Salta al contingut
Classes de reforç

Exercicis de microbiologia — Biologia 2n Batxillerat

Els microorganismes són molt més que causants de malalties, i aquests exercicis t'ho fan veure. Classifiques els grans grups de microorganismes i la seva nutrició, distingint autòtrofs i heteròtrofs, i expliques els quatre passos de la tinció de Gram i què diferencia els bacteris Gram positius dels negatius. Després estudies els virus i el seu cicle, i les aplicacions industrials dels microorganismes en alimentació, medicina i medi ambient. Al final treballes la transferència genètica horitzontal i com s'estenen les resistències als antibiòtics. Errors típics: pensar que tots els microorganismes causen malalties i identificar autòtrof amb fotosintètic.

Tens examen d'aquest tema? Fes un simulacre de 60 minuts com el de l'institut, amb solucions i criteris de correcció.Fes el simulacre →

Nivell bàsic

Exercici 1

Quins grans grups de microorganismes hi ha?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 1

Resultat

Hi ha procariotes (bacteris i arqueus) i eucariotes (fongs microscòpics i protists); els virus s'hi estudien, però no són cèl·lules.

Resolució

  1. Criteri. Els microorganismes es classifiquen primer pel tipus de cèl·lula: procariota (sense nucli) o eucariota (amb nucli i orgànuls).
  2. Procariotes. Els bacteris i els arqueus.
  3. Eucariotes. Els fongs microscòpics, com els llevats i les floridures, i els protists, com les microalgues i els protozous.
  4. Formes acel·lulars. Fixa't que els virus s'estudien amb els microorganismes, però no són cèl·lules.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 2

De quin color es veuen els bacteris grampositius i els gramnegatius després de la tinció de Gram?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 2

Resultat

Els grampositius es veuen de color violeta; els gramnegatius, de color rosat o vermellós.

Resolució

  1. Grampositius. Retenen el cristall violeta (gràcies a la capa gruixuda de peptidoglicà) i es veuen violeta.
  2. Gramnegatius. Perden el violeta en decolorar-los i agafen el colorant de contrast (safranina): es veuen rosats o vermellosos.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 3

Per què es diu que els microorganismes són més aliats que enemics dels humans?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 3

Resultat

Perquè només uns pocs causen malalties i la majoria ens són útils: fan aliments, produeixen medicaments, depuren aigües i reciclen la matèria.

Resolució

  1. Els enemics són pocs. Uns pocs microorganismes són patògens i causen malalties.
  2. Aliments. Fan pa, iogurt, vi i altres aliments fermentats.
  3. Medicaments. Produeixen antibiòtics i, amb bacteris modificats, medicaments com la insulina.
  4. Medi ambient. Depuren les aigües residuals i reciclen la matèria de la natura (descomponedors).
  5. Conclusió. Depenem d'ells cada dia molt més del que els tenim per enemics.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 4

Al microscopi s'observen cinc mostres de bacteris: (1) cèl·lules esfèriques unides en cadenes llargues; (2) cèl·lules esfèriques agrupades en raïms irregulars; (3) cèl·lules allargades en forma de bastó, aïllades; (4) cèl·lules en forma de coma, aïllades; (5) cèl·lules esfèriques agrupades de dues en dues. Anomena cada forma o agrupació amb el terme adequat (coc, bacil, vibrió, espiril, estreptococ, estafilococ, diplococ) i explica de què depèn que els cocs formin cadenes o raïms.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 4

Resultat

(1) Estreptococs; (2) estafilococs; (3) bacils; (4) vibrions; (5) diplococs. L'agrupació depèn dels plans de divisió i del fet que les cèl·lules filles no se separin.

Resolució

  1. Formes. La forma de cada cèl·lula la determina la paret cel·lular: coc (esfèric), bacil (bastó), vibrió (bastó corbat en forma de coma), espiril (espiral rígida).
  2. Mostres. (1) Estreptococs: cocs que es divideixen sempre en el mateix pla i queden units en cadena. (2) Estafilococs: cocs que es divideixen en plans diferents, a l'atzar, i formen raïms. (3) Bacils. (4) Vibrions. (5) Diplococs: cocs que han fet una sola divisió i no s'han separat.
  3. Agrupació. Depèn dels plans en què es divideix la cèl·lula i del fet que les cèl·lules filles es quedin unides després de la bipartició.
  4. Observació. L'espiril no apareix en cap de les mostres.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 5

Relaciona cada estructura d'una cèl·lula bacteriana amb la seva funció: càpsula, flagel, fímbries (pili), plasmidi, endòspora, nucleoide i ribosomes 70S. Funcions: (1) adherir-se a superfícies i a altres cèl·lules; (2) regió on es troba el cromosoma circular, sense membrana que l'envolti; (3) resistir condicions adverses (calor, dessecació) en estat de latència; (4) desplaçar-se; (5) protegir-se de la fagocitosi i de la dessecació; (6) sintetitzar proteïnes; (7) molècula petita de DNA circular, independent del cromosoma, que sovint porta gens de resistència a antibiòtics.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 5

Resultat

Càpsula → 5; flagel → 4; fímbries → 1; plasmidi → 7; endòspora → 3; nucleoide → 2; ribosomes 70S → 6.

Resolució

  1. Càpsula (5). Capa externa de polisacàrids que dificulta que els fagòcits reconeguin i engoleixin el bacteri i el protegeix de la dessecació; sovint és un factor de virulència.
  2. Flagel (4) i fímbries (1). El flagel és un filament de flagel·lina que gira com una hèlix i impulsa la cèl·lula. Les fímbries són filaments curts d'adhesió; el pili sexual, a més, uneix dos bacteris durant la conjugació.
  3. Plasmidi (7). DNA circular extracromosòmic amb replicació pròpia, que es pot transferir per conjugació.
  4. Endòspora (3). És una forma de resistència, no de reproducció: d'una cèl·lula en surt una sola espora.
  5. Nucleoide (2) i ribosomes 70S (6). El cromosoma bacterià no està envoltat per cap membrana nuclear. Els ribosomes 70S són més petits que els 80S dels eucariotes; per això alguns antibiòtics (estreptomicina, tetraciclines) els bloquegen sense afectar els nostres.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 6

Raona si cada afirmació sobre els virus és certa o falsa: a) Tots els virus tenen DNA com a material genètic. b) Els virus no tenen ribosomes i per això necessiten la maquinària d'una cèl·lula per fabricar les seves proteïnes. c) Un bacteriòfag és un virus que infecta bacteris. d) Els antibiòtics són útils per tractar una infecció vírica.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 6

Apartat a)

Resultat

Falsa: hi ha virus de DNA i virus de RNA.

Resolució

  1. Raonament. Hi ha virus de DNA (herpes, bacteriòfag T4) i virus de RNA (grip, VIH, virus del mosaic del tabac).
  2. Conclusió. Un virus mai no té els dos tipus d'àcid nucleic alhora, però no sempre és DNA.

Apartat b)

Resultat

Certa: sense ribosomes ni metabolisme propi, són paràsits intracel·lulars obligats.

Resolució

  1. Estructura. Els virus només porten el genoma, la càpsida i, en alguns casos, un embolcall i uns pocs enzims.
  2. Conclusió. No tenen ribosomes ni metabolisme propi: per això necessiten la maquinària d'una cèl·lula i són paràsits intracel·lulars obligats.

Apartat c)

Resultat

Certa: els bacteriòfags (fags) són virus que infecten bacteris.

Resolució

  1. Raonament. Els fags injecten el seu genoma dins del bacteri i en fan servir la maquinària per replicar-se.
  2. Aplicació. S'estudien com a alternativa als antibiòtics (fagoteràpia).

Apartat d)

Resultat

Falsa: els antibiòtics no tenen cap diana en els virus.

Resolució

  1. Raonament. Els antibiòtics actuen sobre estructures o processos propis dels bacteris (paret de peptidoglicà, ribosomes 70S); els virus no en tenen, i l'antibiòtic no els afecta.
  2. Alternatives. Contra els virus hi ha antivirals i, sobretot, vacunes.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 7

L'amoxicil·lina és un antibiòtic de la família de la penicil·lina que impedeix la formació dels enllaços entre les cadenes de peptidoglicà. Explica per què aquest antibiòtic mata els bacteris que estan creixent, per què no fa mal a les cèl·lules humanes i per què no serveix per curar un refredat.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 7

Resultat

Bloqueja la paret dels bacteris que creixen (lisi osmòtica); les cèl·lules humanes no tenen peptidoglicà (toxicitat selectiva), i el refredat el causa un virus, que no en té.

Resolució

  1. Funció de la paret. El peptidoglicà forma la paret bacteriana, que aguanta la pressió osmòtica interna.
  2. Per què mata els que creixen. Un bacteri que creix ha de fabricar paret nova; si no pot tancar els enllaços, la paret queda feble, l'aigua entra per osmosi i la cèl·lula s'infla i esclata (lisi osmòtica). Fixa't que és poc eficaç sobre bacteris que no es divideixen, perquè aquests no fabriquen paret nova.
  3. Toxicitat selectiva. Les cèl·lules humanes no tenen paret cel·lular ni peptidoglicà, de manera que l'antibiòtic no hi troba cap diana.
  4. Refredat. El causen virus, que no tenen paret ni metabolisme propi: l'antibiòtic no els afecta.
  5. Conclusió. Prendre'l per a un refredat no serveix i només afavoreix la selecció de bacteris resistents dins de la nostra microbiota.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 8

Tres bacteris se sembren en tubs de medi semisòlid en què només la part superior està en contacte amb l'aire. Al cap de dos dies: el bacteri A creix només a la part superior del tub; el bacteri B creix només al fons; el bacteri C creix per tot el tub, però amb més densitat a la part superior. Classifica cada bacteri segons la seva relació amb l'oxigen i justifica-ho.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 8

Resultat

A: aerobi estricte; B: anaerobi estricte; C: anaerobi facultatiu.

Resolució

  1. Plantejament. En el tub, l'oxigen només hi és a la part de dalt; on creix cada bacteri indica la seva relació amb l'O2\mathrm{O_2}.
  2. Bacteri A. Aerobi estricte: necessita O2\mathrm{O_2} com a acceptor final d'electrons de la respiració aeròbica i només creix on n'hi ha, a prop de la superfície.
  3. Bacteri B. Anaerobi estricte: l'oxigen li és tòxic (no té enzims com la catalasa o la superòxid-dismutasa per eliminar-ne els derivats reactius) i només creix al fons; obté l'energia per fermentació o per respiració anaeròbica.
  4. Bacteri C. Anaerobi facultatiu: creix amb oxigen o sense. Creix més a dalt perquè la respiració aeròbica dona molta més energia (uns 30 ATP per glucosa) que la fermentació (2 ATP), i al fons es manté fermentant.
  5. Error típic. Dir que el bacteri C «prefereix» el fons; la densitat més gran a dalt indica que, quan pot, respira.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 9

El cos humà conté desenes de bilions de microorganismes (la microbiota), sobretot a l'intestí. Explica dues funcions beneficioses de la microbiota intestinal i raona per què un tractament amb un antibiòtic d'ampli espectre pot provocar diarrea o una infecció per fongs (candidiasi).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 9

Resultat

La microbiota ajuda a la nutrició (fibra, vitamines) i fa d'efecte barrera; un antibiòtic d'ampli espectre l'elimina i deixa proliferar oportunistes com Clostridioides o Candida.

Resolució

  1. Funció 1: nutrició. Fermenten la fibra que no podem digerir, en produeixen àcids grassos de cadena curta i fabriquen vitamines (K i algunes del grup B).
  2. Funció 2: protecció. Ocupen l'espai i els nutrients i produeixen substàncies que impedeixen que s'hi instal·lin patògens (efecte barrera); a més, estimulen la maduració del sistema immunitari.
  3. Efecte de l'antibiòtic. Un antibiòtic d'ampli espectre mata molts bacteris de la microbiota, no només el patogen.
  4. Conseqüència. En desaparèixer la competència, proliferen oportunistes que l'antibiòtic no afecta: bacteris resistents del gènere Clostridioides (diarrea) o el llevat Candida, que és un fong i no té cap de les dianes dels antibiòtics.
  5. Conclusió. Per això es recomana fer servir antibiòtics d'espectre reduït quan es coneix el patogen responsable.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 10

Ordena i explica breument els quatre postulats de Koch que permeten demostrar que un microorganisme concret és la causa d'una malaltia: (a) inocular el microorganisme en cultiu pur a un hoste sa i comprovar que desenvolupa la mateixa malaltia; (b) tornar a aïllar el mateix microorganisme de l'hoste infectat experimentalment; (c) trobar el microorganisme en tots els individus malalts i no en els sans; (d) aïllar-lo i obtenir-ne un cultiu pur.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 10

Resultat

Ordre: c → d → a → b.

Resolució

  1. 1r (c). El microorganisme sospitós ha d'estar present en tots els casos de la malaltia i absent en els individus sans.
  2. 2n (d). S'ha de poder aïllar del malalt i obtenir-ne un cultiu pur, sense cap altre microorganisme.
  3. 3r (a). En inocular el cultiu pur a un hoste sa i sensible, hi ha d'aparèixer la mateixa malaltia.
  4. 4t (b). Del nou malalt s'ha de tornar a aïllar el mateix microorganisme, cosa que tanca el cercle causa-efecte.
  5. Limitacions. Hi ha patògens que no es poden cultivar en medis artificials (virus, el bacil de la lepra), hi ha portadors sans i hi ha malalties causades per més d'un agent alhora.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Nivell intermedi

Exercici 11

Un company diu que els virus són éssers vius perquè tenen material genètic i evolucionen. Un altre diu que no ho són perquè fora d'una cèl·lula no fan res. (a) Dona la raó a cadascun amb un argument més. (b) Com es classifiquen, doncs, els virus?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 11

Apartat a)

Resultat

A favor del primer: muten i la selecció natural hi actua. A favor del segon: no tenen estructura cel·lular, ni metabolisme ni ribosomes propis.

Resolució

  1. Arguments a favor. A més de material genètic, tenen la informació per fabricar còpies d'ells mateixos i muten, de manera que la selecció natural hi actua (per això apareixen variants noves de la grip o del SARS-CoV-2).
  2. Arguments en contra. No tenen estructura cel·lular ni metabolisme propi (no respiren ni fabriquen ATP), no creixen i no tenen ribosomes: no poden fabricar ni una proteïna sense una cèl·lula.

Apartat b)

Resultat

Són paràsits intracel·lulars obligats: entitats acel·lulars, al límit de la definició d'ésser viu.

Resolució

  1. Classificació. Es consideren formes acel·lulars que només es reprodueixen dins d'una cèl·lula hoste.
  2. Conclusió. Per això se situen en el límit de la definició d'ésser viu: paràsits intracel·lulars obligats.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 12

Classifica en autòtrof o heteròtrof: una microalga fotosintètica, un bacteri que descompon restes orgàniques, un bacteri quimiosintètic.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 12

Resultat

Autòtrofs: la microalga fotosintètica i el bacteri quimiosintètic. Heteròtrof: el bacteri descomponedor.

Resolució

  1. Criteri. Un autòtrof fabrica la seva matèria orgànica a partir de matèria inorgànica; un heteròtrof la pren ja feta.
  2. Microalga fotosintètica. Autòtrofa: fabrica matèria orgànica amb l'energia de la llum (fotoautòtrofa).
  3. Bacteri quimiosintètic. Autòtrof: la fabrica amb l'energia de reaccions químiques (quimioautòtrof).
  4. Bacteri descomponedor. Heteròtrof: pren la matèria orgànica ja feta de les restes que descompon.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 13

Digues una aplicació dels microorganismes en medicina i una en el medi ambient.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 13

Resultat

Medicina: producció d'antibiòtics (penicil·lina) o d'insulina amb bacteris modificats. Medi ambient: depuració d'aigües residuals.

Resolució

  1. En medicina. La producció d'antibiòtics, com la penicil·lina, per combatre infeccions, o de medicaments com la insulina amb bacteris modificats genèticament.
  2. En el medi ambient. La depuració d'aigües residuals, on els bacteris descomponen la matèria orgànica.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 14

Classifica cada situació segons el mecanisme de transferència genètica horitzontal i justifica-ho: (a) un cultiu de bacteris no patògens es torna patogen després d'afegir-hi extracte de bacteris patògens morts i trencats; (b) un bacteriòfag infecta un bacteri i, en sortir-ne, n'emporta un fragment de DNA que injecta al bacteri següent; (c) dos bacteris s'uneixen per un pèl sexual i un transfereix una còpia d'un plasmidi a l'altre.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 14

Apartat a)

Resultat

Transformació: el bacteri capta DNA lliure del medi.

Resolució

  1. Raonament. El DNA prové de cèl·lules mortes que s'han trencat i n'han alliberat el contingut; els bacteris vius el capten del medi.
  2. Context. És l'experiment clàssic que va permetre identificar el DNA com a material hereditari.

Apartat b)

Resultat

Transducció: el vehicle és un bacteriòfag.

Resolució

  1. Raonament. El virus, per un error en l'empaquetament, s'emporta DNA de l'hoste.
  2. Conclusió. Trasllada aquest DNA al bacteri següent que infecta.

Apartat c)

Resultat

Conjugació: contacte directe per un pèl sexual i transferència d'un plasmidi.

Resolució

  1. Raonament. Hi ha contacte directe entre dos bacteris vius mitjançant un pèl sexual, i es transfereix una còpia d'un plasmidi.
  2. Clau per no equivocar-te. Pregunta't d'on ve el DNA i com hi arriba: del medi (transformació), dins d'un virus (transducció) o d'un altre bacteri per contacte (conjugació).

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 15

Un cultiu bacterià en fase exponencial passa de 2·10410^{4} a 1,28·10610^{6} cèl·lules per mL en 3 hores. a) Calcula quantes generacions (duplicacions) hi ha hagut i quin és el temps de generació. b) Quantes cèl·lules per mL hi hauria al cap de 5 hores des de l'inici si el creixement continués al mateix ritme?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 15

Apartat a)

Resultat

n=6n = 6 generacions; g=30 ming = 30\ \text{min}.

Resolució

  1. Dades. N0=2⋅104N_0 = 2\cdot10^{4} cèl·lules/mL, N=1,28⋅106N = 1{,}28\cdot10^{6} cèl·lules/mL, t=3 h=180 mint = 3\ \text{h} = 180\ \text{min}.
  2. Creixement exponencial. A cada generació la població es duplica: N=N0⋅2nN = N_0\cdot 2^{n}.
  3. Càlcul. NN0=1,28⋅1062⋅104=64=26 ⇒ n=6\dfrac{N}{N_0} = \dfrac{1{,}28\cdot10^{6}}{2\cdot10^{4}} = 64 = 2^{6}\ \Rightarrow\ n = 6
  4. Temps de generació. g=180 min6=30 ming = \dfrac{180\ \text{min}}{6} = 30\ \text{min}.
  5. Error típic. Dividir les 3 h entre el factor 64 en lloc d'entre el nombre de duplicacions (6).

Apartat b)

Resultat

N≈2,05⋅107N \approx 2{,}05\cdot10^{7} cèl·lules/mL.

Resolució

  1. Generacions. En 5 h = 300 min hi ha 30030=10\tfrac{300}{30} = 10 generacions.
  2. Càlcul. N=2⋅104⋅210=2⋅104⋅1024≈2,05⋅107N = 2\cdot10^{4}\cdot 2^{10} = 2\cdot10^{4}\cdot 1024 \approx 2{,}05\cdot10^{7} cèl·lules/mL.
  3. Comprovació. De 3 h a 5 h hi ha 4 generacions més: 1,28⋅106⋅16≈2,05⋅1071{,}28\cdot10^{6}\cdot 16 \approx 2{,}05\cdot10^{7}.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 16

S'inocula un bacteri en un matràs tancat amb medi fresc i es compta la població (cèl·lules/mL) al llarg del temps: 0 h: 1·10510^{5}; 1 h: 1·10510^{5}; 2 h: 4·10510^{5}; 3 h: 1,6·10610^{6}; 4 h: 6,4·10610^{6}; 5 h: 2,6·10710^{7}; 6 h: 2,6·10710^{7}; 8 h: 2,6·10710^{7}; 12 h: 8·10610^{6}. a) Identifica les fases de la corba de creixement i justifica què hi passa. b) Calcula el temps de generació en la fase exponencial. c) Raona en quina fase seria més eficaç un antibiòtic que impedeix la síntesi de la paret.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 16

Apartat a)

Resultat

0–1 h: latència; 1–5 h: exponencial; 5–8 h: estacionària; 8–12 h: mort.

Resolució

  1. Latència (0–1 h). La població no creix: els bacteris s'adapten al medi nou i sintetitzen els enzims que necessiten.
  2. Exponencial (1–5 h). La població es multiplica per 4 cada hora: els bacteris es divideixen a un ritme constant i màxim.
  3. Estacionària (5–8 h). El nombre es manté: s'esgoten nutrients, s'acumulen residus i les divisions compensen les morts.
  4. Mort (8–12 h). Les morts superen les divisions i la població disminueix.

Apartat b)

Resultat

g=30 ming = 30\ \text{min}.

Resolució

  1. Dades. A la fase exponencial: 1·10⁵ → 4·10⁵ → 1,6·10⁶ → 6,4·10⁶: la població es multiplica per 4 cada hora.
  2. Càlcul. 4=224 = 2^{2}: hi ha 2 generacions per hora, i g=60 min2=30 ming = \dfrac{60\ \text{min}}{2} = 30\ \text{min}.
  3. Comprovació. De 1 h a 5 h hi ha 8 generacions: 1⋅105⋅28=2,56⋅107≈2,6⋅1071\cdot10^{5}\cdot 2^{8} = 2{,}56\cdot10^{7} \approx 2{,}6\cdot10^{7}.

Apartat c)

Resultat

A la fase exponencial, quan els bacteris es divideixen i fabriquen paret nova.

Resolució

  1. Mecanisme. Els antibiòtics que bloquegen la síntesi de peptidoglicà només actuen sobre cèl·lules que fabriquen paret nova, és a dir, que es divideixen.
  2. Conclusió. En les fases de latència o estacionària gairebé no hi ha divisions i l'efecte és mínim.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 17

Per comptar els bacteris d'una mostra d'aigua d'un riu es fan tres dilucions seriades 110\tfrac{1}{10} consecutives (1 mL de mostra en 9 mL d'aigua estèril, i així successivament). De l'última dilució se sembren 0,1 mL en una placa de Petri amb medi nutritiu i, després de 24 h a 37 °C, s'hi compten 45 colònies. a) Calcula la concentració de bacteris viables de l'aigua original, en unitats formadores de colònies per mL (UFC/mL). b) Explica per què el resultat s'expressa en UFC i no en «bacteris», i per què cal diluir la mostra.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 17

Apartat a)

Resultat

4,5⋅105 UFC/mL4{,}5\cdot10^{5}\ \text{UFC/mL}.

Resolució

  1. Factor de dilució. Tres dilucions 110\tfrac{1}{10} donen un factor total de 10−310^{-3}: la mostra queda 1000 vegades més diluïda.
  2. Concentració a la placa. 45 coloˋnies0,1 mL=450 UFC/mL\dfrac{45\ \text{colònies}}{0{,}1\ \text{mL}} = 450\ \text{UFC/mL} de l'última dilució.
  3. Mostra original. 450⋅1000=4,5⋅105 UFC/mL450\cdot 1000 = 4{,}5\cdot10^{5}\ \text{UFC/mL}.
  4. Error típic. Oblidar el volum sembrat (0,1 mL) i donar 45 000 UFC/mL.

Apartat b)

Resultat

Cada colònia ve d'una cèl·lula viable (o d'un grupet unit), no de qualsevol bacteri; cal diluir per obtenir un nombre de colònies comptable.

Resolució

  1. Per què UFC. Cada colònia prové d'una cèl·lula viable (o d'un grupet de cèl·lules unides) capaç de dividir-se en aquell medi; no es compten les cèl·lules mortes ni les que no creixen en aquestes condicions.
  2. Per què diluir. Si se sembrés la mostra directa, les 450 000 cèl·lules per mL donarien una gespa contínua impossible de comptar.
  3. Conclusió. Es busca una placa amb entre 30 i 300 colònies.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 18

Al sòl d'un camp d'Osona hi viuen aquests microorganismes: (1) bacteris del gènere Rhizobium, als nòduls de les arrels de les lleguminoses, que converteixen el N2\mathrm{N}_{2} de l'aire en amoníac; (2) Nitrosomonas i Nitrobacter, que oxiden l'amoni a nitrit i després a nitrat; (3) bacteris que, en condicions anaeròbiques (sòl entollat), converteixen el nitrat en N2\mathrm{N}_{2} gasós; (4) fongs i bacteris descomponedors que alliberen amoni a partir de les proteïnes de les restes orgàniques. Anomena cada procés del cicle del nitrogen, indica quin tipus de nutrició tenen els bacteris del grup (2) i raona quin dels processos fa perdre nitrogen útil al camp i com ho pot evitar el pagès.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 18

Resultat

(1) Fixació del nitrogen; (2) nitrificació, per bacteris quimiolitoautòtrofs; (3) desnitrificació; (4) amonificació. La desnitrificació fa perdre N; s'evita airejant el sòl (drenatge, llaurada).

Resolució

  1. (1) Fixació biològica del nitrogen. N2→NH3\mathrm{N_2 \rightarrow NH_3}, gràcies a l'enzim nitrogenasa. Rhizobium viu en simbiosi amb la lleguminosa: en rep sucres i li aporta nitrogen assimilable.
  2. (2) Nitrificació. NH4+→NO2−\mathrm{NH_4^{+} \rightarrow NO_2^{-}} (Nitrosomonas) i NO2−→NO3−\mathrm{NO_2^{-} \rightarrow NO_3^{-}} (Nitrobacter). Són quimioautòtrofs (quimiolitòtrofs): obtenen l'energia d'oxidar compostos inorgànics i el carboni del CO₂; necessiten oxigen.
  3. (3) Desnitrificació. NO3−→N2\mathrm{NO_3^{-} \rightarrow N_2}: el nitrat fa d'acceptor final d'electrons en una respiració anaeròbica.
  4. (4) Amonificació (mineralització). Proteïnes → NH4+\mathrm{NH_4^{+}}.
  5. Pèrdua de nitrogen. La desnitrificació retorna N₂ a l'atmosfera, que les plantes no poden assimilar.
  6. Què pot fer el pagès. Drenar i llaurar el sòl perquè estigui airejat (sense oxigen, els desnitrificants respiren nitrat); a més, pot guanyar nitrogen sembrant lleguminoses en rotació.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 19

Un cultiu d'Escherichia coli s'infecta amb un bacteriòfag. Al cap de 40 minuts, una part de les cèl·lules ha esclatat i ha alliberat centenars de virus nous; una altra part continua dividint-se amb normalitat durant moltes generacions, però quan aquest segon grup s'exposa a radiació ultraviolada, les cèl·lules també acaben esclatant i alliberant fags. a) Identifica quin cicle víric ha seguit cada grup de cèl·lules i descriu-ne les etapes. b) Què és un profag i per què les cèl·lules filles del segon grup també porten el virus? c) Raona per què la radiació UV provoca el canvi de cicle.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 19

Apartat a)

Resultat

Primer grup: cicle lític; segon grup: cicle lisogènic.

Resolució

  1. Cicle lític (primer grup). Adsorció (fixació a receptors de la paret) → penetració (injecció del DNA; la càpsida queda fora) → eclipsi o síntesi (el DNA víric dirigeix la fabricació de còpies del genoma i de proteïnes de la càpsida) → acoblament dels virions → lisi (una lisozima vírica trenca la paret i s'alliberen centenars de fags).
  2. Cicle lisogènic (segon grup). El DNA del fag s'integra al cromosoma bacterià i s'hi queda inactiu; el bacteri continua dividint-se amb normalitat.

Apartat b)

Resultat

El profag és el DNA víric integrat al cromosoma bacterià; es replica amb el cromosoma i passa a totes les cèl·lules filles.

Resolució

  1. Definició. El profag és el DNA víric integrat al cromosoma del bacteri.
  2. Herència. Com que es replica amb el cromosoma a cada bipartició, totes les cèl·lules filles l'hereten (bacteris lisògens), sense que es produeixin virions ni lisi.

Apartat c)

Resultat

La UV danya el DNA, activa el sistema SOS i inactiva el repressor del profag, que entra en cicle lític (inducció).

Resolució

  1. Dany al DNA. La radiació UV danya el DNA del bacteri i activa la resposta de reparació (sistema SOS).
  2. Inducció. Aquest senyal inactiva el repressor que mantenia el profag silenciat; el profag s'escindeix del cromosoma i entra en cicle lític.
  3. Interpretació. El virus «fuig» d'una cèl·lula que pot morir.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 20

Es descriuen tres virus: el virus de la grip, amb genoma de RNA en vuit fragments, càpsida helicoïdal i un embolcall lipídic amb glicoproteïnes (hemaglutinina i neuraminidasa); el bacteriòfag T4, amb DNA bicatenari, cap icosaèdric i cua contràctil amb fibres, sense embolcall; i el virus del mosaic del tabac, amb RNA monocatenari i càpsida helicoïdal rígida en forma de bastó, sense embolcall. a) Classifica'ls segons el tipus de material genètic, la presència d'embolcall i el tipus d'hoste. b) Explica d'on prové l'embolcall del virus de la grip i quin paper hi tenen les glicoproteïnes. c) Per què el bacteriòfag necessita la cua i el virus de la grip no?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 20

Apartat a)

Resultat

Grip: RNA, amb embolcall, hoste animal. T4: DNA, nu, hoste bacterià. Mosaic del tabac: RNA, nu, hoste vegetal.

Resolució

  1. Virus de la grip. RNA, amb embolcall; hoste animal (cèl·lules epitelials de les vies respiratòries).
  2. Bacteriòfag T4. DNA, sense embolcall (virus nu); hoste bacterià (E. coli).
  3. Virus del mosaic del tabac. RNA, nu; hoste vegetal.

Apartat b)

Resultat

L'embolcall és un fragment de la membrana plasmàtica de l'hoste agafat per gemmació; les glicoproteïnes reconeixen la cèl·lula (hemaglutinina) i alliberen els virions (neuraminidasa).

Resolució

  1. Origen. L'embolcall és un fragment de la membrana plasmàtica de la cèl·lula hoste que el virus s'emporta en sortir-ne per gemmació; per això conté lípids cel·lulars.
  2. Glicoproteïnes. Inserides a l'embolcall, l'hemaglutinina reconeix els receptors de la cèl·lula i la neuraminidasa ajuda a alliberar els virions nous.
  3. Importància immunitària. També són els antígens que reconeix el sistema immunitari i que canvien d'una temporada a l'altra.

Apartat c)

Resultat

El bacteri té una paret que el virus no pot travessar sencer: la cua injecta només el DNA. La cèl·lula animal no té paret i la grip hi entra sencera.

Resolució

  1. Bacteriòfag. La paret bacteriana és gruixuda: la cua s'hi fixa, es contrau i injecta només el DNA; la càpsida queda fora.
  2. Virus de la grip. La cèl·lula animal no té paret: el virus hi entra sencer, per fusió de l'embolcall o per endocitosi, i la càpsida es desfà dins del citoplasma.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 21

Per fer iogurt s'afegeixen a la llet bacteris dels gèneres Lactobacillus i Streptococcus i es manté a uns 42 °C durant unes hores; per fer pa s'afegeix a la massa el llevat Saccharomyces cerevisiae i es deixa reposar. a) Escriu el nom de la fermentació que fa cada microorganisme, el substrat i els productes. b) Explica per què la llet es torna espessa i àcida, i per què la massa del pa puja. c) Raona si aquests processos necessiten oxigen i per què els microorganismes hi obtenen menys energia que si respiressin.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 21

Apartat a)

Resultat

Iogurt: fermentació làctica, glucosa (de la lactosa) → 2 àcid làctic. Pa: fermentació alcohòlica, glucosa → 2 etanol + 2 CO₂. Totes dues donen 2 ATP.

Resolució

  1. Iogurt. Fermentació làctica: la lactosa es trenca i la glucosa es transforma en 2 molècules d'àcid làctic, amb un guany net de 2 ATP. C6H12O6→2 C3H6O3\mathrm{C_6H_{12}O_6 \rightarrow 2\ C_3H_6O_3}
  2. Pa. Fermentació alcohòlica: C6H12O6→2 C2H5OH+2 CO2\mathrm{C_6H_{12}O_6 \rightarrow 2\ C_2H_5OH + 2\ CO_2} també amb 2 ATP.

Apartat b)

Resultat

L'àcid làctic abaixa el pH i fa coagular la caseïna (llet espessa i àcida); el CO₂ queda atrapat al gluten i fa pujar la massa.

Resolució

  1. Iogurt. L'àcid làctic abaixa el pH; en un pH àcid la caseïna de la llet es desnaturalitza i precipita, de manera que la llet coagula (es torna espessa) i agafa gust àcid.
  2. Pa. El CO₂ queda atrapat a la xarxa de gluten i forma bombolles que fan pujar la massa; l'etanol s'evapora en coure.

Apartat c)

Resultat

No necessiten oxigen; la glucosa no s'oxida del tot i només s'obtenen els 2 ATP de la glucòlisi.

Resolució

  1. Processos anaeròbics. L'acceptor final d'electrons és una molècula orgànica (el piruvat o l'acetaldehid), que es redueix per regenerar el NAD⁺ i poder continuar la glucòlisi.
  2. Balanç energètic. Com que la glucosa no s'oxida del tot fins a CO₂, només s'obtenen els 2 ATP de la glucòlisi, en lloc de les desenes d'ATP de la respiració aeròbica.
  3. Conclusió. Per això els fermentadors consumeixen molt substrat.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Nivell avançat

Exercici 22

Els éssers vius es reparteixen en tres dominis: bacteris, arqueus (arqueobacteris) i eucariotes. (a) Els arqueus són procariotes: què comparteixen, doncs, amb els bacteris? (b) Digues dos trets que els diferencien dels bacteris. (c) Sorprenentment, en alguns aspectes els arqueus s'assemblen més als eucariotes que als bacteris: posa'n un exemple i digues què implica sobre la seva posició filogenètica. (d) Distingeix els conceptes d'espècie i de soca.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 22

Apartat a)

Resultat

Comparteixen l'organització procariota: sense nucli ni orgànuls membranosos, unicel·lulars, petits i amb bipartició.

Resolució

  1. Organització. No tenen nucli: el DNA és lliure al citoplasma, en un cromosoma circular.
  2. Altres trets comuns. No tenen orgànuls envoltats de membrana, són unicel·lulars i de mida petita, i es divideixen per bipartició.

Apartat b)

Resultat

La paret dels arqueus no té peptidoglicà i els lípids de membrana són diferents i més estables.

Resolució

  1. Paret. La dels arqueus no té peptidoglicà (la dels bacteris sí): no es classifiquen igual amb la tinció de Gram ni els afecten els antibiòtics que ataquen el peptidoglicà.
  2. Membrana. Els seus lípids són diferents, amb enllaços més estables, que els permeten viure en ambients extrems (alta temperatura, salinitat o acidesa).

Apartat c)

Resultat

La maquinària d'expressió gènica (RNA polimerasa, transcripció, traducció) s'assembla a la dels eucariotes: arqueus i eucariotes tenen un avantpassat comú més recent.

Resolució

  1. Exemple. La RNA polimerasa i els mecanismes de transcripció i traducció dels arqueus s'assemblen molt més als dels eucariotes que als dels bacteris.
  2. Implicació filogenètica. Arqueus i eucariotes comparteixen un avantpassat comú més recent entre ells que amb els bacteris.
  3. Conclusió. Els arqueus no són «un tipus de bacteri», sinó un domini a part, més proper a nosaltres que als bacteris.

Apartat d)

Resultat

L'espècie agrupa individus amb les mateixes característiques essencials; la soca és una variant concreta dins d'una espècie.

Resolució

  1. Espècie. És el nivell taxonòmic que agrupa individus amb les mateixes característiques essencials.
  2. Soca. És una variant concreta dins d'una espècie, amb alguna propietat particular (patogenicitat, resistència a un antibiòtic, capacitat de fermentar un sucre), habitualment aïllada d'un lloc concret.
  3. Exemple. Dues soques d'Escherichia coli poden ser una inofensiva i l'altra causar una intoxicació greu.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 23

Explica els quatre passos de la tinció de Gram (cristall violeta, lugol, alcohol i safranina) i què passa a cada pas amb un bacteri grampositiu i amb un de gramnegatiu.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 23

Resultat

Tots dos queden violeta fins a l'alcohol; el grampositiu reté el complex violeta-iode i continua violeta, i el gramnegatiu es decolora i la safranina el tenyeix de rosat.

Resolució

  1. Cristall violeta. Tots dos bacteris es tenyeixen de violeta.
  2. Lugol (iode). Fa de mordent: forma un complex gran amb el violeta dins de tots dos.
  3. Alcohol (decoloració). Al grampositiu, la capa gruixuda de peptidoglicà es deshidrata i reté el complex: continua violeta. Al gramnegatiu, l'alcohol dissol la membrana externa i la capa fina de peptidoglicà no reté el complex: queda incolor.
  4. Safranina (colorant de contrast). El gramnegatiu, incolor, es tenyeix de rosat; el grampositiu ja era violeta i ho continua sent.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 24

Un bacteri es divideix per bipartició cada 20 minuts. Quants bacteris hi haurà al cap d'una hora si en partim d'un de sol?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 24

Resultat

Hi haurà 8 bacteris (232^{3}).

Resolució

  1. Dades. Temps de generació 20 min; temps total 60 min; població inicial 1 bacteri.
  2. Nombre de divisions. n=6020=3n = \dfrac{60}{20} = 3 divisions.
  3. Càlcul. Cada divisió dobla el nombre: 1 → 2 → 4 → 8, és a dir, N=1⋅23=8N = 1\cdot 2^{3} = 8.
  4. Interpretació. Aquest creixement exponencial explica per què les poblacions bacterianes es disparen tan de pressa.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 25

Es cultiva una soca de bacteris sensibles a l'estreptomicina en una placa sense antibiòtic fins que hi creixen centenars de colònies. Amb un vellut estèril es transfereix una «còpia» exacta de la placa (cada colònia a la mateixa posició) a diverses plaques amb estreptomicina. En totes les còpies només creixen unes poques colònies resistents, i sempre a les mateixes posicions. Després, les colònies originals d'aquelles posicions es recuperen de la placa sense antibiòtic i resulten ser resistents.
a) Raona què demostra aquest experiment sobre l'origen de la resistència: l'antibiòtic la provoca o la selecciona?
b) Explica dos mecanismes pels quals un gen de resistència es pot estendre a bacteris d'altres espècies.
c) Un pacient deixa de prendre l'antibiòtic al tercer dia perquè ja es troba bé. Raona quin risc comporta per a ell i per a la comunitat.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 25

Apartat a)

Resultat

L'antibiòtic selecciona la resistència, no la provoca: els mutants resistents ja existien abans del contacte.

Resolució

  1. Observació clau. Les colònies resistents apareixen a les mateixes posicions en totes les còpies, i les colònies originals, que mai no han tocat l'antibiòtic, ja eren resistents.
  2. Interpretació. La resistència prové de mutacions espontànies i a l'atzar que ja existien abans del contacte amb l'estreptomicina.
  3. Conclusió. L'antibiòtic no la indueix: només selecciona els mutants (la resta mor) i fa que es reprodueixin. És selecció natural, no una adaptació dirigida per l'ambient.

Apartat b)

Resultat

Per conjugació (plasmidis R) i per transducció o transformació.

Resolució

  1. Conjugació. Un plasmidi R passa d'un bacteri a un altre pel pili sexual, fins i tot entre espècies diferents.
  2. Transformació i transducció. Un bacteri pot captar DNA lliure de bacteris morts (transformació), o un bacteriòfag pot transportar el gen d'un bacteri a un altre (transducció).
  3. Transposons. Permeten que el gen salti del cromosoma a un plasmidi i es pugui transferir més fàcilment.

Apartat c)

Resultat

Pot recaure amb una infecció de bacteris més resistents i transmetre'ls a altres persones.

Resolució

  1. Què queda al tercer dia. Han mort els bacteris més sensibles, però en poden quedar de menys sensibles o resistents que el sistema immunitari encara no ha eliminat.
  2. Risc per al pacient. Sense antibiòtic es multipliquen: la infecció pot recaure i estarà dominada per bacteris més resistents, més difícils de tractar.
  3. Risc per a la comunitat. El pacient pot transmetre aquests bacteris resistents a altres persones, i els gens de resistència poden passar a la microbiota de la comunitat.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 26

El VIH és un retrovirus amb embolcall, dues còpies de RNA monocatenari i els enzims transcriptasa inversa, integrasa i proteasa. Infecta sobretot els limfòcits T CD4.
a) Descriu què fa cadascun dels tres enzims durant el cicle del virus i explica per què es diu que el VIH «va contra el dogma central».
b) La transcriptasa inversa comet molts errors i no els corregeix. Raona quines conseqüències té per al tractament i per al disseny d'una vacuna.
c) Els fàrmacs antiretrovirals inhibeixen aquests enzims. Explica per què afecten poc les cèl·lules humanes i per què, tot i el tractament, el virus no s'elimina del tot de l'organisme.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 26

Apartat a)

Resultat

Transcriptasa inversa: RNA → DNA; integrasa: insereix el DNA al cromosoma (provirus); proteasa: talla les poliproteïnes. Va contra el dogma perquè fa el pas RNA → DNA.

Resolució

  1. Transcriptasa inversa. Copia el RNA víric a DNA bicatenari.
  2. Integrasa. Insereix aquest DNA al cromosoma del limfòcit (provirus).
  3. Proteasa. Talla les poliproteïnes víriques en les proteïnes madures de la càpsida i els enzims, pas necessari perquè els virions nous siguin infecciosos.
  4. Dogma central. Estableix el flux DNA → RNA → proteïna; la transcriptasa inversa fa el pas RNA → DNA, en sentit contrari.

Apartat b)

Resultat

Apareixen ràpidament mutants resistents (cal teràpia combinada) i les proteïnes de l'embolcall canvien contínuament (no hi ha vacuna eficaç).

Resolució

  1. Variabilitat. Cada cicle de replicació genera mutacions: dins d'un mateix pacient hi ha una població de variants.
  2. Tractament. Apareixen ràpidament mutants resistents a un sol fàrmac, de manera que cal combinar tres o més antiretrovirals amb dianes diferents (teràpia combinada).
  3. Vacuna. Les proteïnes de l'embolcall canvien contínuament i els anticossos generats per una vacuna deixen de reconèixer les variants noves; per això encara no hi ha una vacuna eficaç.

Apartat c)

Resultat

Les dianes són enzims vírics que les cèl·lules humanes no tenen (toxicitat selectiva); però el provirus latent en limfòcits en repòs no s'elimina.

Resolució

  1. Toxicitat selectiva. Les cèl·lules humanes no tenen transcriptasa inversa, integrasa ni aquesta proteasa vírica: els inhibidors tenen una diana específica del virus.
  2. Reservoris latents. El provirus integrat en limfòcits en repòs no s'expressa; els fàrmacs només actuen sobre la replicació activa i el sistema immunitari no detecta aquestes cèl·lules.
  3. Conclusió. Si s'atura el tractament, el virus torna a replicar-se.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 27

Els bacteris grampositius tenen una paret amb una capa gruixuda de peptidoglicà; els gramnegatius tenen una capa prima de peptidoglicà i, per fora, una membrana externa amb lipopolisacàrid (LPS), que actua com a endotoxina.
a) Explica per què la penicil·lina és, en general, més eficaç contra els grampositius que contra els gramnegatius.
b) La lisozima de les llàgrimes i de la saliva trenca els enllaços del peptidoglicà. Raona sobre quin dels dos grups actua millor i què li passa a un bacteri sensible si és en un medi hipotònic.
c) En una infecció greu per un gramnegatiu, els símptomes (febre, caiguda de la pressió arterial) poden empitjorar durant les primeres hores després de començar l'antibiòtic. Dona'n una explicació.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 27

Apartat a)

Resultat

Als grampositius el peptidoglicà és exterior i accessible; als gramnegatius la membrana externa fa de barrera (i hi pot haver beta-lactamases).

Resolució

  1. Diana. La penicil·lina ha d'arribar al peptidoglicà per bloquejar-ne la síntesi.
  2. Grampositius. La capa de peptidoglicà és externa i accessible.
  3. Gramnegatius. La membrana externa fa de barrera: només hi entren les molècules que travessen les porines, i a més moltes soques tenen beta-lactamases a l'espai periplasmàtic que destrueixen l'antibiòtic.

Apartat b)

Resultat

Actua millor sobre els grampositius; en medi hipotònic, el bacteri sense paret s'infla i esclata (lisi).

Resolució

  1. Accessibilitat. Als grampositius el peptidoglicà hi està exposat; als gramnegatius la membrana externa impedeix que la lisozima hi arribi.
  2. Medi hipotònic. Si es destrueix la paret, l'aigua entra per osmosi, la membrana plasmàtica no pot aguantar la pressió i la cèl·lula esclata (lisi).
  3. Comparació. En un medi isotònic sobreviuria com a protoplast esfèric.

Apartat c)

Resultat

En lisar-se els bacteris s'allibera de cop molt LPS (endotoxina), que provoca una alliberació massiva de citocines.

Resolució

  1. Causa. L'antibiòtic mata i lisa els bacteris, i en trencar-se la membrana externa s'allibera de cop una gran quantitat de LPS, que fins llavors estava lligat a la cèl·lula.
  2. Efecte. El LPS activa massivament els macròfags, que secreten citocines: febre, vasodilatació i caiguda de la pressió (xoc sèptic).
  3. Endotoxina i exotoxina. A diferència de les exotoxines, l'endotoxina no és secretada: forma part de l'estructura i s'allibera quan el bacteri mor.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 28

En una estació depuradora d'aigües residuals, l'aigua passa per un tractament primari (decantació de sòlids) i després per un tractament secundari en un reactor biològic, on s'injecta aire contínuament i hi viuen flòculs de microorganismes (fangs actius). Els fangs sobrants es porten a un digestor tancat, sense oxigen, on es produeix biogàs ric en metà.
a) Explica quin paper tenen els microorganismes del reactor biològic i per què cal airejar-lo.
b) Un dia falla el sistema d'aireació durant hores. Raona quines conseqüències tindrà sobre la qualitat de l'aigua de sortida.
c) Quin grup de microorganismes produeix el metà del digestor i a quin domini pertany? Per què és un avantatge que aquest pas es faci sense oxigen?
d) Per què una aigua rica en matèria orgànica abocada directament al riu provoca la mort dels peixos?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 28

Apartat a)

Resultat

Els bacteris aerobis heteròtrofs dels flòculs degraden la matèria orgànica; cal airejar perquè la respiració aeròbica consumeix O₂ i és la via més ràpida i completa.

Resolució

  1. Paper dels microorganismes. Els bacteris heteròtrofs aerobis dels flòculs fan servir la matèria orgànica dissolta com a font de carboni i d'energia i la converteixen en CO₂, aigua i més biomassa bacteriana, que decanta i se separa de l'aigua.
  2. Altres organismes. També hi ha protozous que mengen bacteris lliures i bacteris nitrificants que oxiden l'amoni.
  3. Aireació. La respiració aeròbica consumeix oxigen i és la via més ràpida i completa de degradar la matèria orgànica: cal reposar-lo contínuament.

Apartat b)

Resultat

L'aigua de sortida tindrà més matèria orgànica i amoni, és a dir, una demanda d'oxigen més alta.

Resolució

  1. Sense aire. Els aerobis deixen de respirar i es frenen; només actuen fermentadors i anaerobis, més lents i amb productes malolorosos (àcids, sulfur d'hidrogen).
  2. Conseqüència. L'aigua de sortida tindrà més matèria orgànica i més amoni: una demanda d'oxigen més alta.

Apartat c)

Resultat

Les arquees metanògenes (domini Archaea), anaeròbies estrictes; sense oxigen s'estabilitzen els fangs i s'obté biogàs.

Resolució

  1. Metanògens. Són arquees (domini Archaea), anaerobis estrictes que obtenen energia reduint CO₂ amb H₂ o descomponent acetat.
  2. Avantatge. Treballar sense oxigen permet estabilitzar els fangs i obtenir un combustible (biogàs) per generar electricitat a la mateixa planta.
  3. Per què sense oxigen. En presència d'oxigen aquests microorganismes moren.

Apartat d)

Resultat

Els microorganismes aerobis del riu consumeixen l'oxigen dissolt en degradar la matèria orgànica, i els peixos moren asfixiats.

Resolució

  1. Mecanisme. Els microorganismes aerobis del riu degraden la matèria orgànica abocada i consumeixen l'oxigen dissolt més de pressa del que es reposa.
  2. Conclusió. Els peixos moren per falta d'oxigen, no per toxicitat directa de la matèria orgànica.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 29

A 63 °C, cada minut mor aproximadament el 90 % de les cèl·lules vegetatives d'un bacteri present a la llet, de manera que la població es divideix per 10 cada minut. Una llet crua conté 10610^{6} bacteris/mL.
a) Calcula quants bacteris/mL queden després de 4 minuts i quants minuts calen, en teoria, per arribar a 1 bacteri/mL.
b) La pasteurització lenta escalfa la llet a 63 °C durant 30 minuts, i la llet resultant s'ha de guardar a la nevera i caduca en pocs dies; la llet UHT s'escalfa a uns 140 °C durant 2–4 segons i es conserva mesos a temperatura ambient. Raona la diferència tenint en compte les endòspores.
c) Raona per què al laboratori el material es tracta a l'autoclau a 121 °C durant 15–20 minuts, i no bullint-lo a 100 °C, i classifica aquests tres tractaments (pasteurització, UHT, autoclau) com a esterilització o no.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 29

Apartat a)

Resultat

Després de 4 min queden 100100 bacteris/mL; calen 6 minuts per arribar a 1 bacteri/mL.

Resolució

  1. Dades. N0=106N_0 = 10^{6} bacteris/mL; cada minut la població es divideix per 10: N=N0⋅10−tN = N_0\cdot 10^{-t} (t en minuts).
  2. Després de 4 min. N=106104=102=100N = \dfrac{10^{6}}{10^{4}} = 10^{2} = 100 bacteris/mL.
  3. Fins a 1 bacteri/mL. Cal passar de 10610^{6} a 10010^{0}: reduir sis ordres de magnitud, és a dir, 6 minuts. Comprovació: 106/106=110^{6}/10^{6} = 1.

Apartat b)

Resultat

La pasteurització no destrueix les endòspores ni tots els bacteris (cal fred i caduca aviat); la UHT sí que les destrueix i la llet queda comercialment estèril.

Resolució

  1. Pasteurització (63 °C, 30 min). Mata els patògens no esporulats i redueix molt la població, però no elimina ni tots els bacteris ni les endòspores, molt resistents a la calor.
  2. Conseqüència. Els supervivents es multipliquen: la llet s'ha de refrigerar (el fred frena el creixement) i caduca aviat.
  3. UHT (140 °C, 2–4 s). Destrueix també les endòspores en pocs segons: la llet queda comercialment estèril i, envasada asèpticament, no necessita fred.

Apartat c)

Resultat

A 100 °C les endòspores sobreviuen; l'autoclau (121 °C) les mata. UHT i autoclau són esterilització; la pasteurització no.

Resolució

  1. Bullir no n'hi ha prou. A 100 °C les endòspores de Bacillus i Clostridium poden sobreviure hores.
  2. Autoclau. El vapor a pressió assoleix 121 °C i les mata en 15–20 min.
  3. Classificació. Esterilització (eliminació de tota forma de vida, espores incloses): UHT i autoclau. La pasteurització no és esterilització: només redueix la càrrega microbiana i elimina els patògens.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 30

Per analitzar l'aigua d'una font es fa servir un medi de cultiu que conté sals biliars i cristall violeta (que inhibeixen els bacteris grampositius), lactosa i un indicador de pH que fa que les colònies es tornin vermelles quan el medi s'acidifica. Se sembra 1 mL d'aigua i, després de 24 h a 37 °C, apareixen 30 colònies vermelles i 12 colònies incolores. Les colònies vermelles corresponen a coliforms (com Escherichia coli), bacteris propis de l'intestí dels animals de sang calenta.
a) Raona si el medi és selectiu, diferencial o totes dues coses, i per què.
b) Explica per què les colònies de coliforms són vermelles i les altres no, i quin tipus de bacteris poden ser les colònies incolores.
c) La normativa exigeix 0 coliforms en 100 mL per considerar potable una aigua. Raona si l'aigua de la font es pot beure i per què es fa servir E. coli com a indicador en lloc de buscar directament els patògens.
d) Per què s'incuba a 37 °C i no a 20 °C?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 30

Apartat a)

Resultat

És selectiu i diferencial alhora.

Resolució

  1. Selectiu. Les sals biliars i el cristall violeta inhibeixen els grampositius: només hi creixen gramnegatius.
  2. Diferencial. La lactosa i l'indicador permeten distingir, pel color, els bacteris que fermenten la lactosa dels que no.

Apartat b)

Resultat

Els coliforms fermenten la lactosa i acidifiquen el medi (vermell); les incolores són gramnegatius no fermentadors de la lactosa (Pseudomonas, Salmonella).

Resolució

  1. Colònies vermelles. Els coliforms fermenten la lactosa i produeixen àcids que abaixen el pH; l'indicador vira i la colònia es veu vermella.
  2. Colònies incolores. Són gramnegatius que no fermenten la lactosa (per exemple Pseudomonas o Salmonella): han crescut perquè el medi no els inhibeix, però no acidifiquen el medi.

Apartat c)

Resultat

No es pot beure: hi ha uns 3000 coliforms per 100 mL. E. coli indica contaminació fecal i és fàcil de detectar.

Resolució

  1. Càlcul. 30 coliforms en 1 mL equivalen a uns 30⋅100=300030\cdot 100 = 3000 coliforms per 100 mL, molt per sobre del límit (0).
  2. Per què E. coli. És un indicador de contaminació fecal recent: és abundant als excrements i fàcil i ràpid de detectar amb un medi senzill.
  3. Per què no els patògens. La seva presència indica que l'aigua també pot portar patògens fecals (Salmonella, virus, protozous), que són escassos, difícils de cultivar i perillosos de manipular.

Apartat d)

Resultat

Perquè els coliforms fecals són mesòfils adaptats a la temperatura corporal; així es redueix la interferència de la flora ambiental.

Resolució

  1. Temperatura òptima. Els coliforms d'origen fecal són mesòfils adaptats a la temperatura corporal: a 37 °C creixen ràpidament.
  2. Flora ambiental. Molts bacteris ambientals de l'aigua freda creixen millor a 20 °C; incubant a 37 °C se'n redueix la interferència.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Preparat per a la universitat

Els exercicis més exigents: nivell PAU alt i primer curs de grau. Veure totes les matèries

Exercici 31

Es cultiva un bacteri anaerobi facultatiu en dos matrassos amb el mateix medi mínim, que té 2 g/L de glucosa com a única font de carboni i d'energia, a 37 °C. El matràs A s'agita contínuament amb aire; el matràs B es manté sense oxigen. Es compten les cèl·lules en fase exponencial i quan el creixement s'atura:
Matràs A (amb O2\mathrm{O}_{2}): 5,0·10410^{4} cèl·lules/mL a les 2 h i 3,2·10610^{6} cèl·lules/mL a les 4 h; densitat màxima final, 2,4·10910^{9} cèl·lules/mL.
Matràs B (sense O2\mathrm{O}_{2}): 5,0·10410^{4} cèl·lules/mL a les 2 h i 4,0·10510^{5} cèl·lules/mL a les 4 h; densitat màxima final, 3,0·10810^{8} cèl·lules/mL; al final, el pH del medi ha baixat de 7,0 a 4,8.
a) Calcula el nombre de generacions i el temps de generació en cada matràs entre les 2 h i les 4 h.
b) Explica, a partir del metabolisme de la glucosa, per què el bacteri creix més de pressa i arriba a una densitat més alta amb oxigen.
c) Amb la mateixa glucosa, la densitat final és 8 vegades més alta amb oxigen, però el rendiment en ATP per glucosa de la respiració és unes 15 vegades el de la fermentació. Raona dues causes que poden explicar aquesta diferència.
d) Proposa un experiment per esbrinar si el creixement del matràs B s'atura perquè s'ha acabat la glucosa o per l'acidificació del medi.

Pista 1

En fase exponencial, cada generació duplica la població: el quocient entre la població final i la inicial és 2n2^{n}.

Pista 2

Compara quants ATP obté la cèl·lula per cada glucosa en la fermentació i en la respiració aeròbica, i pensa què fa la cèl·lula amb aquest ATP.

Pista 3

Per a l'apartat d, pensa en dues mesures (glucosa que queda i pH) i en un tractament que corregeixi només una de les dues causes.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 31

Apartat a)

Resultat

Matràs A: n=6n = 6, g=20 ming = 20\ \text{min}; matràs B: n=3n = 3, g=40 ming = 40\ \text{min}.

Resolució

  1. Dades. Interval de 2 h a 4 h: t=120 mint = 120\ \text{min}. En fase exponencial, N=N0⋅2nN = N_0\cdot 2^{n}.
  2. Matràs A. 3,2⋅1065,0⋅104=64=26 ⇒ n=6;g=1206=20 min\dfrac{3{,}2\cdot10^{6}}{5{,}0\cdot10^{4}} = 64 = 2^{6}\ \Rightarrow\ n = 6;\quad g = \dfrac{120}{6} = 20\ \text{min}
  3. Matràs B. 4,0⋅1055,0⋅104=8=23 ⇒ n=3;g=1203=40 min\dfrac{4{,}0\cdot10^{5}}{5{,}0\cdot10^{4}} = 8 = 2^{3}\ \Rightarrow\ n = 3;\quad g = \dfrac{120}{3} = 40\ \text{min}
  4. Conclusió. Amb oxigen el bacteri es divideix dues vegades més de pressa (6 generacions davant de 3).

Apartat b)

Resultat

Amb O₂ fa respiració aeròbica (uns 30 ATP per glucosa); sense, fermentació (2 ATP): més ATP per unitat de temps i per glucosa vol dir divisions més ràpides i més cèl·lules.

Resolució

  1. Amb oxigen. Respiració aeròbica: la glucosa s'oxida completament a CO₂ (glucòlisi, cicle de Krebs i cadena respiratòria amb l'O₂ com a acceptor final) i s'obtenen uns 30 ATP per glucosa.
  2. Sense oxigen. Fermentació: només obté els 2 ATP nets de la glucòlisi, i el piruvat es redueix (a lactat, etanol o àcids orgànics) per regenerar el NAD⁺.
  3. Velocitat. Amb més ATP per unitat de temps, la cèl·lula sintetitza més de pressa proteïnes, àcids nucleics i membranes, i es divideix abans.
  4. Densitat final. Amb més ATP per glucosa, la mateixa quantitat de glucosa permet fabricar més cèl·lules.

Apartat c)

Resultat

Part de la glucosa es fa servir com a font de carboni per a la biomassa (no per a energia), i a B el creixement s'atura per acidificació abans d'esgotar la glucosa.

Resolució

  1. Plantejament. La densitat final no és proporcional només a l'ATP: 8 vegades més cèl·lules però 15 vegades més ATP per glucosa.
  2. Causa 1: carboni per a la biomassa. Part de la glucosa no s'oxida per obtenir energia, sinó que forma els esquelets carbonats de la biomassa, i aquesta part és similar en les dues condicions; la diferència en biomassa és, doncs, menor que la diferència en ATP.
  3. Causa 2: acidificació. Al matràs B el creixement pot aturar-se abans que s'acabi la glucosa, perquè els àcids orgànics de la fermentació acidifiquen el medi (el pH baixa a 4,8) i inhibeixen els enzims; no tota la glucosa s'arriba a aprofitar.

Apartat d)

Resultat

Mesurar la glucosa que queda i repartir el cultiu aturat en tres: + glucosa, + base fins a pH 7 i control; el tractament que reactiva el creixement indica el factor limitant.

Resolució

  1. Primera mesura. Quan el creixement de B s'atura, es mesura la glucosa que queda al medi.
  2. Tractaments. Es reparteix el cultiu en tres matrassos: 1) s'hi afegeix glucosa; 2) s'hi afegeix una base o un tampó fins a pH 7,0, sense glucosa; 3) control sense cap addició (amb el mateix volum d'aigua estèril).
  3. Interpretació. Si el creixement es reprèn només en neutralitzar el pH, el factor limitant era l'acidificació; si es reprèn només afegint glucosa, era l'esgotament del substrat.
  4. Condicions. Cal fer rèpliques i mantenir constants la temperatura i l'absència d'oxigen.

Errors típics

  • Calcular el temps de generació dividint el temps per l'augment de cèl·lules (120/64) en lloc de pel nombre de generacions.
  • Pensar que la fermentació no produeix ATP o que el bacteri «respira» sense oxigen fent servir el CO2.
  • Suposar que la biomassa ha de ser exactament proporcional a l'ATP obtingut.

Conceptes treballats: creixement bacterià i temps de generació; respiració aeròbica i fermentació; balanç energètic; bacteris anaerobis facultatius; disseny experimental amb control

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 32

Per tractar una infecció urinària es determina la concentració mínima inhibitòria (CMI) d'un antibiòtic. Es preparen tubs amb medi de cultiu i concentracions d'antibiòtic de 64, 32, 16, 8, 4, 2, 1 i 0,5 µg/mL; s'hi inocula el mateix nombre de bacteris i s'incuben 24 h a 37 °C. També es preparen un tub amb bacteris i sense antibiòtic i un tub amb antibiòtic i sense bacteris. Es considera que la soca és sensible si la CMI ≤ 8 µg/mL i resistent si la CMI > 16 µg/mL.
Soca A (aïllada abans del tractament): tèrbol a 0,5, 1 i 2 µg/mL; transparent de 4 a 64 µg/mL.
Soca B (aïllada del mateix pacient després d'un tractament incomplet): tèrbol fins a 32 µg/mL; transparent a 64 µg/mL.
a) Indica la CMI de cada soca, classifica-les i calcula quantes vegades ha augmentat la CMI.
b) Explica per a què serveix cadascun dels dos tubs addicionals.
c) De cada tub transparent de la soca A se sembren 0,1 mL en plaques sense antibiòtic: hi creixen colònies a partir dels tubs de 4 i 8 µg/mL, però no dels de 16, 32 i 64 µg/mL. Interpreta-ho i raona si l'antibiòtic és bacteriostàtic o bactericida per a aquesta soca (considera bactericida si la concentració mínima bactericida és com a molt 4 vegades la CMI).
d) Explica dues maneres per les quals pot haver aparegut la soca B i proposa un experiment per distingir-les.

Pista 1

La CMI és la concentració més baixa que impedeix el creixement visible.

Pista 2

Un tub transparent pot contenir bacteris vius que no es divideixen: el subcultiu sense antibiòtic ho revela.

Pista 3

Una resistència pot venir d'una mutació cromosòmica seleccionada o d'un gen adquirit d'un altre bacteri; pensa com es podria transmetre a una soca sensible.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 32

Apartat a)

Resultat

Soca A: CMI = 4 µg/mL, sensible; soca B: CMI = 64 µg/mL, resistent; la CMI ha augmentat 16 vegades.

Resolució

  1. Definició. La CMI és la concentració més baixa que impedeix el creixement visible (el primer tub transparent).
  2. Soca A. Tèrbol fins a 2 µg/mL, transparent des de 4: CMI = 4 µg/mL ≤ 8 → sensible.
  3. Soca B. Tèrbol fins a 32 µg/mL, transparent a 64: CMI = 64 µg/mL > 16 → resistent.
  4. Augment. 644=16\dfrac{64}{4} = 16 vegades.

Apartat b)

Resultat

Bacteris sense antibiòtic: control positiu de creixement. Antibiòtic sense bacteris: control d'esterilitat.

Resolució

  1. Control positiu. El tub amb bacteris i sense antibiòtic demostra que l'inòcul és viable i que el medi i la incubació permeten créixer; si no s'enterbolís, cap resultat seria vàlid.
  2. Control d'esterilitat. El tub amb antibiòtic i sense bacteris demostra que el medi no estava contaminat i que la terbolesa dels altres tubs és deguda als bacteris inoculats.

Apartat c)

Resultat

CMB = 16 µg/mL; com que CMB/CMI = 4, l'antibiòtic és bactericida per a la soca A (a 4 i 8 µg/mL només n'inhibeix el creixement).

Resolució

  1. Interpretació. A 4 i 8 µg/mL l'antibiòtic inhibeix el creixement, però no mata tots els bacteris: quan se'n treuen, tornen a créixer (efecte bacteriostàtic a aquestes concentracions).
  2. Concentració mínima bactericida. A partir de 16 µg/mL no en sobreviu cap: CMB = 16 µg/mL.
  3. Criteri. CMBCMI=164=4≤4\dfrac{\text{CMB}}{\text{CMI}} = \dfrac{16}{4} = 4 \le 4.
  4. Conclusió. Segons el criteri donat, és bactericida per a aquesta soca, encara que calgui una concentració més alta que la CMI per matar.

Apartat d)

Resultat

Per mutació cromosòmica seleccionada o per adquisició d'un gen per transferència horitzontal; es distingeix provant si la resistència es transfereix a una soca sensible marcada.

Resolució

  1. Origen 1: mutació. Una mutació espontània en el cromosoma (per exemple, en la diana de l'antibiòtic), ja present en algun bacteri abans del tractament: el tractament incomplet ha eliminat els sensibles i ha seleccionat els mutants.
  2. Origen 2: transferència horitzontal. L'adquisició d'un gen de resistència, sovint en un plasmidi (conjugació), o per transformació o transducció.
  3. Experiment. Es barreja la soca B amb una soca sensible marcada amb un altre caràcter (per exemple, resistent a un segon antibiòtic que B no tolera) i se sembra en plaques amb els dos antibiòtics.
  4. Interpretació. Si apareixen colònies de la soca receptora ara resistents al primer antibiòtic, la resistència és transferible (probablement plasmídica); si no, és més probable una mutació cromosòmica. També es pot extreure l'ADN plasmídic de B i comprovar si transforma bacteris sensibles.

Errors típics

  • Prendre com a CMI l'última concentració tèrbola (2 µg/mL) en lloc de la primera transparent.
  • Pensar que un tub transparent vol dir necessàriament que tots els bacteris són morts.
  • Dir que l'antibiòtic «ha provocat» la resistència: el tractament selecciona variants que ja existien o que s'adquireixen per transferència.

Conceptes treballats: concentració mínima inhibitòria i bactericida; controls positius i d'esterilitat; selecció de resistències; transferència genètica horitzontal i plasmidis

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 33

Es fan servir dues soques auxòtrofes d'Escherichia coli, que necessiten diferents nutrients per créixer: la soca 1 és met− bio− thr+ leu+ (necessita metionina i biotina) i la soca 2 és met+ bio+ thr− leu− (necessita treonina i leucina). Se sembren en un medi mínim sense cap d'aquests quatre nutrients:
(1) 2·10810^{8} cèl·lules de la soca 1 soles: 0 colònies. (2) 2·10810^{8} cèl·lules de la soca 2 soles: 0 colònies. (3) Barreja de 2·10810^{8} cèl·lules de cada soca: unes 20 colònies. (4) La mateixa barreja amb l'enzim DNasa al medi: unes 20 colònies. (5) Les dues soques en els dos braços d'un tub en forma d'U, separades per un filtre que deixa passar el medi, l'ADN i els virus, però no les cèl·lules, i després sembrades per separat: 0 colònies.
a) Per què es fan servir soques amb dues mutacions cadascuna i no amb una sola? Si la freqüència de reversió de cada mutació és de l'ordre de 10−7, quina seria la freqüència de revertir-ne dues alhora?
b) Calcula la freqüència de recombinants respecte de les cèl·lules de la soca receptora, suposant que la receptora és la soca 2.
c) Raona quin mecanisme de transferència genètica horitzontal explica els resultats i per què se'n descarten els altres dos.
d) Quins resultats hauries esperat en els experiments 4 i 5 si el mecanisme hagués estat la transformació? I si hagués estat la transducció?

Pista 1

Una colònia en medi mínim necessita cèl·lules capaces de fabricar els quatre nutrients: pensa d'on pot sortir aquesta combinació.

Pista 2

La DNasa destrueix l'ADN lliure al medi, però no l'ADN que és dins d'una cèl·lula o d'una càpsida vírica.

Pista 3

El filtre impedeix el contacte entre cèl·lules, però no el pas de molècules ni de virus.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 33

Apartat a)

Resultat

Per descartar la reversió espontània: amb una mutació apareixerien unes 20 revertents; revertir-ne dues alhora té una freqüència de 10−1410^{-14}.

Resolució

  1. Problema. Les colònies en medi mínim podrien sortir d'una reversió espontània (una mutació que torna a fer funcional el gen).
  2. Amb una sola mutació. 2⋅108⋅10−7=202\cdot10^{8}\cdot10^{-7} = 20 revertents: no es podrien distingir dels recombinants.
  3. Amb dues mutacions independents. P=10−7⋅10−7=10−14P = 10^{-7}\cdot10^{-7} = 10^{-14} i amb 2⋅1082\cdot10^{8} cèl·lules n'hi hauria pràcticament zero.
  4. Comprovació. Els controls 1 i 2 (0 colònies) ho confirmen.

Apartat b)

Resultat

Freqüència = 1⋅10−71\cdot10^{-7} recombinants per cèl·lula receptora.

Resolució

  1. Dades. 20 colònies recombinants; 2⋅1082\cdot10^{8} cèl·lules receptores (soca 2).
  2. Càlcul. f=202⋅108=1⋅10−7f = \dfrac{20}{2\cdot10^{8}} = 1\cdot10^{-7}

Apartat c)

Resultat

Conjugació: la DNasa no afecta (no és transformació) i cal contacte entre cèl·lules (no és transducció).

Resolució

  1. Hi ha intercanvi de gens. Les colònies prototròfiques (que no necessiten cap dels quatre nutrients) només apareixen quan les dues soques es barregen.
  2. No és transformació. La DNasa no ho impedeix (experiment 4): l'ADN no viatja lliure pel medi.
  3. No és transducció. En el tub en U, on passen l'ADN i els virus però les cèl·lules no es toquen, no hi ha recombinants (experiment 5); els virus haurien travessat el filtre.
  4. Conclusió. La conjugació és l'únic mecanisme que necessita contacte directe, mitjançant el pèl sexual (pili) de la cèl·lula donadora.

Apartat d)

Resultat

Transformació: 0 colònies amb DNasa (exp. 4) i colònies al tub en U (exp. 5). Transducció: colònies en tots dos.

Resolució

  1. Transformació. La DNasa hauria destruït l'ADN lliure i hauria fet desaparèixer les colònies (0 a l'experiment 4); en el tub en U n'hi hauria hagut, perquè l'ADN lliure travessa el filtre.
  2. Transducció. La DNasa no l'afectaria, perquè l'ADN viatja protegit dins la càpsida del bacteriòfag (colònies a l'experiment 4), i en el tub en U també hi hauria recombinants, perquè els virus travessen el filtre.

Errors típics

  • Oblidar els controls de cada soca per separat i atribuir les colònies a recombinació sense descartar la reversió.
  • Pensar que la DNasa destrueix l'ADN de dins de les cèl·lules o dels virus.
  • Pensar que la transducció necessita contacte entre cèl·lules: el bacteriòfag fa de vehicle i travessa el filtre.

Conceptes treballats: auxotròfia i medi mínim; mutació i reversió; probabilitat d'esdeveniments independents; conjugació, transformació i transducció; disseny experimental amb controls

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 34

Per estudiar el cicle d'un bacteriòfag lític, s'infecta un cultiu d'E. coli amb pocs virus per bacteri, de manera que cada bacteri infectat rep com a molt un virus. Després es dilueix el cultiu perquè els virus nous no puguin infectar altres bacteris, i a diferents temps es compten les unitats formadores de plaques (UFP) en una gespa de bacteris. A cada temps es fan dos recomptes: un directament de la mostra (cada bacteri infectat i cada virus lliure fan una placa) i un altre després de tractar la mostra amb cloroform, que trenca els bacteris i allibera els virus ja acabats que hi ha a dins.
Sense cloroform: de 0 a 20 min, 1,0·10510^{5} UFP/mL; a 30 min, 6,0·10610^{6}; de 40 min endavant, 1,5·10710^{7} UFP/mL.
Amb cloroform: de 0 a 10 min, menys de 10210^{2} UFP/mL; a 15 min, 1,0·10610^{6}; a 20 min, 8,0·10610^{6}; de 30 min endavant, 1,5·10710^{7} UFP/mL.
a) Explica per què, en els primers 10 minuts, el recompte amb cloroform és gairebé zero, si el cultiu està infectat. Com s'anomena aquest període i què passa dins la cèl·lula?
b) Calcula el nombre mitjà de virus alliberats per cada bacteri infectat (mida de l'esclat).
c) El recompte inicial es va obtenir sembrant 0,1 mL de la dilució 10−2 del cultiu a temps 0, que va fer 100 plaques. Comprova que és coherent amb 1,0·10510^{5} UFP/mL i raona per què no s'hauria sembrat directament el cultiu sense diluir.
d) Prediu i justifica com canviarien el període de latència i la mida de l'esclat si els bacteris fossin en fase estacionària en lloc de fase exponencial.

Pista 1

Un virus que ha injectat el seu àcid nucleic dins del bacteri ja no és una partícula infecciosa completa.

Pista 2

Compara el nombre de plaques al final amb el nombre de bacteris infectats al principi.

Pista 3

Concentració = plaques / (volum sembrat × factor de dilució). Per a d, pensa d'on treu el virus els ribosomes, els nucleòtids i l'ATP.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 34

Apartat a)

Resultat

Perquè dins del bacteri encara no hi ha cap virus complet: és el període d'eclipsi, en què es replica el genoma víric i se sintetitzen les proteïnes de la càpsida.

Resolució

  1. Què ha passat. El virus s'ha fixat al bacteri i n'hi ha injectat l'ADN; la càpsida queda fora i a dins no hi ha cap virus complet.
  2. Recompte amb cloroform. Si es trenca el bacteri, no s'allibera cap partícula infecciosa: el recompte és gairebé zero.
  3. Període d'eclipsi. El genoma víric s'expressa amb la maquinària del bacteri (ribosomes, enzims, ATP), es replica l'ADN víric i se sintetitzen les proteïnes de la càpsida; els primers virus complets apareixen per acoblament cap als 15 min.
  4. Recompte sense cloroform. Cada bacteri infectat compta com una placa (acaba esclatant a la placa de cultiu), i per això el recompte es manté constant fins que els bacteris es lisen al medi.

Apartat b)

Resultat

Mida de l'esclat = 150 virus per bacteri infectat.

Resolució

  1. Dades. Bacteris infectats al principi: 1,0⋅1051{,}0\cdot10^{5} UFP/mL; virus al final: 1,5⋅1071{,}5\cdot10^{7} UFP/mL.
  2. Càlcul. esclat=1,5⋅1071,0⋅105=150\text{esclat} = \dfrac{1{,}5\cdot10^{7}}{1{,}0\cdot10^{5}} = 150

Apartat c)

Resultat

1000,1⋅10−2=1,0⋅105\dfrac{100}{0{,}1\cdot10^{-2}} = 1{,}0\cdot10^{5} UFP/mL: és coherent. Sense diluir hi hauria 10410^{4} plaques en 0,1 mL, incomptables.

Resolució

  1. Fórmula. Concentració = plaques / (volum sembrat × factor de dilució).
  2. Càlcul. c=1000,1 mL⋅10−2=1,0⋅105 UFP/mLc = \dfrac{100}{0{,}1\ \text{mL}\cdot 10^{-2}} = 1{,}0\cdot10^{5}\ \text{UFP/mL} coincideix amb el valor de la taula.
  3. Per què diluir. Sense diluir, 0,1 mL contindrien 1,0⋅1041{,}0\cdot10^{4} UFP: les plaques se superposarien i lisarien tota la gespa, i seria impossible comptar-les.
  4. Conclusió. Per això es fan dilucions seriades i es compten les plaques que donen un nombre manejable (aproximadament entre 30 i 300 per placa).

Apartat d)

Resultat

El període de latència s'allargaria i la mida de l'esclat seria més petita.

Resolució

  1. Dependència de l'hoste. El virus no té metabolisme propi: depèn dels ribosomes, dels nucleòtids, dels aminoàcids i de l'ATP del bacteri.
  2. Fase estacionària. El bacteri té menys ribosomes actius, menys precursors i menys energia, i la síntesi de components vírics és més lenta.
  3. Conclusió. La latència s'allargaria i l'esclat seria més petit (o fins i tot el virus no podria completar el cicle).

Errors típics

  • Pensar que durant l'eclipsi el virus no fa res o que ha desaparegut: s'està replicant.
  • Confondre el període d'eclipsi (fins que apareixen virus complets dins la cèl·lula) amb el període de latència (fins que s'alliberen per lisi).
  • Multiplicar pel factor de dilució en lloc de dividir-hi, o oblidar el volum sembrat.

Conceptes treballats: cicle lític dels bacteriòfags; període d'eclipsi i de latència; mida de l'esclat; recompte de virus per plaques i dilucions; dependència del metabolisme de l'hoste

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 35

Tres pacients tenen infeccions víriques diferents: herpes labial (virus d'ADN bicatenari amb embolcall), grip (virus d'ARN de cadena negativa, segmentat, amb embolcall que porta neuraminidasa) i infecció pel VIH (retrovirus). Hi ha aquests fàrmacs: (A) un anàleg de nucleòsid que només s'activa quan el fosforila la timidina-cinasa del virus i que bloqueja l'ADN polimerasa vírica; (B) un inhibidor de la neuraminidasa, que impedeix que els virus nous es desenganxin de la cèl·lula; (C) un inhibidor de la transcriptasa inversa; (D) amoxicil·lina.
a) Assigna a cada pacient el fàrmac o fàrmacs útils i justifica en quina etapa del cicle víric actuen. Explica per què el fàrmac D no serveix en cap cas.
b) Raona per què el fàrmac A té pocs efectes secundaris, tot i que actua sobre la síntesi d'ADN.
c) En el VIH, la probabilitat que en una replicació aparegui una mutació que doni resistència a un fàrmac concret és d'uns 10−5, i en un pacient sense tractar es produeixen uns 101010^{10} virions al dia. Calcula quants virions resistents a un sol fàrmac poden aparèixer cada dia, i quants resistents alhora a dos i a tres fàrmacs (suposa mutacions independents i la mateixa probabilitat per a cada fàrmac).
d) Fes servir el resultat de c per justificar per què el VIH es tracta amb una combinació de tres antivirals i per què és tan important no interrompre el tractament.

Pista 1

Els antibiòtics actuen sobre estructures que tenen els bacteris. Repassa quines estructures i enzims tenen els virus i quins agafen de la cèl·lula.

Pista 2

Pensa en quines cèl·lules hi ha timidina-cinasa vírica.

Pista 3

Per a esdeveniments independents, la probabilitat que passin alhora és el producte de les probabilitats.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 35

Apartat a)

Resultat

Herpes → A (replicació del genoma); grip → B (alliberament); VIH → C (retrotranscripció). L'amoxicil·lina (D) no té cap diana en els virus.

Resolució

  1. Herpes → A. El virus té ADN i una ADN polimerasa pròpia; l'anàleg de nucleòsid bloqueja la replicació del genoma víric.
  2. Grip → B. Impedeix l'alliberament dels virus nous per gemmació: queden enganxats a la membrana de la cèl·lula i es frena la difusió de la infecció.
  3. VIH → C. El VIH és un retrovirus que ha de copiar el seu ARN a ADN amb la transcriptasa inversa abans d'integrar-se al genoma de la cèl·lula; si s'inhibeix aquest enzim, el cicle s'atura.
  4. Per què D no serveix. L'amoxicil·lina impedeix la síntesi del peptidoglicà de la paret bacteriana; els virus no tenen paret ni metabolisme propi.

Apartat b)

Resultat

És un profàrmac que només activa la timidina-cinasa vírica, present només a les cèl·lules infectades.

Resolució

  1. Activació selectiva. El fàrmac A només es converteix en la forma activa si el fosforila la timidina-cinasa del virus, que només hi és a les cèl·lules infectades.
  2. Afinitat. A més, la forma activa té més afinitat per l'ADN polimerasa vírica que per la humana.
  3. Conclusió. Les cèl·lules sanes gairebé no l'activen i continuen replicant el seu ADN amb normalitat.

Apartat c)

Resultat

Un fàrmac: 10510^{5} virions/dia; dos: 11 virió/dia; tres: 10−510^{-5} virions/dia (un cada 10510^{5} dies, uns 270 anys).

Resolució

  1. Dades. N=1010N = 10^{10} virions/dia; p=10−5p = 10^{-5} per fàrmac; mutacions independents: les probabilitats es multipliquen.
  2. Un fàrmac. 1010⋅10−5=10510^{10}\cdot10^{-5} = 10^{5} virions resistents al dia.
  3. Dos fàrmacs. 1010⋅(10−5)2=1010⋅10−10=110^{10}\cdot(10^{-5})^{2} = 10^{10}\cdot10^{-10} = 1 virió al dia.
  4. Tres fàrmacs. 1010⋅10−15=10−510^{10}\cdot10^{-15} = 10^{-5} al dia: de mitjana, un cada 10510^{5} dies (uns 270 anys).

Apartat d)

Resultat

Amb un fàrmac la resistència és pràcticament segura; amb tres, un virus hauria de tenir les tres mutacions alhora. Interrompre el tractament permet que el virus torni a replicar-se i se seleccionin resistents.

Resolució

  1. Monoteràpia. Cada dia apareixen uns 100 000 virions resistents, que el tractament selecciona: la resistència és pràcticament segura en poc temps.
  2. Teràpia triple. Un virus hauria de tenir les tres mutacions alhora, cosa extremadament improbable; a més, el tractament redueix moltíssim la replicació i hi ha encara menys oportunitats de mutar.
  3. Taxa de mutació. La transcriptasa inversa no corregeix errors: per això la taxa de mutació del VIH és tan alta.
  4. No interrompre. Si el tractament s'interromp o es pren de manera irregular, els nivells de fàrmac baixen, el virus torna a replicar-se en grans quantitats i augmenta la probabilitat que apareguin i se seleccionin mutants resistents.

Errors típics

  • Pensar que els antibiòtics també actuen contra els virus.
  • Sumar les probabilitats de resistència en lloc de multiplicar-les per a mutacions independents.
  • Dir que el fàrmac provoca la mutació de resistència: les mutacions apareixen a l'atzar i el fàrmac les selecciona.

Conceptes treballats: cicles dels virus d'ADN, d'ARN i retrovirus; dianes dels antivirals i dels antibiòtics; taxa de mutació i probabilitat; selecció de resistències i teràpia combinada

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 36

Després d'un casament amb 120 convidats, molts tenen vòmits intensos i rampes abdominals que comencen entre 2 i 6 hores després del sopar i desapareixen en menys de 24 hores, sense febre. Una enquesta sobre dos plats dona aquests resultats:
Amanida de pollastre: la van menjar 80 persones, de les quals 52 van emmalaltir; no la van menjar 40 persones, de les quals 4 van emmalaltir.
Arròs: el van menjar 90 persones, de les quals 42 van emmalaltir; no el van menjar 30 persones, de les quals 14 van emmalaltir.
L'amanida es va preparar al matí, a mà, per una cuinera amb una ferida infectada al dit, i es va deixar unes hores a temperatura ambient.
a) Calcula la taxa d'atac (persones malaltes / persones que van menjar o no el plat) per a cada grup i el risc relatiu (taxa d'atac dels que el van menjar / taxa dels que no) de cada plat. Quin és el plat sospitós?
b) El període d'incubació tan curt i l'absència de febre suggereixen una intoxicació per una toxina preformada als aliments, i no una infecció. Raona per què.
c) El laboratori observa al microscopi cocs grampositius agrupats en raïm a les restes de l'amanida. Proposa quin microorganisme pot ser i explica per què escalfar l'amanida abans de servir-la no hauria evitat el brot si la toxina és termoestable.
d) Explica per què els postulats de Koch no es poden aplicar directament en aquest cas i proposa com es podria confirmar l'origen del brot.

Pista 1

Comprova que el nombre total de malalts surt igual pels dos plats: et servirà per verificar els càlculs.

Pista 2

Una infecció requereix que el microorganisme es multipliqui dins l'intestí; una toxina ja formada actua de seguida.

Pista 3

Destruir els bacteris no és el mateix que destruir el que ja han fabricat.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 36

Apartat a)

Resultat

Amanida: 65 % i 10 %, RR = 6,5; arròs: 46,7 % i 46,7 %, RR = 1,0. El plat sospitós és l'amanida.

Resolució

  1. Comprovació inicial. Hi ha 56 malalts en total pels dos plats: 52 + 4 = 42 + 14 = 56.
  2. Amanida. 5280=0,65 (65 %);440=0,10 (10 %);RR=0,650,10=6,5\dfrac{52}{80} = 0{,}65\ (65\ \%);\quad \dfrac{4}{40} = 0{,}10\ (10\ \%);\quad RR = \dfrac{0{,}65}{0{,}10} = 6{,}5
  3. Arròs. 4290≈0,467 (46,7 %);1430≈0,467;RR=1,0\dfrac{42}{90} \approx 0{,}467\ (46{,}7\ \%);\quad \dfrac{14}{30} \approx 0{,}467;\quad RR = 1{,}0
  4. Conclusió. Menjar arròs no canvia el risc (RR = 1), mentre que menjar amanida el multiplica per 6,5: l'amanida és el plat sospitós. Els 4 malalts que no la van menjar poden ser contaminacions creuades, records erronis a l'enquesta o casos per altres causes.

Apartat b)

Resultat

Una infecció necessita que el microorganisme es multipliqui a l'intestí (12–72 h) i sol donar febre; aquí la toxina ja era a l'aliment i actua en poques hores.

Resolució

  1. Infecció. El microorganisme ha de colonitzar l'intestí i multiplicar-se, cosa que sol trigar de 12 a 72 hores, i el sistema immunitari respon sovint amb febre.
  2. Intoxicació. Aquí els símptomes apareixen en poques hores: la toxina ja era a l'aliment, perquè els bacteris s'hi havien multiplicat durant les hores a temperatura ambient.
  3. Conclusió. La toxina actua directament, sense que el bacteri hagi de créixer a l'intestí; per això tampoc hi ha resposta infecciosa ni febre.

Apartat c)

Resultat

Staphylococcus aureus; escalfar mataria els bacteris, però l'enterotoxina termoestable continuaria activa.

Resolució

  1. Identificació. Cocs grampositius en raïm: Staphylococcus aureus, que viu a la pell i a les ferides infectades i fabrica enterotoxines.
  2. Origen del brot. La cuinera el va transmetre a l'amanida en manipular-la, i la temperatura ambient li va permetre multiplicar-se i produir toxina.
  3. Per què escalfar no serveix. La calor mataria els bacteris, però la toxina, una proteïna termoestable que no es desnaturalitza a les temperatures de cocció habituals, continuaria activa.

Apartat d)

Resultat

La malaltia la causa la toxina, no la infecció, i no es pot reproduir en persones; es confirma aïllant S. aureus de l'amanida i de la ferida, detectant-hi l'enterotoxina i comparant les soques.

Resolució

  1. Postulats de Koch. Demanen trobar el microorganisme en tots els malalts, aïllar-lo en cultiu pur, reproduir la malaltia en un hoste sa i tornar-lo a aïllar.
  2. Per què no s'apliquen. En una intoxicació la malaltia la causa la toxina: el bacteri pot no ser present en els malalts i, per motius ètics, no es pot reproduir la malaltia en persones.
  3. Confirmació. Aïllar S. aureus de les restes de l'amanida i de la ferida de la cuinera, detectar-hi l'enterotoxina (per exemple, amb anticossos específics) i comprovar per tècniques moleculars que les soques de l'aliment i de la cuinera són la mateixa.

Errors típics

  • Comparar només el nombre de malalts de cada grup en lloc de les taxes (proporcions).
  • Pensar que, si un aliment s'escalfa, és segur encara que hagi estat hores a temperatura ambient.
  • Confondre intoxicació alimentària (toxina preformada) amb toxiinfecció o infecció.

Conceptes treballats: epidemiologia d'un brot: taxa d'atac i risc relatiu; intoxicació i infecció alimentàries; toxines bacterianes i desnaturalització de proteïnes; tinció de Gram; postulats de Koch

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 37

Per identificar l'agent d'una malaltia neurodegenerativa de les ovelles, es prepara un homogeneïtzat de cervell d'un animal malalt, es divideix en porcions, cadascuna rep un tractament diferent i s'injecta al cervell de grups de 10 ratolins. Es registra quants ratolins desenvolupen la malaltia al cap d'uns 150 dies:
(1) Sense tractament: 10 de 10. (2) Amb DNasa i RNasa: 10 de 10. (3) Radiació ultraviolada a dosis que inactiven els virus: 10 de 10. (4) Amb proteinasa K (enzim que digereix proteïnes): 0 de 10. (5) Amb urea concentrada, un agent desnaturalitzant: 0 de 10. (6) Homogeneïtzat sense tractar injectat a ratolins sense el gen Prnp, que codifica la proteïna PrP normal del cervell: 0 de 10.
a) Quina conclusió treus dels tractaments 2 a 5 sobre la naturalesa química de l'agent infecciós? Justifica-ho a partir de quines molècules afecta cada tractament.
b) Explica el resultat 6 a partir del mecanisme de propagació dels prions.
c) Si els prions no tenen àcid nucleic, com es pot explicar que hi hagi «soques» diferents d'una mateixa malaltia priònica, totes amb la mateixa seqüència d'aminoàcids? Relaciona-ho amb l'estructura de les proteïnes.
d) Raona per què aquestes malalties no provoquen una resposta immunitària eficaç i per què el material quirúrgic contaminat no s'esterilitza amb els mètodes habituals per a bacteris i virus.

Pista 1

Cada tractament elimina un tipus de molècula: fixa't en quins eliminen la capacitat infecciosa i en quins no.

Pista 2

Una proteïna mal plegada pot fer de motlle perquè una proteïna normal canviï de forma. Què passa si no hi ha proteïna normal?

Pista 3

La funció d'una proteïna depèn de la seva estructura tridimensional, no només de la primària.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 37

Apartat a)

Resultat

L'agent és una proteïna (un prió): resisteix nucleases i UV, però la proteinasa K i la urea l'inactiven.

Resolució

  1. Tractaments 2 i 3. L'agent continua sent infecciós després de destruir els àcids nucleics amb nucleases i amb una radiació UV que danya l'ADN i l'ARN dels virus: la infecciositat no depèn de cap àcid nucleic.
  2. Tractaments 4 i 5. La perd quan es digereixen les proteïnes (proteinasa K) o quan es desnaturalitzen (urea).
  3. Conclusió. L'agent és una proteïna, i la seva activitat depèn de l'estructura tridimensional, no només de la seqüència: és un prió.

Apartat b)

Resultat

Sense el gen Prnp no hi ha PrPC que el prió pugui convertir: no es propaga i no hi ha malaltia.

Resolució

  1. Mecanisme. El prió és una forma mal plegada (PrPSc, rica en làmina β) de la proteïna PrP normal (PrPC). En contacte amb PrPC, la indueix a adoptar la forma anòmala, i aquestes molècules noves en converteixen més: és una reacció en cadena que forma agregats i mata neurones.
  2. Ratolins sense Prnp. No fabriquen PrPC: el prió injectat no té substrat per convertir, no es propaga i no hi ha malaltia.
  3. Conclusió. El prió no porta informació per fabricar-se a si mateix: depèn de la proteïna de l'hoste.

Apartat c)

Resultat

Cada «soca» és una conformació anòmala diferent de la mateixa seqüència, que es copia perquè fa de motlle.

Resolució

  1. Plegament. Una mateixa seqüència d'aminoàcids (estructura primària) es pot plegar de més d'una manera estable.
  2. Soques. Cada soca seria una conformació anòmala diferent (diferències d'estructura secundària i terciària i en la manera d'agregar-se), que es copia fidelment perquè fa de motlle per a PrPC.
  3. Conclusió. La informació de la soca és en la forma, no en un àcid nucleic.

Apartat d)

Resultat

No hi ha resposta immunitària per tolerància (és una proteïna pròpia), i els agregats són tan estables que resisteixen l'esterilització habitual.

Resolució

  1. Resposta immunitària. La PrP és una proteïna pròpia: els limfòcits que la reconeixerien s'han eliminat o inactivat per tolerància immunitària, i el prió té la mateixa seqüència que la proteïna normal, de manera que no es reconeix com a estrany.
  2. Resistència. Els prions són molt resistents a la calor, a la radiació i a molts desinfectants, perquè els agregats rics en làmina β són molt estables i no tenen àcid nucleic que es pugui danyar.
  3. Conseqüència. L'autoclau convencional no els inactiva del tot: calen protocols especials (temps i temperatures més alts, hidròxid de sodi) o material d'un sol ús.

Errors típics

  • Dir que els prions són virus petits o que porten un àcid nucleic molt curt.
  • Pensar que la proteïna anòmala té una seqüència d'aminoàcids diferent de la normal: canvia la conformació.
  • Oblidar que una proteïna pròpia no desencadena resposta immunitària per tolerància.

Conceptes treballats: formes acel·lulars: prions; estructura de les proteïnes i desnaturalització; nucleases; tolerància immunitària; interpretació d'experiments amb tractaments selectius

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 38

Es cultiven plantes de soja en sorra esterilitzada i se'n mesura la massa seca i el nombre de nòduls de les arrels al cap de 6 setmanes. Hi ha quatre tractaments, amb 10 plantes cadascun:
A: sense nitrogen al reg i sense Rhizobium → 1,2 g de massa seca; 0 nòduls.
B: sense nitrogen i amb Rhizobium → 4,8 g; 35 nòduls.
C: amb nitrat al reg i sense Rhizobium → 5,0 g; 0 nòduls.
D: amb nitrat i amb Rhizobium → 5,1 g; 4 nòduls.
a) Per què es fa servir sorra esterilitzada i quin paper fan els tractaments A i C en el disseny?
b) Interpreta la diferència entre A i B i explica quina relació estableixen la soja i Rhizobium.
c) La reacció de fixació és: N2 + 8 H+\mathrm{H}^{+} + 8 e− + 16 ATP → 2 NH3 + H2 + 16 ADP + 16 Pi. Si una planta del tractament B fixa 0,14 g de nitrogen, calcula els mols d'ATP necessaris i la massa de glucosa que la planta ha de cedir al bacteri només per obtenir aquest ATP (considera 30 ATP per glucosa; M(N) = 14 g/mol; M(glucosa) = 180 g/mol).
d) Fes servir el resultat de c per proposar una explicació de per què en el tractament D gairebé no es formen nòduls.

Pista 1

Un bon disseny ha de garantir que l'únic Rhizobium present és el que s'hi afegeix.

Pista 2

Cada NH3 conté un àtom de N. Calcula primer els mols de N fixats.

Pista 3

Fixar nitrogen té un cost molt alt: què li convé a la planta si ja disposa de nitrat al sòl?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 38

Apartat a)

Resultat

La sorra estèril garanteix que el N només ve del reg o del Rhizobium inoculat; A és el control negatiu i C, el control positiu.

Resolució

  1. Sorra esterilitzada. No conté nitrogen aprofitable ni bacteris fixadors del sòl: el nitrogen només pot venir del reg o de la fixació pel Rhizobium que s'hi inocula.
  2. Tractament A. Control negatiu (sense cap font de nitrogen): mostra quant creix la planta només amb el nitrogen de la llavor.
  3. Tractament C. Control positiu: mostra el creixement quan el nitrogen no és limitant.

Apartat b)

Resultat

Amb Rhizobium la planta creix gairebé com amb nitrat: els bacteris dels nòduls fixen el N₂. És una simbiosi mutualista.

Resolució

  1. Comparació. Sense nitrogen la planta creix molt poc (1,2 g), però amb Rhizobium creix gairebé tant com amb nitrat (4,8 g davant de 5,0 g) i apareixen nòduls a l'arrel.
  2. Paper del bacteri. Els bacteris dels nòduls fixen el N₂ de l'aire dels porus de la sorra, el redueixen a amoníac amb l'enzim nitrogenasa i el cedeixen a la planta, que el fa servir per fabricar aminoàcids i nucleòtids.
  3. Paper de la planta. A canvi, la planta dona als bacteris glúcids procedents de la fotosíntesi i un ambient protegit: és una simbiosi mutualista.

Apartat c)

Resultat

0,080 mol0{,}080\ \text{mol} d'ATP i 0,48 g de glucosa.

Resolució

  1. Mols de N. n(N)=0,14 g14 g/mol=0,010 moln(\mathrm{N}) = \dfrac{0{,}14\ \text{g}}{14\ \text{g/mol}} = 0{,}010\ \text{mol} = 0,010 mol de NH₃ (cada NH₃ té un N).
  2. Estequiometria. Calen 16 ATP per cada 2 NH₃, és a dir, 8 ATP per NH₃: 0,010⋅8=0,080 mol ATP0{,}010\cdot 8 = 0{,}080\ \text{mol ATP}.
  3. Glucosa. n=0,08030≈2,67⋅10−3 mol;m=2,67⋅10−3⋅180=0,48 gn = \dfrac{0{,}080}{30} \approx 2{,}67\cdot10^{-3}\ \text{mol};\quad m = 2{,}67\cdot10^{-3}\cdot 180 = 0{,}48\ \text{g}

Apartat d)

Resultat

La fixació és molt cara; amb nitrat disponible, a la planta li surt més a compte absorbir-lo i redueix la nodulació.

Resolució

  1. Cost. La planta ha de cedir mig gram de glucosa (a més dels electrons i dels esquelets carbonats) per fixar només 0,14 g de nitrogen.
  2. Estratègia de la planta. Si al sòl hi ha nitrat, li surt més a compte absorbir-lo directament, i redueix la formació de nòduls (en D només n'hi ha 4) per no gastar fotoassimilats en la simbiosi.
  3. Comprovació. Per això la massa seca de D és pràcticament igual que la de C: el nitrogen el treu sobretot del nitrat.

Errors típics

  • Calcular l'ATP per mol de N2 (16) en lloc de per mol de N fixat (8).
  • Pensar que la planta fixa el nitrogen ella mateixa: ho fa el bacteri amb la nitrogenasa.
  • No identificar els controls positiu i negatiu del disseny.

Conceptes treballats: fixació biològica del nitrogen i cicle del nitrogen; simbiosi; cost energètic i ATP; estequiometria; disseny experimental amb controls

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 39

D'una dona amb infecció urinària s'aïlla un bacteri amb aquestes característiques: es tenyeix de color rosa amb la tinció de Gram i té forma de bacil; creix tant en presència com en absència d'oxigen; fermenta la lactosa. L'antibiograma dona: resistent a la vancomicina (un antibiòtic de molècula molt gran que impedeix la síntesi de peptidoglicà), resistent a la penicil·lina G, sensible a la ciprofloxacina (que inhibeix l'ADN girasa, un enzim que deshelicoïda l'ADN durant la replicació) i sensible a la gentamicina (que s'uneix a la subunitat petita del ribosoma 70S).
a) Què indiquen sobre l'estructura de la paret el color de la tinció de Gram i la resistència a la vancomicina, si la diana d'aquest antibiòtic també existeix en el bacteri?
b) Classifica el bacteri segons la relació amb l'oxigen i explica com obté l'energia en cada condició.
c) Raona per què la ciprofloxacina i la gentamicina són tòxiques per al bacteri però poc tòxiques per a les cèl·lules humanes.
d) Quan comença un tractament amb un antibiòtic que lisa ràpidament un gran nombre d'aquests bacteris, la pacient té durant unes hores més febre i la pressió arterial li baixa. Explica la causa d'aquest empitjorament temporal.

Pista 1

Recorda quina capa té per fora del peptidoglicà un bacteri gramnegatiu i quines molècules pot travessar.

Pista 2

Un bacteri que creix amb oxigen i sense pot canviar de via metabòlica.

Pista 3

Pensa en les diferències entre els ribosomes i els enzims de replicació dels procariotes i dels eucariotes; per a d, pensa en què hi ha a la membrana externa.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 39

Apartat a)

Resultat

És gramnegatiu: té el peptidoglicà prim i una membrana externa que la vancomicina, massa gran, no pot travessar (resistència intrínseca per permeabilitat).

Resolució

  1. Tinció de Gram. El color rosa vol dir que és gramnegatiu: la capa prima de peptidoglicà no reté el complex de cristall violeta i iode quan es renta amb alcohol, i per fora té una membrana externa.
  2. Vancomicina. Actua sobre el peptidoglicà, que el bacteri sí que té, però és una molècula molt gran que no pot travessar els porus de la membrana externa.
  3. Conclusió. La resistència és intrínseca i es deu a la permeabilitat de la coberta, no a l'absència de diana.

Apartat b)

Resultat

És anaerobi facultatiu: amb O₂ fa respiració aeròbica; sense O₂ fermenta (per exemple, la lactosa).

Resolució

  1. Classificació. Creix amb oxigen i sense: anaerobi facultatiu.
  2. Amb oxigen. Respiració aeròbica: oxida completament els glúcids, i els electrons passen per la cadena respiratòria de la membrana plasmàtica (els bacteris no tenen mitocondris) fins a l'O2\mathrm{O_2}, cosa que proporciona molt ATP.
  3. Sense oxigen. Fermenta (per exemple, la lactosa): obté l'ATP només per fosforilació a nivell de substrat a la glucòlisi i regenera el NAD⁺ reduint el piruvat a productes de fermentació (àcids orgànics, etanol).

Apartat c)

Resultat

Actuen sobre dianes que són diferents en procariotes i eucariotes: ribosomes 70S (gentamicina) i ADN girasa bacteriana (ciprofloxacina).

Resolució

  1. Gentamicina. S'uneix als ribosomes 70S bacterians i altera la traducció; els ribosomes citoplasmàtics humans són 80S, amb una altra estructura.
  2. Ciprofloxacina. Inhibeix l'ADN girasa bacteriana, una topoisomerasa diferent de les humanes.
  3. Toxicitat selectiva. Permet matar el bacteri sense danyar greument l'hoste. Fixa't que els mitocondris tenen ribosomes semblants als bacterians, cosa que explica alguns efectes secundaris i és una prova a favor de la teoria endosimbiòtica.

Apartat d)

Resultat

La lisi massiva allibera LPS (endotoxina) de la membrana externa, que fa alliberar citocines inflamatòries: febre i hipotensió.

Resolució

  1. Origen. La membrana externa dels gramnegatius conté lipopolisacàrid (LPS), una endotoxina.
  2. Alliberació. Quan l'antibiòtic lisa molts bacteris alhora, s'allibera molt LPS a la sang.
  3. Resposta. Els macròfags el reconeixen com un patró molecular de patogen i alliberen citocines inflamatòries (com el TNF i la IL-1), que provoquen febre i vasodilatació (baixada de la pressió arterial).
  4. Conclusió. És una reacció de la immunitat innata, temporal mentre s'elimina l'LPS.

Errors típics

  • Pensar que el bacteri és resistent a la vancomicina perquè no té peptidoglicà: en té, però l'antibiòtic no hi arriba.
  • Situar la cadena respiratòria bacteriana als mitocondris.
  • Atribuir l'empitjorament a un fracàs de l'antibiòtic en lloc de l'alliberament d'endotoxina.

Conceptes treballats: paret dels gramnegatius i tinció de Gram; mecanismes d'acció dels antibiòtics i toxicitat selectiva; bacteris anaerobis facultatius; endotoxines i immunitat innata

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 40

La diftèria la causa el bacteri Corynebacterium diphtheriae, però no totes les soques en són capaces: només les que fabriquen la toxina diftèrica, una proteïna que inactiva un factor de la traducció de les cèl·lules humanes. En un experiment, es cultiva una soca no toxigènica (soca N) amb un filtrat lliure de bacteris obtingut d'un cultiu d'una soca toxigènica (soca T). Algunes cèl·lules de la soca N passen a fabricar toxina, i aquesta capacitat la transmeten a la descendència. Si el filtrat es tracta amb DNasa, el resultat no canvia; si es tracta amb anticossos contra les proteïnes de la càpsida d'un bacteriòfag present a la soca T, la soca N ja no esdevé toxigènica. Quan s'exposen els bacteris N convertits a la llum ultraviolada, alguns es lisen i alliberen virus.
a) Quin mecanisme de transferència genètica horitzontal explica la conversió? Justifica-ho amb cadascun dels resultats.
b) Per què els bacteris convertits es comporten de manera estable durant generacions, però alguns es lisen quan reben radiació ultraviolada? Descriu el cicle víric implicat.
c) La toxina inhibeix la síntesi de proteïnes de les cèl·lules humanes, però no la del propi bacteri. Proposa una explicació a partir de les diferències entre la traducció procariota i l'eucariota.
d) La vacuna contra la diftèria conté toxoide (toxina tractada perquè perdi la toxicitat, però que conserva l'estructura antigènica). Explica per què protegeix encara que no contingui el bacteri i què passaria si una persona vacunada s'infectés amb una soca no toxigènica.

Pista 1

La DNasa i els anticossos contra la càpsida et diuen si el gen viatja nu o dins d'un virus.

Pista 2

Alguns bacteriòfags poden integrar el seu genoma al cromosoma bacterià i quedar-s'hi en estat latent.

Pista 3

La toxina actua sobre una molècula que el bacteri no té en la mateixa forma; la vacuna genera anticossos contra què?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 40

Apartat a)

Resultat

Transducció per un bacteriòfag temperat (conversió lisogènica): el filtrat no té bacteris, la DNasa no hi afecta i els anticossos contra la càpsida la bloquegen.

Resolució

  1. Mecanisme. El gen de la toxina el porta el genoma d'un fag temperat: és una transferència mediada per un bacteriòfag (més concretament, conversió lisogènica).
  2. No és conjugació. El filtrat no conté bacteris, i la conjugació requereix contacte entre cèl·lules.
  3. No és transformació. La DNasa no l'afecta: el gen no viatja com a ADN nu.
  4. Hi intervé un virus. Els anticossos contra la càpsida bloquegen el virus i impedeixen la conversió: el gen entra a la cèl·lula dins d'un bacteriòfag.

Apartat b)

Resultat

El fag s'integra com a profag (cicle lisogènic) i passa a totes les cèl·lules filles; la UV n'indueix l'escissió i el cicle lític.

Resolució

  1. Cicle lisogènic. El fag és temperat: després d'infectar, en lloc de fer el cicle lític pot integrar el seu ADN al cromosoma bacterià com a profag.
  2. Estabilitat. El profag es replica amb el cromosoma i passa a totes les cèl·lules filles, i el gen de la toxina que porta s'expressa: el bacteri esdevé toxigènic de manera estable.
  3. Inducció per UV. Els agents que danyen l'ADN activen els sistemes de reparació del bacteri i fan que el profag s'escindeixi i entri en cicle lític: es replica, fabrica càpsides, lisa la cèl·lula i allibera virus nous.

Apartat c)

Resultat

La toxina actua sobre un factor d'elongació eucariota (dels ribosomes 80S); el bacteri té factors i ribosomes 70S diferents, i la toxina hi entra per receptors que el bacteri no té.

Resolució

  1. Diana. La toxina actua sobre un factor d'elongació de la traducció propi dels eucariotes (el dels ribosomes 80S del citoplasma).
  2. El bacteri no és afectat. Fa servir factors i ribosomes 70S diferents, que la toxina no reconeix.
  3. Entrada. A més, la toxina se secreta i actua després d'entrar a la cèl·lula humana per endocitosi, gràcies a receptors que el bacteri no té.

Apartat d)

Resultat

Genera anticossos i memòria contra la toxina, que és la causa de la malaltia; una soca no toxigènica podria colonitzar la gola, però no causaria diftèria greu.

Resolució

  1. Causa de la malaltia. La diftèria la causa la toxina, no la presència del bacteri.
  2. Efecte del toxoide. Fa que es formin anticossos i limfòcits de memòria contra la toxina; si la persona s'infecta amb una soca toxigènica, els anticossos neutralitzen la toxina abans que entri a les cèl·lules.
  3. Soca no toxigènica. No causa diftèria greu (pot colonitzar la gola sense símptomes greus), i la vacuna no n'impediria la colonització, perquè els anticossos van dirigits contra la toxina i no contra el bacteri.
  4. Conclusió. Si aquesta soca rebés el fag i esdevingués toxigènica, la persona vacunada continuaria protegida contra la malaltia.

Errors típics

  • Confondre la conversió lisogènica amb la conjugació perquè la capacitat passa d'una soca a l'altra.
  • Pensar que un profag és un virus actiu dins del bacteri: és el genoma víric integrat i inactiu.
  • Creure que la vacuna de la diftèria fa que no es pugui tenir el bacteri a la gola.

Conceptes treballats: bacteriòfags temperats, cicle lisogènic i lític; transducció i conversió lisogènica; toxines bacterianes i traducció; toxoides i vacunes

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Preguntes freqüents

Què diferencia un bacteri Gram positiu d'un de Gram negatiu?

La paret: el Gram positiu té una capa gruixuda de peptidoglicà que reté el cristall violeta i es veu lila. El Gram negatiu té una capa fina i una membrana externa, i es veu rosa.

Autòtrof vol dir fotosintètic?

No sempre. Autòtrof vol dir que fabrica la seva matèria orgànica a partir d'inorgànica. Pot fer-ho amb llum (fotosintètic) o amb energia química (quimiosintètic).

Tornar a Biologia

Altres temes de Biologia 2n Batxillerat