les poumons, la courbe se deplace endirection de la courbe ®.

E. La courbe ¬ represente la courbe de satura-tion de l’hemoglobine chez l’adulte avec unpH < 7,4.

31. De nos jours, beaucoup de gens ontune pression sanguine trop elevee (hy-pertension arterielle). Une raison a celaest une trop haute concentration de l’hor-mone aldosterone. Une forme rare ethereditaire de l’hypertension arterielle apour cause un rearrangement genetiquea la suite duquel la production d’al-dosterone peut etre anormalement sti-mulee par l’hormone corticotrope (ACTH)secretee par l’hypophyse.Admettons que les glucocorticoıdes syn-thetiques agissent comme le cortisol,mais ne montrent aucun des effets del’aldosterone. Evalue la justesse des af-firmations suivantes, ainsi que celle dulien logique.¬ Cette forme d’hypertension arterielle peut etretraitee par l’administration de glucocorticoıdessynthetiquesparce que les glucocorticoıdes synthetiques abaissent lafrequence cardiaque.


32. L’hormone antidiuretique (ADH, aus-si nommee vasopressine) provoque dansles reins . . .A. . . . une augmentation de pression dans les

glomerules.B. . . . l’insertion d’aquaporines (pores

permeables aux molecules d’eau) dansles cellules du tube collecteur distal.

C. . . . l’insertion de canaux a chlorure dans lescellules du tube distal.

D. . . . une augmentation de la pression dans lesveines renales causee par leur retrecissement.

E. . . . l’insertion de canaux a sodium dans lescellules du tube proximal.

33. Une prise de cortisol commemedicament peut mener a long termea. . .I. . . . une diminution de la production de cortisol

par le corpsII. . . . un developpement plus important de la

musculature squelettiqueIII. . . . un retrecissement de la glande thyroıdeIV. . . . un risque plus eleve d’infection a cause de

l’inhibition de cellules immunitairesV. . . . une glycemie constamment trop basseA. Seulement IB. Seulement I et IVC. Seulement II, III et VD. Seulement II, IV et VE. Seulement I, III et IV

34. Dans l’hypophyse, certaines hormo-nes sont formees a partir d’un precurseurcommun, la pro-opiomelanocortine(POMC), clive par differentes enzymesproteolytiques (A-E). Pour pouvoir formerde l’ACTH, une cellule doit au minimumexprimer. . .

POMC

β-MSH

γ-MSH ACTH β-Lipotropin

CLIPα-MSH γ-Lipotropin β-endorphin

B

E

A

C D

A. . . . l’enzyme B.B. . . . les enzymes A et B.C. . . . les enzymes A, C et D.D. . . . les enzymes A, C, D et E.E. . . . toutes les enzymes A-E.

35. Dans les cellules corticotropes del’hypophyse (cellules stimulees par lacorticoliberine CRH), la POMC est di-visee en γ-MSH (hormone melanotrope)et en β-lipotropine. γ-MSH stimule lesmelanocytes (cellules pigmentees) de lapeau, ce qui a pour consequence une co-loration brune de la peau. Avec ces in-formations, qu’est-ce qui pourrait etre al’origine du brunissement frappant de lapeau de Kennedy, le 35eme president desEtats-Unis?I. Fonctionnement deficient des glandes corti-

cosurrenales et donc diminution du feedbacknegatif sur l’hypothalamus et l’hypophyse

II. Tumeur produisant de la CRH dans l’hypotha-lamus

III. Destruction de l’hypothalamus ce qui provo-que une diminution du feedback negatif surl’hypophyse

IV. Renforcement du feedback positif par unetumeur de la medullosurrenale

V. Fonctionnement excessif du pancreas et doncrenforcement du feedback positif sur lescellules corticotropes de l’hypothalamus

A. Seulement VB. Seulement I et IIC. Seulement III et VD. Seulement II, III et IVE. Seulement I, II, IV et V

36. Le debit cardiaque (quantite de sangque le cœur propulse par minute) peutetre calcule a l’aide de la frequencecardiaque (FC = nombre de battementpar minute) et du volume d’ejection (VE= volume de sang que le cœur ejectea chaque contraction). Supposons quesans medicament, le volume d’ejectionpar contraction cardiaque represente le60% du volume sanguin qui se trouvedans le cœur a la fin de la diastole. Sila frequence cardiaque est de 60 et levolume a la fin de la diastole est de100ml, lequel des medicaments suivantsaugmente le plus le debit cardiaque?A. Le medicament A augmente le VE de 20% et

abaisse la FC de 5%.B. Le medicament B augmente la FC de 10%.C. Le medicament C abaisse le VE de 10% et

augmente la FC de 15%.D. Le medicament D abaisse le VE de 10% et

augmente la FC de 20%.E. Le medicament E augmente le VE de 30% et

diminue la FC de 20%.

37. Lors du developpement embryonnai-re du cœur, plusieurs deformations peu-vent survenir. Par exemple, la communi-cation interventriculaire est caracteriseepar un orifice entre les deux ventricules(image A). Quant a la communication in-terauriculaire, c’est un orifice entre lesdeux oreillettes (image B). Lors de la per-sistance du canal arteriel, le raccourci en-tre l’aorte et les arteres pulmonaires nese ferme pas apres la naissance (imageC). Un tronc arteriel commun mene a undepart commun de l’aorte et des arterespulmonaires, de plus un trou subsiste en-tre les deux ventricules (image D). Surl’image E, tu peux voir un cœur normalavec les pressions sanguines correspon-dantes en mmHg. Quelles deformationscardiaques mene a une forte reductionde la saturation en O2 du sang dans lecorps?

I. Communication inter-ventriculaireII. Communication inter-auriculaireIII. Persistance du canal arterielIV. Tronc arteriel communA. Seulement IIB. Seulement IVC. Seulement I, II et III

D. Seulement I, III et IVE. Toutes

38. La loi de diffusion de Fick s’appli-que aux echanges gazeux dans les pou-mons (voir formule). M = quantite de gaztransporte par unite de temps, K = coefficient de diffusion, F = taille de la surfa-ce d’echange, d = epaisseur de la surfaced’echange, ∆P = difference de pressionentre le gaz alveolaire et le sang. Dansquelles situations t’attends-tu a une di-minution de la diffusion d’oxygene dansles poumons par unite de temps ?

M = K × F

d×∆P

I. Lors d’une fibrose pulmonaire (epaississementde la paroi des alveoles pulmonaires a caused’une accumulation de fibres)

II. Lors d’un emphyseme pulmonaire (apparitionde grosses poches d’air dans les poumons etdiminution du tissu pulmonaire effectif)

III. Par inhalation d’oxygene supplementaire atravers un masque a oxygene

IV. Lors d’un sprint de 200mV. En appreciant la vue du haut du Jakobshorn a

DavosA. Seulement VB. Seulement I, II et VC. Seulement I, III et VD. Seulement II, III, et IVE. Toutes

39. Le test de Schilling est divise en deuxetapes. Lors de la premiere etape, le pa-tient mange de la vitamine B12 marqueeradioactivement et, apres une heure, l’u-rine est recoltee et la quantite de vita-mine B12 radioactive dans l’urine est me-suree. Lors de la deuxieme etape, le toutest repete, mais les patients recoivent enplus de la vitamine B12 radioactive unfacteur intrinseque. On regarde a nou-veau combien de vitamine B12 se retrou-ve dans l’urine. Chez un patient a qui ona retire l’estomac, aucune vitamine B12

radioactive n’a pu etre detectee dans l’u-rine apres la premiere etape, par con-tre, lors de la deuxieme, il y en avait.Chez un patient a qui on a retire une par-tie de l’intestin grele, une augmentationde la concentration de vitamine B12 ra-dioactive n’a ete observee dans aucunedes deux etapes. Chez un patient a qui

on a completement retire le gros intestin,une augmentation de vitamine B12 ra-dioactive a pu etre mesuree lors des deuxetapes. Que peux-tu conclure a partir deces trois exemples?I. Le gros intestin joue un role important dans

l’absorption de la vitamine B12.II. Le facteur intrinseque est produit dans

l’estomac.III. Le facteur intrinseque est insignifiant pour

l’absorption de la vitamine B12.IV. La vitamine B12 est absorbee dans l’intestin

grele.V. La vitamine B12 detruit le facteur intrinseque.A. Seulement VB. Seulement II et IVC. Seulement III et VD. Seulement I, II et IVE. Tous

40. Laquelle des substances suivantesn’est PAS filtree librement dans le reind’une personne saine (ne se retrouve pasdans l’urine primaire)?I. SodiumII. GlucoseIII. UreeIV. Albumine (une proteine plasmatique)A. Seulement IB. Seulement IVC. Seulement I et IIID. Seulement II et IVE. Seulement II, III et IV

41. Le rein a un role essentiel dansla regulation du metabolisme acido-basique de notre corps. Les cellulesdes tubules renaux pompent activementles H+ dans l’urine primaire. En memetemps, elles liberent a partir de l’acideamine glutamine du NH3 qui reagit avecles H+ dans l’urine primaire pour formerdu NH+

4 . Le pKA de l’ammoniac est de 9.3,le pH de l’urine est de 5. Par consequent,plus de H+ peuvent etre excretes parceque . . .A. . . . ceci est un tampon tres efficace dans

l’urine.B. . . . des H+ sont pieges et le NH+

4 diffusedifficilement a travers la membrane plasmique.

C. . . . NH+4 est tres soluble dans l’eau.

D. . . . les cellules des tubules renaux peuventproduire de l’ATP a partir du NH+

4 .E. . . . NH+

4 diffuse a l’exterieur de la cellule dansl’urine primaire en suivant un gradient deconcentration.

42. Une methode pour mesurer le vo-lume sanguin chez l’homme fonction-ne a l’aide d’un isotope d’iode par-ticulier (123I). Cet isotope est produitsynthetiquement, il a une demi-viede 13 heures et se desintegre pardesintegration gamma en 123Te, qui estpresque stable. Pour determiner le volu-me sanguin, on administre 10ml de solu-tion d’iode dans les veines. L’activite dela solution est au depart de 2mSv, l’ac-tivite de 10ml de sang, mesuree apres13 heures, et de 0.0025mSv. Quel est levolume sanguin?A. 4 litresB. 5.5 litresC. 6 litresD. 8 litresE. On ne peut pas le calculer a partir des

donnees.

43. La piqure de Chironex fleckeri (laplus grande des cubomeduses) est ex-tremement dangereuse: elle peut tuerune personne adulte en moins de troisminutes. La composition et le fonction-nement exacts du venin ne sont pas en-core tres bien connus, mais il a ete ob-serve que la concentration intracellulairede calcium augmente significativementlors d’une piqure. Evalue la justesse desaffirmations suivantes, ainsi que celle dulien logique.¬ Des cellules musculaires exposees au poisonrestent dans un etat contracteparce que Ca2+ empeche la liaison de l’actine a lamyosine.


Comportement

44. Quelles caracteristiques suivantessont typiques des especes d’insecteseusociales?I. Division du travailII. Renoncement partiel a sa propre reproductionIII. Generations qui se chevauchentIV. Castes presentant des differences morphologi-

quesV. Utilisation de ressources alimentaires tres

grosses et repanduesA. Seulement IVB. Seulement I et IIC. Seulement II et IIID. Seulement IV et VE. Toutes

45. L’image est une representationschematique de deux zones de lek (ai-re de parade nuptiale) des males cobde buffon (Kobus kob). Les trait-tillesdonnent les limites des territoires et lespoints designent les males matures. Lesfemelles recherchent les zones de lek demaniere ciblee et choisissent des males.Quelle affirmation concernant les malesest la plus appropriee?

A. Les males qui ont le plus de succes occupentle plus grand territoire

B. Une fois un territoire conquis, les males pro-speres y restent durant toute la duree (plusieurssemaines) de leur periode nuptiale et peuventainsi empecher les autres males de s’accoupleravec des femelles.

C. Dans ce systeme d’accouplement, les malesprosperes ont de la peine a monopoliserles femelles et donc une grande partie desmales a l’interieur de la population peuvent sereproduire.

D. Les males s’adonnent la plupart du temps ades gestes rituels, comme bouger la tete etcaracoler en position verticale.

E. Les males sont monogames et vivent avec leurfemelle dans un territoire commun.

46. Une espece fictive, plus moins de lataille d’un rat, habite les arbres d’unesavane surtout dominee par de l’herbe.Le rapport femelles/males est bas. Lesfemelles fecondees depuis peu restentpendant longtemps encore fertiles, maisne mettent au monde que 2 jeunes parsaison. On a determine que la morta-lite juvenile est correlee avec la dureependant laquelle les jeunes sont laissesseuls. Les males participent a l’elevagedes petits. Quelle strategie de reproduc-tion un male de cette espece devrait-ilchoisir du point de vue de l’evolution?A. Vivre en polygynieB. Vivre en polyandrieC. Etre monogame pendant toute sa vieD. Tuer la progeniture dans le territoire voisinE. Developper des caracteres sexuels secondai-

res couteux et frappants ainsi qu’une longueparade

47. Associe.I. Apres une blessure douloureuse causee par

les epines d’un porc-epic (Hystrix cristata), unjeune lion (Panthera leo) n’essaiera plus demanger un de ces animaux.

II. Un enfant apprend a marcher.III. Apres quelques semaines dans un nouveau pre

pres de l’autoroute, des moutons ne fuient plusdevant les voitures qui passent.

a. Maturation (comportement inne)b. Habituationc. Apprentissage associatif (un certain stimulus

est associe avec un autre)A. Ia, IIb, IIIcB. Ib, IIc, IIIaC. Ib, IIa, IIIcD. Ic, IIb, IIIaE. Ic, IIa, IIIb

Genetica ed evoluzione

48. Ecco un frammento di DNA euca-riote. Il suo filamento complemen-tare serve da matrice per l’RNA pol-kimerasi II che sintetizza dell’mRNA.Quanti amminoacidi conterra il pep-tide sapendo che AUG e il codonestart e UAG, UGA, UAA i codoni stop?5’-AGCAATGCGAACCAGTGCATAAACTGTAG-3’

A. 4B. 5C. 6D. 7E. 8

49. Laquelle des situations suivantespeut amener a la formation immediated’une espece?A. Interruption de l’echange de genes par

isolation geographiqueB. Modification de la ploıdie (apparition de

polyploıdie)C. Apparition de barrieres physiques entre des

populationsD. Modification des conditions environnementa-

lesE. Introduction d’un nouveau predateur dans le

territoire

50. Les faisans mikados (Syrmaticus mi-kado) males ont de superbes plumes rec-trices longues d’environ 50 cm. Ces plu-mes sont noires avec des bandes blan-ches a distance reguliere et ne donnentd’avantages ni pour le deplacement nipour le camouflage. La production deces plumes coute beaucoup d’energie.Evalue la justesse des affirmations sui-vantes ainsi que celle du lien logiquepour un jeune faisan mikado male donton a arrache les plumes rectrices parmechancete.¬ Le faisan mikado a une esperance de vie plusfaiblecar sa fitness a diminue.


51. Dans une population de faisan mika-do dans la region montagneuse centra-le de Taiwan, il y a un allele qui produitune deuxieme bande blanche sur les ai-les des individus homozygotes. Cet allelea une frequence de 10% dans cette popu-lation qui se trouve en equilibre d’Hardy-Weinberg pour cet allele. Avec l’introduc-tion du fusil a repetition au 19eme siecle,tous les faisans a deux bandes ont etesoudainement abattus car ils faisaientde precieux trophees. Heureusement, lachasse aux faisans mikado a ete interdi-te une generation plus tard deja et tousles chasseurs s’y sont tenus. Quelle est ladifference dans la frequence de l’alleleavant et apres l’incident?A. La valeur n’a pratiquement pas change (<1%).B. 3.33%C. 6.66%D. 13.3%E. 33.3%

52. Laquelle des affirmations suivantesau sujet des oiseaux est correcte?A. Les strateges r se trouvent dans un etat stable

tres proche de la capacite de limite.B. La capacite limite pour une population dans

un environnement variable est constante.C. Les strateges k ont un taux de naissance plus

eleve que les strateges r.D. Les strateges r donnent plus de soins a la

portee que les strateges k.E. La taille de la population peut etre superieure

a la capacite limite du milieu.

53. Tu cultives des mouches du vinai-gre (Drosophila melanogaster). Apresde longues annees de croisements, tuobtiens les lignees pures AABB, Aabbet aabb. Les genes A/a et B/b se si-tuent sur differents chromosomes. Tumelanges 100 individus AABB, 100 Aabbet 200 aabb et les laisses se reprodui-re. Quelle est la frequence des indivi-dus aaBB apres 50 generations d’apresHardy-Weinberg?A. 1/16B. 17/32C. 1/32D. 1/64E. 1/128

54. Tu sais que les loci C/c et D/d sesituent sur la meme chromatide. Pourdeterminer leur distance, tu produis parun travail laborieux les lignees puresCCDD (1) et ccdd (2) puis en croisant (1)et (2), tu obtiens en F1 une souche purede CcDd (3). Par un croisement compli-que, tu obtiens encore une souche purede CcDD (4) et une ccDd (5). Les loci C/c etD/d sont distants de 32cM. Laquelle desaffirmations suivantes est correcte?A. Si on croise un animal (3) avec un animal (3),

il y aura dans la descendance 32% de CCddou de ccDD.

B. Si on croise un animal (2) avec un animal (3),il y aura dans la descendance 32% de ccDdou de Ccdd.

C. Si on croise un animal (1) avec un animal (2),il y aura dans la descendance 32% de CcDd.

D. Si on croise un animal (3) avec un animal (3),il y aura dans la descendance 32% de CCDDou de ccdd.

E. Si on croise un animal (4) avec un animal (5),il y aura dans la descendance 32% de CcDd.

55. Quelle distance attends-tu dans uneexperience de croisement entre deux lo-ci qui se trouvent sur des chromatidesdifferentes?A. 0 cMB. 33.33 cMC. 50 cMD. 100 cME. ∞ cM

56. Une souche de bacteries Escherichiacoli a un temps de generation de 30 mi-nutes sur un milieu contenant du gluco-se et d’une heure sur un milieu conte-nant du citrate. Suppose que tu as deuxcolonies A et B avec chacune une popu-lation de depart de 108 cellules/ml. Tulaisses grandir la colonie A pour deuxheures sur un milieu contenant du ci-trate puis les transferes sur un milieucontenant du glucose ou tu la laissesegalement grandir deux heures. La co-lonie B peut tout d’abord grandir sur duglucose mais est transferee apres deuxheures sur du citrate ou elle granditegalement deux heures. En supposantque toutes les bacteries se divisent exac-tement en meme temps, qu’il n’y ait pasd’effets de saturation et que tu leur four-nisses suffisamment de nutriments, com-ment se comportent les tailles des deux

populations l’une par rapport a l’autredans cette experience de quatre heures?A. A est plus de dix fois plus grande que B.B. A est plus grande que B, mais moins que dix

fois plus grande.C. A a la meme taille que B.D. A est plus petite que B, mais moins que dix fois

plus petite.E. A est plus de dix fois plus petite que B.

57. Dans une experience, tu veux etudierla vitesse de propagation competitive dedeux souches de bacteries. Pour ce-la, tu marques l’une des souches avecune proteine fluorescente rouge, l’autreavec une verte. Tu commences vendre-di soir avec un melange de 106 bacteriesde chaque souche au milieu d’une boıtede Petri contenant un milieu homogeneet les laisse grandir pendant le week-end. Quand tu reviens au laboratoi-re lundi matin, tu constates que lesbacteries sont reparties en secteurs clai-rement rouges ou clairement verts. Le-quel des phenomenes suivants pourraitetre responsable de ce fait?A. Selection naturelleB. Selection sexuelleC. Equilibre de Hardy-WeinbergD. Derive genetiqueE. Hybridation

58. Un gene produit deux phenotypes, Aou B. Quand tu croises des individus dephenotype A entre eux, tu obtiens 6029individus de phenotype A et 3015 dephenotype B. Quand tu croises des indivi-dus de phenotype B, tous les descendan-ts sont egalement de phenotype B. Quepeux-tu en tirer?I. A est dominant.II. B est dominant.III. Le genotype AA est letal.IV. Le genotype BB est letal.V. Il doit s’agir d’une interaction epistatique.A. Seulement VB. Seulement I et IIIC. Seulement I et IVD. Seulement II et IIIE. Seulement II et IV

59. Supposons qu’une population de Ma-dagascar se trouve en equilibre d’Hardy-Weinberg pour une maladie genetiquerecessive donnee. La frequence del’allele malade est de 10%. Quelle estla probabilite qu’un habitant sain soitporteur?A. 1/18B. 1/9C. 18/100D. 2/11E. 99/100

60. Supposons qu’un homme ait, d’apresson arbre genealogique, une probabilited’un tiers d’etre porteur pour une mala-die genetique recessive. Il epouse unefemme malade et ils ont ensemble un en-fant sain. En considerant tous ces faits,quelle est la probabilite que l’homme soitporteur pour cette maladie? Conseil:

PB(A) =P (A ∩B)

P (B)

c’est-a-dire que la probabilite quel’evenement A ait lieu, alors que B adeja eu lieu, est egale a la probabiliteque A et B aient lieu en meme tempsdivisee par la probabilite que B ait lieu.Avec un peu de calcul, on peut montrerque la probabilite a priori que l’enfantne soit pas malade est de 5

6.

A. 1/5B. 1/4C. 1/3D. 2/5E. 1/2

Ecologie

61. Dans une foret humide vivent 5especes de mille-pattes qui sont tous lesproies d’une espece d’oiseaux chassant avue pendant la journee. Une espece demille-pattes est tres toxique et en generalmortelle pour cette espece d’oiseaux, uneautre, rare, ne contient pas de poisons etles trois autres sont faiblement toxiqueset provoquent chez l’oiseau des nauseeset des problemes de digestion. Quellesaffirmations concernant ce systeme sonttres probablement correctes?I. Toutes les cinq especes ont la meme couleur

de camouflage (mimetisme).II. Les mille-pattes non toxiques sont soumis a

une forte pression selective pour avoir la memecouleur que l’espece tres toxique.

III. Si une espece de mille-pattes frequente etmoyennement toxique porte une couleur con-trastee, la pression de predation par les oi-seaux sur ces mille-pattes va etre fortementreduite par un conditionnement negatif.

IV. Si, a cause d’une infection parasitaire, lesmille-pattes tres toxiques deviennent les mille-pattes les plus frequents dans cette foret, lesysteme prealablement en place ou toutesles cinq especes de mille-pattes portaient lesmemes couleurs d’avertissement collapsera enune generation d’oiseaux.

A. Seulement IB. Seulement IIIC. Seulement IVD. Seulement II et IIIE. Seulement II et IV

62. Toxoplasma gondii se reproduit demaniere intracellulaire et est un des pa-rasites les plus connus et prosperes. T.Gondii produit dans l’intestin de l’hotedefinitif un grand nombre d’oocystes quisont preleves par voie orale par l’hote in-termediaire. Dans l’hote intermediaire,les sporozoıtes contenus dans les oocy-stes migrent vers les cellules epithelialeset y forment des kystes intracellulai-res. Ces kystes doivent a leur touretre preleves par voie orale par l’hotedefinitif pour fermer le cycle. Laquel-le des affirmations suivantes est tresprobablement correcte? Toxoplasmagondii. . .A. . . . provoque la malaria chez l’homme.B. . . . modifie le comportement de l’hote in-

termediaire, ce qui fait que ces predateursfuient de plus en plus et se retirent dans descaches sures.

C. . . . est tres specifique pour son hote definitif(mammiferes carnivores des niveaux trophi-ques superieurs).

D. . . . possede un glycocalyx (aussi nomme surfa-ce coat) tres couteux energetiquement qui estcode par de nombreuses sequence d’ADN (en-viron 1/3 du genome total) et protege les pa-rasites des macrophages et des anticorps dansle sang.

E. . . . est tres specifique pour son hote in-termediaire (herbivore).

63. Apres l’age de glace, en Suisse, lescoregones (une espece de poissons in-digenes Coregonus spp.) ont subi une ra-diation. A l’origine, une a six especes deCoregonus vivaient de maniere sympa-trique dans chaque grand lac de Suisse.Celles-ci se differenciaient par leur mor-phologie, leur nourriture et leur ecologiede reproduction. Des comparaisons avecdes dessins historiques montrent qu’enSuisse, au cours des 50 dernieres annees,plus de 30% des especes de Corego-nus ont disparu. De plus, la differencegenetique entre les especes de Corego-nus sympatriques s’est fortement reduite.A cote de l’exploitation intensive et del’augmentation des effectifs avec desespeces de Coregonus non indigenes, c’e-st avant tout la pollution des eaux pen-dant les annees 70 qui est responsablede cette situation. Evalue la justesse des

affirmations suivantes, ainsi que celle dulien logique.¬ Les especes de Coregonus qui frayaient dansles eaux profondes ont du pendant les annees 70changer leur comportement de reproductioncar a cause de l’arrivee d’eaux usees chargees dephosphates et nitrates, la concentration de chlo-rophylle a augmente massivement dans les lacspollues.


64. Une grande partie des plantes an-giospermes sont pollinisees par des ani-maux. Associe les descriptions de fleursci-dessous a leur pollinisateur.I. Des fleurs avec souvent des motifs ultraviolets

ouvertes le jour au parfum agreableII. Des fleurs grandes et resistantes, rouge vif, ou-

vertes le jour, sans parfum, avec une grandeproduction de nectar

III. Des fleurs grandes et resistantes, tres ouvertespendant la nuit au parfum intensif et avec unegrande production de nectar

IV. Des fleurs brunes-rouges, sans nectar, avec unparfum de viande putrescente

V. Des fleurs blanches, ouvertes pendant la nuit,avec un parfum intensif, du nectar cache dansde longs tubes fins

a. Abeillesb. Papillons de nuitc. Mouchesd. Chauves-sourise. OiseauxA. Ia, IIc, IIId, IVb, VeB. Ia, IIe, IIId, IVc, VbC. Ib, IId, IIIe, IVa, VcD. Ic, IIa, IIIe, IVd, VbE. Ie, IIa, IIIb, IVc, Vd

65. Quelles adaptations ecologiquesattends-tu chez une mauvaise herbetypique des cereales comme la nielle(Agrostemma githago) dont les grainesarrivent dans la recolte et sont ressemeesune annee plus tard?I. Des graines arrivant tot a maturite et tombant

facilementII. Des graines qui sont aussi grosses et lourdes

que les graines de cerealesIII. Une forme annuelleIV. Une tolerance envers un sol humideV. Des fleurs discretesA. Seulement IB. Seulement I et IVC. Seulement II et IIID. Seulement II et VE. Seulement III, IV et V

66. Dans la recherche en ecologie, ilfaut souvent choisir entre un protocoleexperimental ou une recherche purementdescriptive. Avec la premiere methode,on peut etudier l’effet d’un facteur envi-ronnemental de maniere ciblee, les au-tres conditions restant constantes. Avecl’autre methode, on peut etudier la si-tuation trouvee dans la nature sous l’in-fluence de tous les facteurs environne-mentaux. Quelle approche choisirais-tupour etudier les questions suivantes?I. Quel est le succes de pollinisation de la pri-

mevere elevee de la foret (Primula elatior) enl’absence de son pollinisateur?

II. Comment change la composition d’arbresd’un certain type de foret a la suite durechauffement climatique?

III. Laquelle de deux especes d’herbes peutprelever l’azote du sol le plus efficacementlorsqu’elles sont en concurrence directe?

IV. Dans quelle mesure le nombre de renardsroux (Vulpes vulpes) infectes par des endo-parasites est dependant de la densite de leurpopulation?

V. Est-ce que la difference de taille des den-ts de lion (Taraxacum officinale) dans lesmontagnes et dans la vallee est determineegenetiquement ou est due aux differentesconditions climatiques?

A. Experimental: I, III, V; Descriptif: II, IVB. Experimental: I, II, III, V; Descriptif: IVC. Experimental: II; Descriptif: I, III, IV, VD. Experimental: II, III, IV; Descriptif: I, VE. Experimental: III, IV, V; Descriptif: I, II

67. Tu connais deja la formule pour ledeveloppement d’une population avecle taux de natalite et le taux de mor-talite proportionnels a la taille de lapopulation:

N(t) = N0 · e(g−s)t

ou N(t) est la taille de la populationau temps t, N0 la taille de la popu-lation de depart, g le taux de nata-lite et s le taux de mortalite. Cetteformule est la solution (purement ma-thematique) d’une equation differentiellequi se laisse deriver directement a par-tir de deductions biologiques. Laquel-le des relations suivantes a pour basece systeme biologique? Aide: dN

dtest le

changement de N par unite de temps“.A. dN(t)

dt= g − s

B. dN(t)dt

= sN(t)− gC. dN(t)

dt= g − sN(t)

D. dN(t)dt

= gN(t)− sN(t)

E. dN(t)dt

= sN(t)− gN(t)

68. Malheureusement, beaucoup de po-pulations ne se laissent pas decrire parle modele evoque plus haut, car ellesse trouvent dans une relation proies-predateurs avec une autre population.Un essai pour modeliser cette relation estle modele de Lotka-Volterra

dB

dt= B(t)(gB − s′BR(t))

dR

dt= R(t)(g′RB(t)− sR)

ou R(t) est la population de predateurs etB(t) la population de proies au temps t. s′

et g′ sont les taux relatifs de natalite re-spectivement de mortalite qui decriventle lien entre les deux especes. Le sy-steme de coordonnees suivant montresur un axe le nombre de predateurs etsur l’autre axe le nombre de proies. Sil’on considere des parametres raisonna-bles (tous les taux de natalite et morta-lite > 0 et plus ou moins de meme ordrede grandeur). Nos populations se trou-vent au point P (beaucoup de predateurset de proies). Dans quelle direction vont-elles bouger selon l’equation de Lotka-Volterra dans un prochain court laps detemps?A. Plus de predateurs, moins de proiesB. Moins de predateurs, plus de proies

P

A

B

E

C

D

Beute / proie

Räu

ber

/ p

réd

ate

ur

C. Moins de predateurs, moins de proiesD. Autant de predateurs, moins de proiesE. Plus de predateurs, autant de proies

69. Un ”espace des phases “ est unecourbe dans un systeme de coordonneesqui decrit les composants d’une popula-tion au cours du temps. A quoi pour-rait ressembler un tel espace des phasespour le modele de Lotka-Volterra?

CA

ED

B

Beuteproie

Räuber

prédateur

Räuber

prédateur

Räuber

prédateur

Räuber

prédateur

Räuber

prédateur

Beuteproie

Beuteproie

Beuteproie

Beuteproie

Sit

te &

al.

2002:

Str

assb

urg

er

Leh

rbu

ch

der

Bota

nik

1) Feuilles alternes (toujours une seule par noeud) -> 2 Feuilles opposées (toujours deux à la même hauteur) -> 32) Feuilles des tiges fleuries et des tiges végétatives semblable -> 4 Feuilles des tiges fleuries et des tiges végétatives clairement différentes -> 53) Feuilles des tiges fleuries et des tiges végétatives semblable -> 6 Feuilles des tiges fleuries et des tiges végétatives clairement différentes -> 74) Une seule fleur à chaque noeud [A] Fleurs régroupées dans une inflorescence terminale [] 5) Une seule fleur à chaque noeud [] Fleurs régroupées dans une inflorescence terminale [B]6) Une seule fleur à chaque noeud [C] Fleurs régroupées dans une inflorescence terminale []7) Une seule fleur à chaque noeud [D] Fleurs régroupées dans une inflorescence terminale [E]

Systematique

70. Le gingembre Zingiber officinale(voir image) est une vieille culture qui estaussi cultivee a Taıwan. Comment peux-tu a l’aide de la cle de determinationdonnee sous l’image determiner correc-tement le gingembre? Commence avecle point 1 et decide a chaque point quelcaractere est valable pour la plante etcontinue au point donne suivant. Quel-le lettre peux-tu associer au gingembre?

71. Les noms scientifiques d’especes sontdonnes selon des regles precises. Bienque le nom de l’auteur en abrege estomis la plupart du temps, il appartientaussi a une citation correcte. Com-ment interpretes-tu le nom suivant d’uneorchidee endemique de Taıwan?

Habenaria lucida Lindl. subsp.longiracema (Fukuy.) H. J. Su & C.C. Wu

A. La sous-espece longiracema a deja etedifferenciee par John Lindley de Habenaria lu-cida, mais sous un autre nom. Plus tard, H.J.Su et C.C. Wu ont introduit dans une publi-cation commune le nom aujourd’hui acceptede la sous-espece. Pour cette publication, ilsont tous les deux travaille de maniere intensi-ve avec Noriaki Fukuyama. En remerciementpour cette collaboration, son nom a aussi etespecifie.

B. L’espece Habenaria lucida a ete decrite a l’o-rigine par John Lindley. Noriaki Fukuyama asepare plus tard une sous-espece de Habena-ria lucida, cependant sous un nom qui n’estplus accepte de nos jours. Le nom valableaujourd’hui de cette sous-espece a ete utilisepour la premiere fois par H.J. Su et C.C. Wudans une publication commune.

C. Le genre Habenaria a ete decrit par John Lind-ley. L’espece H. lucida subsp. longiracema aete decouverte par Noriaki Fukuyama pendantson travail de terrain pour la science. Mon-sieur Fukuyama n’a pu pas decrire lui memel’espece. Elle a ete decrite plus tard par H.J.Su et C.C. Wu.

D. Malheureusement, l’espece a ete decrite deuxfois de facon independante, d’une part parJohn Lindley en tant que Habenaria lucida etd’autre part par H.J. Su et C.C. Wu en collabo-ration avec Noriaki Fukuyama en tant que Ha-benaria longiracema. Comme il existait deuxnoms valides, les deux sont mentionnes pourune citation correcte.

E. Comme toutes les noms scientifiques d’e-speces suivant la nomenclature binaire, Ha-benaria lucida a ete a l’origine decrite parLinne. John Lindley, Noriaki Fukuyama, H.J.Su et C.C. Wu ont plus tard precise et com-plete la description d’origine, les deux derniersauteurs ayant introduit le nom en trois partiesaujourd’hui accepte.

72. Dans quelle situation le concept mor-phologique d’espece ne peut PAS etreutilise pour distinguer les deux taxons?A. Le chevreuil (Capreolus capreolus) et le cerf

elaphe (Cervus elaphus) vivant de faconsympatrique dans la meme region forestiere

B. Les grenouilles des fraises (Oophaga pumi-lio) presentes au Panama en differentes cou-leurs, tailles et formes et la dendrobate doree(Dendrobates auratus) uniquement verte etnoire

C. La tourte voyageuse (Ectopistes migratorius)et le dodo (Raphus cucullatus) conservesseulement en musee

D. Le bison d’Amerique du nord (Bison bison) etle bison d’Europe (Bison bonasus)

E. Le triceratops du cretace et le rhinoceros indienmoderne (Rhinoceros unicornis)

73. Associe les combinaisons de ca-racteres suivants avec les organismescorrespondants.I. Des poumons en feuillets, mandibules a l’o-

rigine en trois parties, aujourd’hui en deuxparties, jabot aspirateur

II. Des dents vomeriennes, des cotes atrophiees,metamorphose pendant l’ontogenese

III. Les extremites posterieurs recouvertesd’ecailles, les organes respiratoires ven-tiles par des sacs pulmonaires, la machoiresuperieure (Maxilla) et la machoire inferieursMandibula mobiles

IV. Des organes de secretion fins et tubulaires quifinissent entre l’intestin moyen et l’intestin po-sterieur, un corps en trois parties, une paired’antennes

V. Des cellules musculaires epithelialesspecialisees, des nematocystes, un corpsconstruit selon une symetrie radiaire

VI. Des ampoules de Lorenzini pour la percep-tion des champs electriques et des differencesde temperature, un squelette de cartilage, unstigmate (spiraculum) pour respirer

a. Le requin blanc (Carcharodon carcharias)b. La mouche domestique (Musca domestica)c. Le rouge-queue a front blanc (Phœnicurus

phœnicurus)d. Les coraux boules (Faviidae)e. L’epeire diademe (Araneus diadematus)f. La grenouille rousse (Rana temporaria)A. Ib, IIa, IIIf, IVe, Vd, VIcB. Ic, IIa, IIIb, IVe, Vd, VIfC. Id, IIc, IIIf, IVa, Ve, VIbD. Ie, IIc, IIIa, IVb, Vf, VIdE. Ie, IIf, IIIc, IVb, Vd, VIa

Scenario DNA fossile

In uno studio pubblicato di recente sul-la rivista Nature alcuni ricercatori gui-dati da David Reich hanno analizzato ilDNA prelevato dall’osso di un dito vec-chio quasi 40’000 anni trovato in una ca-verna in Denisova, Siberia del sud. IlDNA estratto dai fossili viene chiama-to Ancient DNA. Questo Ancient DNA hadelle caratteristiche speciali, delle qua-li si deve tenere conto durante l’analisi,questo perche durante periodi cosı lun-ghi il DNA si deteriora e i tessuti organi-ci vengono consumati dai decompositori.Il DNA viene cosı decomposto in piccoliframmenti, lunghi solo alcune paia di ba-si (Nello studio di Reich et al. i frammentierano lunghi in media 63 paia di basi).

74. Un’altra particolarita era la presen-za di uracile nel DNA di Denisova. Qua-le dei seguenti meccanismi e il piu plau-sibile per spiegare al meglio questoritrovamento?A. La mancanza di una retrotrascrizione ha

tradotto l’uracile a partire dal RNA.B. La citosina si puo deaminare spontaneamen-

te in uracile, viene cosı liberato un gruppoamminico.

C. L’osso del dito proviene da un individuo cheha sofferto di mancanza di timina nella dieta eper questo l’uracile e stato integrato nel DNAal posto della timina.

D. A causa del lungo periodo di deposizione RNAe DNA non possono piu essere differenziatiuno dall’altro.

E. Tutti i meccanismi sopraelencati sono plausibi-li.

75. Per poter escludere qualsiasi erroresono stati utilizzati degli enzimi di re-strizione specifici per l’uracile. Che cosasono degli enzimi di restrizione?A. Enzimi che assicurano che solo speciali

frammenti di DNA vengano sequenziati.B. Enzimi che demoliscono selettivamente l’RNA.C. Enzimi che regolano la trascrizione di fram-

menti di DNA.D. Enzimi che vengono utilizzati per l’amplifica-

zione del DNA nella reazione a catena dellapolimerasi (PCR).

E. Enzimi che tagliano gli acidi nucleici secondospecifiche combinazioni di basi.

76. Un altro problema durante l’analisidel DNA fossile e la contaminazione conbatteri. Spesso piu del 99% del DNA tro-vato deriva da batteri e da altri microor-ganismi. Quali metodi esistono per riu-scire a distinguere il DNA batterico daquello umano?A. Il sistema immunitario dell’uomo e in grado di

riconoscere DNA estraneo. Per questo si pos-sono utilizzare gli anticorpi umani in un im-munofissazione (Western blot) per riconosce-re il DNA appartenente a microorganismi eeliminarlo.

B. Al contrario del genoma umano diploide il ge-noma batterico e aploide. Per questo motivosi possono distinguere i frammenti di DNA ap-partenenti ai batteri da quelli dei mammiferiattraverso l’uso di un elettroforesi su gel.

C. Gli eucarioti utilizzano gruppi fosfato per con-catenare i singoli nucleotidi, la maggior partedei procarioti invece possiede un DNA basatosull’arsenico.

D. Il DNA estratto viene confrontato con unabanca dati di tutti i genomi umani conosciu-ti. Quando il DNA corrisponde abbastan-za esattamente con del materiale geneticoproveniente dalla banca dati, proviene moltoprobabilmente da un ominide.

E. Il genoma umano (ca. 3 miliardi di basi) e conbuon margine il piu grande genoma conosciu-to, organismi meno comlessi hanno perlopiuun genoma molto piu piccolo. (Il genoma deimicroorganismi ha ca. 5-500 millioni di basi).Tramite la grandezza del genoma si puo quindistimare a quale organismo appartiene il DNAin questione.

77. Dopo che il genoma e stato sequen-ziato, sono state eseguite diverse tap-pe per il controllo della qualita. Una diqueste e stata il testare il rapporto tran-sizione/transversione. Se tutto avessefunzionato correttamente,. . .I. . . . la transizione e la transversione dovrebbero

avere circa la stessa frequenza.II. . . . l’adenina dovrebbe essere la base piu

frequente, seguita dalla citosina.III. . . . le mutazioni di adenina in timina dovreb-

bero avere la stessa frequenza delle mutazionidi timina in adenina.

A. Solo IB. Solo IIC. Solo IIID. Solo I e IIIE. Tutte

78. Dopo che e stato assicurato che laqualita del genoma era sufficiente, i ri-cercatori hanno voluto approfondire ilgrado di parentela tra questo gruppo diominidi, l’uomo moderno (Homo sapiens)e l’uomo di neanderthal (Homo neander-thalensis). Il genoma neandertaliano estato sequenziato per la prima volta inluglio 2010 ed era quindi disponibile perle analisi. Per farlo hanno utilizzato tut-te le posizioni del genoma per le qualil’uomo e lo scimpanze (Pan troglodytes)si distiunguono l’uno dall’altro e hannoanalizzato con quale frequenza il geno-ma neandertaliano rispettivamente il ge-noma di Denisova corrispondevano conquello dell’uomo moderno. Loro hannotrovato che il genoma di Denisova corri-sponde per l’88.3% delle basi con quel-lo dell’uomo moderno e con il genomaneandertaliano nell’87.8% di tutti i ca-si, anche se questa differenza non erastatisticamente significante. Il confron-to diretto tra il genoma neandertalia-no e quello di Denisova ha dimostratouna corrispondenza in 90.2% delle po-sizioni, il che e in maniera significantepiu alto rispetto alle corrispondenze conl’uomo. Sulla base di questi dati si puoconcludere che¬ l’uomo di neanderthal e l’uomo moderno sonoun gruppo parafiletico,perche chiari caratteri morfologici dimostrano che l’uo-mo di Denisova e l’uomo di neandertal hanno unaparentela piu stretta tra di loro.


79. Un’altra domanda alla quale i ricer-catori volevano rispondere e se nel pas-sato l’uomo moderno e l’uomo di Deni-sova si sono accoppiati tra di loro e sesi in quali popolazioni umane. Per far-lo hanno utilizzato il cosiddetto ABBA-BABA-Test, il quale si basa sulle diffe-renze tra der auf Unterschieden zwischenGen- und Artstammbaum di tre popola-zioni. Il risultato di questo test tende allozero se il flusso genico tra le tre popo-lazioni e nullo o molto piccolo, invece ediverso da zero se e presente un flussogenico tra almeno due delle tre popola-zioni. Inoltre ammetti che un valore piugrande di 3 o piu piccolo di -3 rappresen-ta una differenza significante. Gli yorubasono un popolo dell’africa occidentale, ipapuani provengono dalla Papua-NuovaGuinea e francesi e cinesi rappresenta-no popolazioni eurasiatiche. I dati pre-sentati qui rappresentano il flusso genicotra:

A. nessuna delle popolazioniB. francesi e cinesiC. papuani e denisovaD. francesi e denisova, come anche chinesi e

denisovaE. tutte le popolazioni

Scenario fototropismo

Il fototropismo e la capacita di compie-re un movimento direzionato verso unafonte di luce o rispettivamente lontanoda questa, osservato in germogli, fogliee radici.

80. Come tutti gli organismi anche lepiante sono capaci di raccogliere diver-se informazioni sull’ambiente che le cir-conda e di reagire di conseguenza. Lo-ro possiedono diversi sistemi di recetto-ri, che vengono stimolati selettivamen-te da informazioni luminose di differentilunghezze d’onda. Quale delle seguentireazioni fisiologiche o morfologiche nonpuo essere influenzata dalla luce?

A. Lo spessore del parenchima a palizzata e delparenchima lacunoso nelle foglie

B. La formazione di trachee (vasi) in aggiunta alletracheidi nello xilema

C. Il momento della fiorituraD. Innesco della germogliazione dei semiE. Lo stato di apertura degli stomi

81. Il quadrifoglio d’acqua Marsilea qua-drifolia e una felce anfibia con le foglieche escono a pelo dell’acqua. Questapianta assomiglia a un trifoglio con quat-tro foglie. Wen-Yuan Kao e il suo teamdell’universita di Taipei (Journal of PlantResearch, 2009) hanno studiato il movi-mento delle foglie del quadrifoglio d’ac-qua durante il trascorrere della giornata.Loro hanno misurato ad ogni ora l’an-golo α tra il piano di ogni fogliolina eil piano N (perpendicolare alla direzio-ne dei raggi solari). Quando il coseno diα (cos α) e uguale a 1, i due piani sonoparalleli tra di loro, quando e 0 i due so-no perpendicolari. PAR = Photosyntheti-sch aktives Sonnenlicht (radiazione sola-re fotosinteticamente attiva). L’immaginemostra i risultat di questa ricerca. Qua-le/i conclusione/i puoi fare sulla base diquesti risultati?I. Grazie al fototropismo il quadrifoglio d’acqua

assorbe la massima quantita di PAR possibile.II. La mattina il piano delle foglie e praticamente

perpendicolare alla direzione della radiazionesolare.

III. Il quadrifoglio d’acqua limita durante le ore in-torno al mezzogiorno la radiazione diretta delsole sulle sue foglie.

IV. L’allineamento delle foglie dipende dalla tem-peratura dell’ambiente e non dalla direzionedella radiazione solare.

V. Gli angoli α tra le quattro foglioline possonovariare tra di loro.

A. Solo IVB. Solo I e IIC. Solo I e IIID. Solo II, III e VE. Solo IV e V

82. In un altro esperimento Kao e il suoteam hanno misurato la variazione delangolo α rispetto a una fonte di luce fis-sa. All’inizio dell’esperimento i piani del-le foglio sono orizzontali. La fonte di lucee perpendicolare sopra le piante. Duran-te i diversi approcci a questo esperimen-to i ricercatori hanno variato l’intensitadi luce (PAR). Quale interpretazione delrisultato e corretta?

0 10 20 30 40 50 60

0.4

0.6

0.8

1

cos α

t (min)

300 μmol m-2 s-1

500 μmol m-2 s-1

800 μmol m-2 s-1

1500 μmol m-2 s-1

A. Ad un’intensita di luce pari a 800 µmol m-2

s-1 le foglie si inclinano maggiormente che a1500 µmol m-2 s-1.

B. L’angolo finale del piano delle foglie e ugua-le ad ogni intensita di luce, il cambiamentodell’angolo avviene pero a velocita diverse.

C. Piu la luce e intensa, piu la reazione eritardata.

D. Solo dopo che l’intensita della luce supera unvalore limite viene attivato il meccanismo difototropismo.

E. Quando l’intensita della luce e 300 µmolm-2 s-1 si riscontra una variazione significantedell’angolo del piano delle foglie.

83. In un esperimento analogo le fogliesono state irradiate con un intensita diluce pari a 1000 µ mol m-2 s-1. Durantediversi approcci il punto di connessionetra le foglie e il fusto comune sono sta-ti coperti con una pellicola trasparente ouna pellicola nera. Ad altre piante in-vece sono state recise le foglie sopra ilpunto di connessione ed e stato misura-to solo l’angolo del punto di connessione.In base ai risultati di questo esperimen-to, quale delle seguenti affermazioni ri-guardo ai recettori luminosi che attivanoil fototropismo e corretta?

0 6050403020100.6

0.7

0.9

0.8

1

cos α

t (min)

transparent

Blättchen abgetrenntlimbe foliaire coupé

schwarz / noir

A. Quando i recettori luminosi presenti sulla su-perficie delle foglie vengono recisi si attivanorecettori luminosi su altre parti della pianta.

B. Dopo un determinato tempo di irradiazione irecettori luminosi diventano insensibili.

C. I recettori luminosi sono distribuiti uniforme-mente su tutte le parti della pianta che stannosulla superficie dell’acqua.

D. I recettori luminosi si trovano solo sul punto diconnessione e non sulla superficie delle foglie.

E. Attraverso il danneggiamento delle foglie irecettori luminosi vengono inibiti.

84. Il quadrifoglio d’acqua Marsilea qua-drifolia era presente in Svizzera in dueluoghi ma si e estinto da entrambi (See-land bernese e Ajoie in Giura). Duran-te un progetto di rinaturalizzazione dellezone umide e stato reintrodotto il quadri-foglio d’acqua a Muntschemier, BE. Perquesti proggetti di ripopolamento si faparticolarmente attenzione che la popo-lazione di provenienza sia, se possibi-le, geneticamente vicina alla popolazio-ne estinta. Quale/i di queste popolazionidi provenienza impieghieresti tu?I. Piante di un giardino botanico provenienti

originariamente da luoghi della SvizzeraII. Piante del Nordamerica che lı si stanno sem-

pre piu espandendo come neofite(specie nonautoctone)

III. Piante di un negozio di giardinaggio svizze-ro che wende il quadrifoglio d’acqua comepianta ornamentale

IV. Pianta selvatiche dalla Alsazzia (Francia),regione vicina al confine

V. Piante dal laboratorio di Kao e dei suoicollaboratori a Taipei

A. Solo VB. Solo I e IIC. Solo I e IVD. Solo III e IVE. Solo III e V

85. Per il fototropismo sono responsa-bili i recettori luminosi per la luce blu,le cosiddette fototropine. Le fototropi-ne sono formate da una proteina nellaquale e incastonato un cofattore flavina.Quale capacita comune sta alla base diquesto cofattore flavina e anche a altripigmenti vegetali come la clorofilla o icarotenoidi?A. Struttura regolare a catena lunga, della qua-

le la disposizione tridimensionale (strutturaterziaria) ne influenza il colore

B. Molteplici gruppi carbossile, che in condizionifisiologiche sono tutti deprotonati

C. Molteplici doppi legami uno vicino all’altro,come per esempio quelli che si trovano neigruppi aromatici

D. Presenza di un atomo di ferro nel centro dellamolecola

E. Formazione spontanea di cristalli nel citopla-sma, ma non negli organelli

86. Il movimento di flessione viene pro-dotto da una differente velocita di cre-scita cellulare nei germogli. Si sa cheper questo e necessaria una distribuzio-ne locale non omogenea del fitormoneIAA (con auxina). Il disegno mostra ilcomportamento fototropico del coleotti-le (apice vegetativo nel cariosside dellegraminacee). Un vetrino e stato colloca-to nel coleottile una volta perpendicola-re (in mezzo) e una volta parallelo (de-stra) alla direzione della luce. Le frec-ce rappresentano la direzione della lu-ce. Grazie a questo esperimento, qua-le conclusione puoi fare riguardo alla di-stribuzione di IAA durante il fototropi-smo, sapendo che IAA stimola la crescitacellulare?

A. IAA viene spostato all’interno di tutto il coleot-tile dal lato lontano dalla luce a quello vicinoalla luce.

B. IAA viene prodotto nelle radici e vienetrasportato nel coleottile.

C. IAA viene spostato all’interno dell’apice delcoleottile dal lato verso la luce a quellolontano dalla luce.

D. Il collocamento del vetrino provoca diver-se reazioni, per questo motivo IAA vienetrasportato in molte direzioni alternative.

E. Un danneggiamento dell’apice del coleottileinibisce il fototropismo perche IAA viene dislo-cato nel tessuto danneggiato per chiudere laferita.

Scenario proteasoma

Il proteasoma e un complesso protei-co responsabile della degradazione del-le proteine. Negli Eucarioti e gli Archei,il proteasoma e universale e rappresen-ta la principale via di degradazione delleproteine cellulari. I Batteri, invece, pos-siedono altri tipi di proteasi. Gli Attino-miceti sono un particolare gruppo di bat-teri che hanno ottenuto il proteasomaatramite trasferimento orizzonale di geni.

87. Quali mezzi hanno i Batteri peracquisire dei geni estranei?I. TrasformazioneII. TrascrizioneIII. TrasduzioneIV. ConiugazioneV. TrasposizioneA. Solo IIB. Solo IV e VC. Solo I, III e IVD. Solo I, II, III e VE. Tutte

88. In alcuni studi sugli Attinomiceti,molti indizi mostrano che Pup (proka-ryotic ubiquitin-like protein) serve comemarcatore per la degradazione. Per pro-vare che il proteasoma e responsabiledella degradazione delle preteine legatein maniere covalente a Pup (”pupilate“),Burns et al. (2009) hanno aggiunto delleproteine pupilate a delle cellule di My-cobacterium smegmatis (un Attinomicete)esplose, alcune di tipo selvaggio (wild ty-pe) e altre in cui i geni codanti per il pro-teasoma sono soppressi (prcba mutant).Dopo diversi tempi di incubazione(t(hr) =tempo in ore), le proteine sono separatein funzione della loro taglia e le protei-ne legate a Pup sono marcate con deglianticorpi. I risultati per i due tipi di lisatosono presentati nella seguente immagi-ne. Valuta la correttezza delle seguen-ti affermazioni riguardo ai risultati otte-nuti, e stabilisci se il collegamento logicoche le unisce e appropriato.¬ Il proteasoma partecipa alla degradazione delleproteine pupilateperche le proteine pupilate sono meno rapidamen-te degradate nelle cellule che non possiedonoproteasomi (prcba mutant).

A. ¬ sbagliato, sbagliato

B. ¬ corretto, sbagliatoC. ¬ sbagliato, correttoD. ¬ corretto, corretto, connessione sbagliataE. ¬ corretto, corretto, connessione corretta

89. Le ricerche proseguirono. Tuttavia,molte delle domande restarono aperte,compreso come Pup e riconosciuto dalproteasoma e se, come negli Eucarioti,i substrati del proteasoma sono degra-dati dall’AAA-ATPasi chiamata Mpa ne-gli Mycobacteria. Per studiare cio in vi-tro, Striebel et al. (2010) hanno utilizza-to un substrato particolare, Pup-GFP. GFP(green fluorescent protein) e una protei-na fluorescente quando e ripiegata cor-rettamente, ma perde la sua fluorescen-za se e aperta. Per produrre Pup-GFP,il gene deve prima di tutto essere incor-porato in un plasmide che sara inseri-to nelle cellule d’E. coli coltivate in se-guito in un terreno di coltura contenen-te dell’ampicillina (un antibiotico). Qualeenzima di restrizione sara utilizzato peraprire il plasmide e inserirci il gene dePup-GFP ? (ori = origine de replicazio-ne del plasmide, ampR = gene di resi-stenza all’ampicillina, P-T7 = promotorespecifico che attiva l’espressione del ge-ne dell’RNA polimerasi T7, lacO = opera-tore dell’operone lac, lacZ = gene dellaβ-galattosidasi, lacI = gene del repres-sore dell’operone lac, EcoRI, BamHI, Hin-dIII, BglII = siti di restrizione degli enzimid restrizione corrispondenti.A. EcoRIB. HindIIIC. XbaID. BamHIE. BglII

Bgl IIEcoRI

EcoRI

BamHI

ori

P-T7lacO

HindIII

lacZ

ampR

lacI

90. Le cellule di E.coli nelle quali sonostati inseriti i plasmidi contengono nel lo-ro cromosoma il gene lacI e il gene perl’RNA polimerasi T7 situato sotto il con-trollo de promotore (Plac) e dell’opera-tore lacO dell’operone lac. Il gene la-cI produce un inibitore della trascrizioneche si lega a lacO. Per esprimere la no-stra proteina, viene aggiunto un analogodel lattosio (IPTG); IPTG impedisce il le-game dell’inibitore a lacO. Quali sono isuoi effetti sull’espressione dei geni?I. Derepressione del gene dell’RNA polimerasi

T7II. Espressione del gene dell’RNA polimerasi T7III. Espressione della β-galattosidasiIV. Derepressione del gene inserito (Pup-GFP)V. Attivazione del gene inserito (Pup-GFP)A. Solo I e IVB. Solo III e VC. Solo I, II e IVD. Solo I, II e VE. Tutte

91. Dopo diverse ore di coltura, per re-cuperare la proteina, le cellule vengonoseparate dal terreno di coltura per cen-trifugazione e in seguito lise. Il lisatoe nuovamente centrifugato per separa-re il sopranatante (S) contenente la no-stra proteina solubile dal fondo (P) conte-nente gli scarti cellulari. Pup-GFP e sta-ta espressa sottoforma di His6-TEV-Pup-GFP. His6 rappresenta 6 istidine, TEV, lasequenza di riconoscimento della protea-si virale TEV. Il sopranatante e separatoper cromatografia d’affinita al nichel. Le6 istidine legate aPup-GFP possono com-plessare il nichel legato alla colonno dicromatografia. Questo permette di lava-re le proteine da tutto quello che non silega al nichel (FT, flow-through). Quin-di, per staccare le proteine dalla colonna,una concentrazione crescente di imida-zolo (gruppo funzionale dell’istidina) vie-ne aggiunto. L’imidazolo sostituisce l’isti-dina sul nichel, e le proteine sono elute ecollezionate in frazioni di alcuni millilitri.Un campione di ognuna delle frazioni,cosı come del fondo (P) e del sopranatan-te (S) sono analizzati con SDS-PAGE (gelA). Le frazioni contenenti la nostre pro-teina sono scelte e la proteasi TEV vieneaggiunta. Dopo la scissione delle 6 isti-dine da parte della proteasi TEV, le pro-teine (L) sono nuovamente separate tra-mite cromatografia d’affinita al nichel ele frazioni analizzata tramite SDS-PAGE(gel B). Supponendo che Pup-GFP migraverso 43kDa, quali frazioni analizzate sugel A e B sono utilizzate per la tappasuccessiva?A. A12-14, B1-4B. A12-14, B10-15C. A14-17, B12-15D. A15-18, B1-3E. A18-20, B5-9

MW (kDa)P S 10 11 12 13 14 15 16 17 181920

A1-9

1 2 3 4 5 6 7 8 910

11

12

1314

15

16

17LMW (kDa)

B

FT

98

62

49

38

28

1714

6

98

62

49

38

28

1714

6

OS

O

O O

Na

SDS

92. L’SDS-PAGE (sodium dodecyl sulfa-te polyacrylamide gel electrophoresis) euna tecnica di separazione delle protei-ne. L’SDS (vedi struttura) e un detergen-te che denatura le proteine legandocisi(una molecola di SDS per 2 amminoaci-di). Le proteine denaturate sono in se-guito separate in funzione della loro ca-rica, dovuta principalmente all’SDS. Doveera posto l’elettrodo negativo nei gel?A. A destraB. A sinistraC. In bassoD. In altoE. Non c’e l’elettrodo negativo

abc

d

1

0.8

0.6

0.4

0.2

0

0 5 10 15 20 25

GFP fluorescence

Time (min)

sans ATP

sans Mpa

sans GroEL

Mpa+GroEL+ATP

93. Dopo che tutte le proteine sono sta-te purificate, l’esperience puo essere fat-to. Il substrato Pup-GFP viene aggiunto aMpa con o senza ATP e la fluorescenza diGFP viene misurata. Per ottenere la cur-va d, GroEL, una variante di una chape-ronina che puo legare ma non puo stac-carsi dalle proteine non ripiegate, e sta-ta aggiunta in eccesso. Quale delle se-guenti affermazioni e FALSA sulle curvea-c ?A. In c, un equilibrio e raggiunto tra il di-

spiegamento di GFP da parte di Mpa e ilripiegamento spontaneo di GFP.

B. GFP puo essere distesa da Mpa.C. In a, la totalita delle GFP e in una

conformazione non piegata.D. GFP non si dispiega spontaneamente(in

assenza di Mpa).E. Mpa ha bisogno di ATP per distendere delle

proteine.

94. Evalue la justesse des affirmationssuivantes ainsi que celle du lien logique.¬ En d, GFP est moins efficacement deplie qu’enccar la proteine-chaperonine GroEL interrompt lerepliement spontane de GFP.


Scenario deriva genetica

95. L’evoluzione descrive i cambiamentiin una popolazione di esseri viventi dauna generazione all’altra. In questo sce-nario ci vogliamo concentrare sull’evolu-zione a livello del DNA. Ammettendo chein una popolazione tutti gli individui so-no identici per un locus. possibile cheavvenga un evoluzione in questo locusse. . .A. . . . deminano gli accoppiamenti casuali.B. . . . la popolazione presenta una grandezza

costante.C. . . . agisce la selezione naturale.D. . . . immigrano individui da altre popolazioni.E. . . . avviene una ricombinazione.

96. Un’importante fonte di variabilita so-no le mutazioni puntiformi. La maggiorparte di queste avviene a causa di erroridurante la replicazione del DNA. Questae pero assai precisa, una base sbaglia-ta viene introdotta solamente due volteogni 1010 paia di basi. (1 errore ogni1500 copie scritte del Signore degli anel-li!). Per ogni generazione (da un ovulofecondato fino ad un altro ovulo fecon-dato) il DNA viene replicato attorno alle200 volte. Il genoma umano aploide elungo circa 3·109 paia di basi. Il numerodi nuove mutazione pro individuo in unagenerazione corrisponde aA. circa 3 · 10−3

B. circa 3 · 10−1

C. circa 1.2 · 102

D. circa 6.0 · 102

E. circa 1.2 · 104

97. Molte di queste mutazioni finisconoper scomparire dalla popolazione. Ana-lizziamo un modello semplificato: im-maginiamoci una popolazione aploide diuna grandezza costante e generazionidiscrete, gli individui di questa si accop-piano in maniera casuale (popolazionedi Wright-Fisher). Valuta la correttez-za delle seguenti affermazioni, cosı comequella del collegamento logico tra le due:¬ I batteri Escherichia coli, che vengono trasferi-ti da poco su una piastra di Petri, hanno tutte lecaratteristiche di una popolazione di Wright-Fisheranche perche i batteri E. coli sono degli organismi aploidi.


98. Ogni individuo della generazione t diuna popolazione Wright-Fisher ha esat-tamente un solo antenato dalla genera-zione t− 1. Tuttavia non tutti gli individuidella generazione t − 1 hanno per forzaun discendente nella generazione t. Ci sipuo quindi immaginare che ogni indivi-duo della generazione t si puo scegliereun antenato dalla generazione t − 1. Nrappresenta la grandezza della popola-zione. A quanto ammonta la probabilitache un individuo della generazione t − 1non abbia lasciato nessun discendentenella generazione t e quindi che nessunadelle sue mutazioni venga ereditata?A. N ·

(1− 1

N

)B. N ·

(1N

)C. 1

N·(1− 1

N

)N−1

D.(1− 1

N

)N

E.(

1N

)N

99. Grazie all’accoppiamento casuale lafrequenza di una mutazione cambia dagenerazione a generazione, un proces-so conosciuto come deriva genetica. Sesi aspetta abbastanza a lungo, ogni mu-tazione verra fissata oppure scompariradalla popolazione. Si puo dimostrareche la probabilita con la quale viene fis-sata una mutazione neutrale, corrispon-de esattamente alla sua frequenza. Perquesto motivo una mutazione che si pre-senta nel 20% degli individui verra fissa-ta con una probabilita del 20%. Valuta lacorrettezza delle seguenti affermazioni,cosı come quella del collegamento logicotra le due:¬ In una piccola popolazione di Wright-Fishervengono fissate piu mutazioni in un’unita di tempoche in una grossa popolazione di Wright-Fisherperche nella popolazione di Wright-Fisher una nuovamutazione viene fissata con una probabilita pari a1N

.


Scenario digitale, insuffisancecardiaque et tumeurs malignes

Al giorno d’oggi i tumori maligni (cancri)sono un grosso problema medico, lo sco-po di molti scenziati e di trovare nuovimedicamenti. Zhang et al. (2008) han-no testato l’effetto sulle cellule tumoralidi medicamenti scoperti di recente e altrimedicamenti gia in uso.

100. Non e raro che i tumori maligni pre-sentino una mancanza di O2. Le cellu-le tumorali si adattano a questa situa-zione fra le altre cose anche attraver-so la modifica dell’attivita di hypoxia-inducible factor 1 (HIF-1). HIF-1 rego-la l’espressione di molti geni come ri-sposta alla mancanza di O2. Da qua-le/i di questi geni ti aspetti che venga/nosovraregolato/i dall’attivita di HIF-1?I. CS (citrato sintasi)II. FATP4 (proteina di trasporto degli acidi grassi

4)III. HK1 (esochinasi 1)

IV. VEGF (vascular endothelial growth factor,stimola la formazione di vasi sanguigni)

A. Solo IIB. Solo I e IIC. Solo I e IIID. Solo III e IVE. Tutte

101. Qui vedi rappresentato come HIF-1α regola la disponibilita di O2. HIF-1 e formato da due subunita: HIF-1α eHIF-1β. PHD = prolil-idrossilasi, OH =gruppo OH, Ac = gruppo acetile, VHL =proteina von-Hippel-Lindau, Ub = ubi-quitina, CBP/p300 = co-attivatore del-la trascrizione, HRE = hypoxia responsi-ve element. In molti carcinomi a cellulechiare nei reni viene espressa una pro-teina von-Hippel-Lindau (VHL) mutata enon piu funzionante. Questo ha comeconseguenza che. . .

PRÉSENSE RÉDUITE D'O2PRÉSENCE NORMALE D'O2

PHD

Protéasome

HIF-1α

HIF-1α

OH OHAc

VHL

HIF-1α

OH OHAc

VHL

VHL

HIF-1α

OH OHAc

Ub Ub Ub

Ub

Ub

Ub

OH

OH

OH

fragments de HIF-1α non fonctionels

α-cétoglutarat, O2

succinate, CO2

HIF-1α

PHD

α-cétoglutarate, O2

succinate, CO2

HIF-1α

CBP/p300

HIF

-1β

HIF

-1α

CB

P/p

30

0 HIF

-1β

Transcription du gène

HRE

HIF

-1β

HIF

-1α

CB

P/p

30

0

gène cible

CBP/p300

Liaison

Liaison empêchée

A. . . . HIF-1α con una grande disponibilita di O2

viene distrutto piu rapidamente.B. . . . HIF-1α viene maggiormente idrossilato.C. . . . HIF-1α, anche con una normale disponibi-

lita di O2, non viene piu distrutto.D. . . . HIF-1α non puo piu legare CBP/p300.E. . . . HIF-1β si accumula nella cellula.

102. Zhang et al. (2008) hanno inseri-to due plasmidi in cellule epatiche uma-ne, i quali codificano come geni reporterper l’enzima luciferasi, una volta per laluciferasi del verme luminoso (GL), unavolta per la luciferasi delle pennatula-cee (SL). La luciferasi catalizza la reazio-ne di trasformazione della luciferina inoxi-luciferina, questa reazione emmetteluce. La SL sul plasmide 2 viene sempreespressa. Il plasmide 1 contiene ancheun hypoxia responsive element (HRE), alquale si legano HIF-1 e cosı puo aumen-tare il tasso di trascrizionebinden. LaGL sul plasmide 1 viene espressa mag-giormente in presenza di HIF-1 (indot-ta dalla mancanza di O2). Nel seguen-te diagramma vedi il rapporto delle at-tivita di GL rispetto a SL, misurato du-rante una normale disponibilita di O2

e durante una mancanza di O2, con esenza aggiunta di 17-N-Allylamino-17-demethoxygeldanamycin (17-AAG) in di-verse concentrazioni. In base a que-ste informazioni quale delle seguentiaffermazioni e corretta? 17-AAG . . .

A. . . . stimo l’attivita della luciferasi del vermeluminoso.

B. . . . non influisce sull’attivita di nessuna delledue luciferasi.

C. . . . inibisce l’attivita della luciferasi dellepennatulacee SL.

D. . . . inibisce l’assunzione di O2 nella cellula.E. . . . inibisce l’attibita di HIF-1.

103. Con l’aiuto del sistema descritto quisopra Zhang et al. hanno riscontrato,che la digossina, una sostanza che de-riva dalle digitali (Digitalis), inibisce l’at-tivita di HIF-1. La digossina viene utiliz-zata per il trattamento delle insufficien-ze cardiache (il cuore non arriva piu apompare il volume di sangue necessa-rio), lei inibisce l’Na+/K+-ATPasi. Attra-verso l’antiporto Na+/Ca2+ si produce unaumento della concentrazione intracellu-lare di Ca2+. Questo porta ad un aumen-to della contrattilita (forza di contrazio-ne) delle cellule muscolari cardiache. Sela curva F rappresenta la pressione e ilvolume nel ventricolo sinistro di un cuo-re insufficiente durante una contrazionecardiaca (=sistole + diastole), quale cur-va ti aspetti dopo un trattamento riusci-to con la digossina? Pensa a quale trattorappresenta la diastole e quale la sistole,la frequenza cardiaca rimane costante.

pre

ssio

n d

ans

le v

entr

icu

le g

auch

e

volume dans le ventricule gauche

E

D

FC

B

A

104. Per scoprire a che livello la digossi-na inibisce l’attivita di HIF-1, come primacosa Zhang et al. hanno determinato laquantita di mRNA nelle cellule (Immagi-ne A). In un secondo esperimento hannoaggiunto alle cellule MG132, un inibito-re del proteasoma che distrugge HIF-1αe successivamente hanno testato con l’a-iuto di un western blo se HIF-1α era an-cora presente o no nelle cellule. COmecontrollo e stato usato β-Actin (Immagine

B). Come pensi che avvenga l’inibizionedi HIF-1?

A. Mutazione non senso nel gene responsabileper HIF-1α

B. Inibizione della traduzione del mRNA di HIF-1α

C. Inibizione della distruzione del mRNA di HIF-1α

D. Inibizione della distruzione tramite proteasomadi HIF-1α

E. Inibizione della trascrizione del mRNA di HIF-1α

105. In un altro esperimento le cellu-le sono state trattate con Cycloheximide(inibitore generale della sintesi di pro-teine), con Rapamycin (inibitore selettivodella traduzione del mRNA di HIF-1α) ocon digossina e un gruppo di controllo(-) e stato incubato senza nessun prin-cipio attivo. Da una parte, tramite unwestern blot, sono state isolate tutte leproteine presenti nelle cellule, dall’altraparte solo le proteine sintetizzate dopol’aggiunta del principio attivo (immagi-ne A). In un secondo esperimento e statoisolato specificamente il HIF-1α sintetiz-zato (immagine B). I numeri nelle imma-gini vanno letti cosı: le nuove proteinesintetizzate nel gruppo di cellule di con-trollo corrispondono a 100% (1). La di-gossina inibisce la sintesi di proteine del19% (0.19), quindi ne viene sintetizzatoancora l’81% (0.81). Osserva bene le im-magini. Quale delle seguenti afferma-zioni e corretta? (Consiglio: l’affermazio-ne conferma l’ipotesi che hai fatto nelladomanda precedente che. . . )A. Cycloheximide inibisce meno la sintesi di

proteine rispetto alla digossina.

total des protéines présentes protéines nouvellementsynthétisées

1 0.92 1.01 1 0.81 0.15

- digoxine cycloheximide

- digoxine cycloheximide

A

HIF-1α

-rapa-

mycinecyclo-

heximidedigoxine

1 0.31 0.12 0.27

B

B. La digossina inibisce la nuova sintesi di HIF-1α molto di piu rispetto alla sintesi di proteinecomplessiva.

C. Cycloheximide inibisce la nuova sintesi di HIF-1α molto meno rispetto alla sintesi sintesi diproteine complessiva.

D. La digossina inibisce la nuova sintesi di HIF-1αmeno rispetto a Cycloheximide.

E. La digossina stimola la sintesi di proteine.

106. La traduzione del mRNA di HIF-1α puo venir inibita dall’inibizione del-la proteina chinasi mTOR. mTOR se attivoporta alla fosforilazione di RPS6 (riboso-mal protein S6), dalla quantita di RPS6fosforilato (P-RPS6) si puo quindi stabili-re l’attivita di mTOR. β-Actin serve comecontrollo (terapia con: D = Digossina, R =Rapamycin, - = Cellule di controllo, senzatrattamento). Cosa puoi concludere dalseguente grafico?

O2 20% 1% 20% 1%

- DR- DR -D R- D R

HIF-1α

P-RPS6

RPS6

actine β

lignée cellulaire 2lignée cellulaire 1

A. La mancanza di O2 impedisce la fosforilazionedi RPS6.

B. Rapamycin inibisce HIF-1α tramite mTOR.C. La digossina attiva mTOR.D. mTOR non e attivo nelle cellule di controllo.E. La digossina inibisce HIF-1α tramite mTOR.

107. Per ultimo Zhang et al. hanno stu-diato l’effetto della digossina sulla cre-scita delle cellule tumorali in vitro e in vi-vo (nei ratti). In vitro sono state studia-te le cellule tumorali che possiedo o unplasmide che codifica per HIF-1α (HIF-1αPlasmid) o un plasmide vuoto. HIF-1α sulplasmide viene sempre espresso, indi-pendentemente dalla digossina. La metadelle cellule e stata trattata con la digos-sina, l’altra meta no (-). Quale/i delleseguenti affermazioni e/sono corretta/e?

plasmide vide / -plasmide vide / digoxineplasmide avec HIF-1α / -plasmide avec HIF-1α / digoxine

Nom

bre

de c

ellu

les

x 1

0⁴

Nom

bre

de c

ellu

les

x 1

0⁴

Temps (h) à 20% O2 Temps (h) à 1% O2

I. La digossina puo inibire la crescita cellulare.II. L’effetto della digossina e almeno in parte

dipendente da HIF-1α.III. L’effetto della digossina e almeno in parte

indipendente da HIF-1α.A. Solo IIB. Solo IIIC. Solo I e IID. Solo I e IIIE. Tutte

Scenario giraffa

Tu appartieni ad un gruppo di scenzia-ti che interessano di giraffe. Voi deci-dete di mettere un collare con trasmet-titore a un gruppo di giraffe in un par-co naturale africano e per farlo dovetenarcotizzare le giraffe. Durante il con-trollo dei parametri vitali ti accorgi chela giraffa adulta ha una pressione san-guigna quasi due volte piu alta rispetto aquella che ti aspetteresti da un animaledella stessa grandezza ma con un collonon cosı estremamente lungo. La giraffae completamente sana, la pressione alta(ipertonia) e fisiologica per la giraffa.

108. La pressione che il cuore deve ge-nerare per rifornire di O2 tutti i tessu-ti del corpo, deve contrastare tre forze:la pressione idrostatica, la viscosita delsangue e la resistenza periferica. Checosa puo spiegare la pressione cosı altadella giraffa a causa del suo lungo collo?A. Pressione idrostatica maggioreB. Vicosita del sangue maggioreC. Resistenza periferica minoreD. Pressione idrostatica minoreE. Rigida muscolatura del collo

109. In passato si pensava che le giraf-fe dovessero avere un cuore molto piugrande rispetto ad altre speicie con unagrandezza paragonabile per arrivare apompare il sangue fino alla testa. Nuo-vi studi hanno pero dimostrato che none cosı, le giraffe hanno un cuore di gran-dezza normale rispetto la loro massa cor-porea. Cosa potrebbero avere di diversole giraffe?A. Assottigliamento delle pareti dei ventricoli car-

diaci; minore gittata cardiaca; maggiorefrequenza cardiaca

B. Assottigliamento delle pareti dei ventricoli car-diaci; maggiore gittata cardiaca; minorefrequenza cardiaca

C. Inspessimento delle pareti dei ventricoli car-diaci; minore gittata cardiaca; maggiorefrequenza cardiaca

D. Inspessimento delle pareti dei ventricoli car-diaci; maggiore gittata cardiaca; minorefrequenza cardiaca

E. Inspessimento delle pareti dei ventricoli car-diaca; maggiore gittata cardiaca; maggiorefrequenza vardiaca

110. La girafe n’a pas seulement un longcou mais aussi de longues jambes. Dansles vaisseaux sanguins remplis de sangdes jambes regne une haute pressionhydrostatique P (P = densite du sang× gravitation × hauteur de la colon-ne de sang). Quel probleme t’attends-tu a trouver le plus vraissemblablementa cause de ca chez les girafes?A. Des problemes de sabotsB. Des maux de genoux et des problemes de

ligamentsC. Des œdemes (=accumulation d’eau dans les

tissus) dans les jambesD. Des problemes pour se leverE. Des extremites froides

111. Durante l’evoluzione la giraffa harisolto il problema delle lunghe zam-pe. Valuta la correttezza delle seguen-ti affermazioni, cosı come quella delcollegamento logico:¬ In confronto a quella di un cavallo, la pelle diuna giraffa e molto fine e poco elasticaperche la resistenza periferica deve essere ridotta.


112. Quale grafico corrisponde al meglioalla distribuzione dello spessore dellapelle dalle giraffe?

Scenario sulle lucertole anolididei caraibi

113. Le lucertole anolidi (Anolis) sonodei piccoli animali squamati neotropica-li. Sulle grandi antille nei caraibi si di-stinguono molte specie diverse di anolidi,che in parte tramite speciazione simpa-trica vivono negli stessi ecosistemi. Dopoanni di ricerche, alcuni ricercatori hannonotato che alcune specie di anolidi posso-no essere ricapitolate insieme come eco-morfi. Con ecomorfe si intendono specieche occupano simili abitat e nicchie eco-logiche, hanno una morfologia simile emostrano modi di comportamento che siequivalgono, ma che non devono per for-za essere filogeneticamente molto vicinetra di loro. Quale carattere non puo es-sere considerato per la delimitazione diun ecomorfo?A. lunghezza delle zampe relativaB. fitness complessivaC. rissorsa di nutrimento utilizzata piu spessoD. tempo percenutale che viene impiegato per il

richiamo amorosoE. lunghezza del corpo assoluta

114. stato creato un fenogramma dellesomiglianze in base a misurazioni mor-fologiche su 46 specie di anolidi grazie almetodo 46 Anolis Arten mithilfe der un-gewichteten Paar-Gruppen-Methode conmezzi aritmetici per tutte le isole dovequeste specie di anlidi sono presenti. Isei ecomorfi delle grandi antille sono sta-ti indicati con diversi modelli, le maiu-scole stanno a rappresentare i nomi del-le isole di provenienza (C = Cuba, H =Hispaniola, J = Jamaica, P = Puerto Ri-co). Nel metodo utilizzato i punti stati-sticamente vicini vengono sempre messiinsieme in un gruppo. Nella parte supe-riore dell’immagine e rappresentato unesempio di come si ottiene un fenogram-ma di somiglianza da una distribuzio-ne di punti in un paesaggio multidimen-sionale. Valuta la correttezza delle se-guenti affermazioni, cosı come quella delcollegamento logico tra le due:

¬ I sei anolidi ecomorfi non possono essere rag-gruppati correttamente solamente sulla base deidati morfologiciperche con il metodo utilizzato non si puo distingue-re tra i gruppi di caratteri chiaramente distinti e igruppi di caratteri intermediari.


115. Quale affermazione riguardo il fe-nogramma di somiglianza dei anolidiecomorfi basato su misurazioni morfolo-giche e la piu corretta?A. Les especes ”tronc d’arbre“ sont plus pro-

ches des especes ”tronc-sol“ que des especes”tronc-couronne“.

B. Les six ecomorphes d’Anolis sont le plus fa-cilement differenciables par leur repartitiongeographique.

C. Les six ecomorphes d’Anolis constituent tresprobablement des groupes monophyletiques.

D. Les differences morphologiques a l’interieurd’un ecomorphe d’Anolis sont semblablesdans les six ecomorphes.

E. Les especes ”rameau“ sont morphologique-ment le plus proche des especes ”tronc-couronne“.

116. Les differences ecologiques dessix ecomorphes d’Anolis ont aussi eteetudiees. Le graphique presente l’en-droit ou les six ecomorphes sont le plusfrequents en fonction de la hauteur etde l’epaisseur du tronc. Dans un au-tre graphique, on trouve pour les sixecomorphes des Grandes Antilles a) lafrequence de marche, b) la frequencede saut, c) le temps relatif passe sur lesfeuilles et les herbes et d) la distance ju-squ’a la place de repos suivante dansleur habitat. Quelles affirmations sontd’apres ces resultats correctes?I. Les six ecomorphes occupent differentes pla-

ces dans la vegetation. Si celles-ci se croi-sent, les differents types privilegient d’autresmicrohabitats.

II. Le Boa arc-en-ciel cubain (Epicrates angulifer)long d’un metre et pesant 4 kg mange surtoutdes especes ”rameau.

III. Les especes ”tronc d’arbre defendent leur ter-ritoire en sautant frequemment entre les troncsd’arbre de celui-ci.

IV. Les especes ”herbe-buisson sont parmi tousles ecomorphes celles qui sont le plus souventcapturees par les Leiocephalus (Leiocephalus),des autres lezards vivant au sol.

V. Les especes ”couronne-geant” ne s’attardentjamais au sol.

A. Seulement I et IIB. Seulement I et IVC. Seulement II et VD. Seulement I, III et IVE. Seulement II, III et V

117. L’arbre phylogenetique suivant aete etabli pour la plus grande partiedes especes d’Anolis des Grandes Antil-les a l’aide de leur ADN mitochondrial.Les longueurs des embranchements sontproportionnelles au temps. La taille deCuba est de 110’860 km2, celle de la Ja-maıque de 10’991 km2 et celle de Por-to Rico de 8’959 km2. Cuba est a envi-ron 200 km, la Jamaıque a environ 630km de l’Amerique du Nord alors qu’Hi-spaniola et Porto Rico se trouvent a en-viron 570 km respectivement 700 km del’Amerique du Sud. La biodiversite d’u-ne ıle peut etre etonnamment bien ex-pliquee par sa taille et son eloignementdu continent. Les taux d’immigration etd’extinction semblent pouvoir expliquerune grande partie de la biodiversite ob-servee sur une ıles. Quelle lettre dansle modele d’equilibre de biogeographieinsulaire represente le mieux la situationactuelle d’Hispaniola?

118. En se basant sur le modeled’equilibre de biogeographie insulai-re, quelles ıles des Grandes Antillesont probablement eu le plus grand re-nouvellement (turnover) d’especes d’A-nolis (suite interrompue de differentesespeces)?A. Cuba et HispaniolaB. Cuba et la JamaıqueC. Porto Rico et la JamaıqueD. Porto Rico et HispaniolaE. Le renouvellement des especes est semblable

sur toutes les ıles.

119. En se basant sur l’arbre phy-logenetique des especes d’Anolis des An-tilles, quelles affirmations sont les plusprobables?I. Des conditions environnementales sembla-

bles semblent avoir exerce des pressionsde selection semblables sur des populationsd’Anolis n’etant pas proches parents.

II. Il y a probablement eu en Jamaıque en-tre autres une formation d’especes sympatri-que, c’est-a-dire une formation d’especes sansbarriere physique et geographique.

III. La grande partie de la diversite des Anolisqu’on trouve sur les ıles des Grandes Antil-les est basee sur de multiples faits migratoiresdepuis les ıles voisines.

IV. Porto Rico a ete colonisee au moins trois foisindependamment par des lezards Anolis.

A. Seulement IVB. Seulement I et IIIC. Seulement II et IIID. Seulement I, II et IVE. Toutes

120. La radiation adaptative decrit laseparation d’une population d’organi-smes suite a l’adaptation a differentesconditions environnementales dans unhabitat jusqu’alors faiblement peuple.Evalue la justesse des affirmations sui-vantes ainsi que celle du lien logique.¬ Il semble qu’il y ait eu en Jamaıque uneradiation adaptative chez les lezards Anolisparce que les especes d’Anolis vivant en Jamaıque formentun groupe monophyletique et se differencient leplus morphologiquement et ecologiquement deleurs especes-sœurs.


Risposte della seconda tappa delle Olimpiadi Svizzere di Biologia 2011

Nome Cognome

Biologia cellulare

1. A© B© C© D© E©2. A© B© C© D© E©3. A© B© C© D© E©4. A© B© C© D© E©5. A© B© C© D© E©6. A© B© C© D© E©7. A© B© C© D© E©8. A© B© C© D© E©9. A© B© C© D© E©10. A© B© C© D© E©11. A© B© C© D© E©12. A© B© C© D© E©

Biologia vegetale

13. A© B© C© D© E©14. A© B© C© D© E©15. A© B© C© D© E©16. A© B© C© D© E©17. A© B© C© D© E©18. A© B© C© D© E©19. A© B© C© D© E©20. A© B© C© D© E©21. A© B© C© D© E©22. A© B© C© D© E©23. A© B© C© D© E©24. A© B© C© D© E©

Anatomie etphysiologie animale

25. A© B© C© D© E©26. A© B© C© D© E©27. A© B© C© D© E©28. A© B© C© D© E©29. A© B© C© D© E©30. A© B© C© D© E©31. A© B© C© D© E©32. A© B© C© D© E©33. A© B© C© D© E©34. A© B© C© D© E©35. A© B© C© D© E©36. A© B© C© D© E©37. A© B© C© D© E©38. A© B© C© D© E©39. A© B© C© D© E©40. A© B© C© D© E©41. A© B© C© D© E©42. A© B© C© D© E©43. A© B© C© D© E©

Comportement

44. A© B© C© D© E©45. A© B© C© D© E©46. A© B© C© D© E©47. A© B© C© D© E©

Genetica edevoluzione

48. A© B© C© D© E©49. A© B© C© D© E©50. A© B© C© D© E©51. A© B© C© D© E©52. A© B© C© D© E©53. A© B© C© D© E©54. A© B© C© D© E©55. A© B© C© D© E©56. A© B© C© D© E©57. A© B© C© D© E©58. A© B© C© D© E©59. A© B© C© D© E©60. A© B© C© D© E©

Ecologie

61. A© B© C© D© E©62. A© B© C© D© E©63. A© B© C© D© E©64. A© B© C© D© E©65. A© B© C© D© E©66. A© B© C© D© E©67. A© B© C© D© E©68. A© B© C© D© E©69. A© B© C© D© E©

Systematique

70. A© B© C© D© E©71. A© B© C© D© E©72. A© B© C© D© E©73. A© B© C© D© E©

Risposte della seconda tappa delle Olimpiadi Svizzere di Biologia 2011

Scenario DNA fossile

74. A© B© C© D© E©75. A© B© C© D© E©76. A© B© C© D© E©77. A© B© C© D© E©78. A© B© C© D© E©79. A© B© C© D© E©

Scenariofototropismo

80. A© B© C© D© E©81. A© B© C© D© E©82. A© B© C© D© E©83. A© B© C© D© E©84. A© B© C© D© E©85. A© B© C© D© E©86. A© B© C© D© E©

Scenario proteasoma

87. A© B© C© D© E©88. A© B© C© D© E©89. A© B© C© D© E©

90. A© B© C© D© E©91. A© B© C© D© E©92. A© B© C© D© E©93. A© B© C© D© E©94. A© B© C© D© E©

Scenario derivagenetica


Scenario digitale,insuffisancecardiaque et tumeursmalignes


105. A© B© C© D© E©106. A© B© C© D© E©107. A© B© C© D© E©

Scenario giraffa


Scenario sullelucertole anolidi deicaraibi

113. A© B© C© D© E©114. A© B© C© D© E©115. A© B© C© D© E©116. A© B© C© D© E©117. A© B© C© D© E©118. A© B© C© D© E©119. A© B© C© D© E©120. A© B© C© D© E©

seconda tappa 2011 - science.olympiad.ch · b.wee1, sic1, sintesi di cyclinb c.wee1, sic1,...

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