При синдроме фанкони у больного с мочой выделяются аминокислоты которым
На главную
Теоретические материалы
Задачи с ответами
Примеры решения задач
1.
Одна из цепочек ДНК имеет последовательность нуклеотидов: АГТ АНД ГАТ
АЦТ ЦГА ТТТ АЦГ … Какую последовательность нуклеотидов имеет вторая
цепочка той же молекулы?
Решение.
По принципу комплементарности достраиваем вторую цепочку (А-Т, Г-Ц). Она
будет выглядеть так: ТЦА ТГГ ЦТА ТГА ГЦТ
AAA
ТГЦ …
2.
Большая из двух цепей белка инсулина (так называемая цепь В) начинается
со следующих аминокислот: фенилаланин-валин-аспарагин-глутаминовая
кислота-гистидин-лейцин. Напишите последовательность нуклеотидов в
начале участка молекулы ДНК, хранящего информацию об этом белке.
Решение.
Поскольку одну аминокислоту могут кодировать несколько триплетов, точную
структуру иРНК и участка ДНК определить невозможно, структура может
варьировать. Используя принцип комплементарности нуклеотидов и таблицу
генетического кода получаем один из вариантов:
3.
Участок гена имеет следующее строение, состоящее из последовательности
нуклеотидов: ЦГГ ЦГЦ ТЦА
AAA
ТЦГ … . Укажите строение соответствующего участка белка, информация о
котором содержится в данном гене. Как отразится на строении белка
удаление из гена четвертого нуклеотида?
Решение.
Используя принцип комплементарности соединения оснований водородными
связями и таблицу генетического кода, делаем все как в предыдущей
задаче:
Цепь ДНК | ЦГГ | ЦГЦ | ТЦА | AAA | ТЦГ |
иРНК | ЩЦ | ГЦГ | АТУ | УУУ | АГЦ |
Аминокислоты цепи белка | Ала — Ала — Сер — Фен — Сер | ||||
При удалении из гена четвертого нуклеотида — Ц произойдут заметные
изменения — уменьшится количество и состав аминокислот в белке:
Цепь ДНК | ЦГГ | гцт | ЦАА | ААТ | ЦГ |
иРНК | ЩЦ | ЦГА | ГУУ | УУА | ГЦ |
Аминокислоты цепи белка | Ала — Apr — Вал — Лей — | ||||
4.
При синдроме Фанкони (нарушение образования костной ткани) у больного с
мочой выделяются аминокислоты, которым соответствуют кодоны в иРНК: АУА,
ГУЦ, АУГ, УЦА, УУГ, ГУУ, АУУ. Определите, выделение каких аминокислот с
мочой характерно для синдрома Фанкони, если у здорового человека в моче
содержатся аминокислоты аланин, серии, глутаминовая кислота и глицин.
Решение.
Используя таблицу генетического кода, определим аминокислоты, которые
кодируются указанными триплетами. Это изолейцин, валин, метионин, серии,
лейцин, тирозин, валин, изолейцин. Таким образом, в моче больного только
одна аминокислота (серии) такая же как у здорового человека, остальные
шесть — новые, а три, характерные для здорового человека, отсутствуют.
5.
Исследования показали, что в иРНК содержится 84% гуанина, 18% урацила,
28% цитозина, 20% аденина. Определите процентный состав азотистых
оснований в участке ДНК, являющегося матрицей для данной иРНК.
Решение.
Очевидно, что 34% гуанина в иРНК в смысловой (считываемой) цепи ДНК
будут составлять 34% цитозина, соответственно, 18% урацила — 18% аденина,
28% цитозина — 28% гуанина, 20% аденина — 20% тимина (по принципу
комплементарности оснований нуклеотидов). Суммарно А + Т и Г + Ц в
смысловой цепи будет составлять: А + Т = 18% + 20% = 38%, Г + Ц = 28% +
34% = 62%. В антисмысловой (некодируемой) цепи (ДНК — двухцепочечная
молекула) суммарные показатели будут такими же, только процент отдельных
оснований будет обратный: А + Т = 20% + 18% — 38%, Г + Ц — 34 % +
28% = 62%. В обеих же цепях в парах комплиментарных оснований будет
поровну, т. е. аденина и тимина — по 19%, гуанина и цитозина по 31%.
6.
Цепь А инсулина быка в 8-м звене содержит аланин, а лошади — треонин, и
9-м анонс; соответственно серии и глицин. Что можно сказать о
происхождении инсулинов?
Решение.
Посмотрим, какими триплетами в иРНК кодируются упомянутые в условии
задачи аминокислоты, и для удобства сравнения составим небольшую
таблицу:
Бык | Лошадь | |
8-е | АЛЛ | ТРЕ |
иРНК | ГЦУ | АЦУ |
9-е | СЕР | ГЛИ |
иРНК | АГУ | ГГУ |
Поскольку аминокислоты кодируются разными триплетами, взяты триплеты,
минимально отличающиеся друг от друга. В данном случае у лошади и быка в
8-м и 9-м звеньях изменены аминокислоты в результате замены первых
нуклеотидов в триплетах иРНК: гуанин заменен на аденин (или наоборот). В
двухцепочечной ДНК это будет равноценно замене пары Ц-Г на Т-А (или
наоборот). Следовательно, отличия цепей А инсулина быка и лошади
обусловлены транзициями в участке молекулы ДНК, кодирующей 8-е и 9-е
звенья цепи А инсулинов быка и лошади.
В
начало
Оренбургская область Шарлыкский район
село Дубровка улица Школьная, 8
Электронный
адрес автора:
bjyfcmrf@mail.ru
Источник
Задача 1. В схемах участков молекул РНК и ДНК расставьте первые буквы названий соединений, составляющих нуклеотиды: А — аденин, Г — гуанин, Ц — цитозин, Т — тимин, У — урацил, Ф — фосфат, Р — рибоза, Д – дезоксирибоза. На схеме обозначьте: нуклеотид, триплет, фосфодиэфирные и водородные связи.
Схема строения молекулы РНК.
Схема строения молекулы РНК.
2. Одна из цепочек ДНК имеет последовательность нуклеотидов: АГТ АНД ГАТ АЦТ ЦГА ТТТ АЦГ. Какую последовательность нуклеотидов имеет вторая цепочка той же молекулы?
3. Большая из двух цепей белка инсулина (так называемая цепь В) начинается со следующих аминокислот: фенилаланин — валин — аспарагин — глутаминовая кислота -гистидин — лейцин. Напишите последовательность нуклеотидов в начале участка молекулы ДНК, хранящего информацию об этом белке.
Решение. Поскольку одну аминокислоту могут кодировать несколько триплетов, точную структуру иРНК и участка ДНК определить невозможно, структура может варьировать. Используя принцип комплементарности нуклеотидов и таблицу генетического кода получаем один из вариантов:
4) Участок гена имеет следующее строение, состоящее из последовательности нуклеотидов: ЦГГ ЦГЦ ТЦА AAA ТЦГ. Укажите строение соответствующего участка белка, информация о котором содержится в данном гене. Как отразится на строении белка удаление из гена четвертого нуклеотида?
5) При синдроме Фанкони (нарушение образования костной ткани) у больного с мочой выделяются аминокислоты, которым соответствуют кодоны в иРНК: АУА, ГУЦ, АУГ, УЦА, УУГ, ГУУ, АУУ. Определите, выделение каких аминокислот с мочой характерно для синдрома Фанкони, если у здорового человека в моче содержатся аминокислоты аланин, серии, глутаминовая кислота и глицин.
6) Исследования показали, что в иРНК содержится 34% гуанина, 18% урацила, 28% цитозина, 20% аденина. Определите процентный состав азотистых оснований в участке ДНК, являющегося матрицей для данной иРНК.
Решение. Очевидно, что 34% гуанина в иРНК в смысловой (считываемой) цепи ДНК будут составлять 34% цитозина, соответственно, 18% урацила — 18% аденина, 28% цитозина — 28% гуанина, 20% аденина — 20% тимина (по принципу комплементарности оснований нуклеотидов).
Суммарно А + Т и Г + Ц в смысловой цепи будет составлять: А + Т = 18% + 20% = 38%, Г + Ц = 28% + 34% = 62%.
В антисмысловой (некодируемой) цепи (ДНК — двухцепочечная молекула) суммарные показатели будут такими же, только процент отдельных оснований будет обратный: А + Т = 20% + 18% = 38%, Г + Ц = 34 % + 28% = 62%. В обеих же цепях в парах комплиментарных оснований будет поровну, т. е. аденина и тимина — по 19%, гуанина и цитозина по 31%.
7. В одной исследовательской лаборатории изучен участок одной из цепочек молекулы дезоксирибонуклеиновой кислоты (ДНК). Оказалось, что он состоит из 24 мономеров-нуклеотидов: ГТГ ТАА ЦГА ЦЦГ АТА ЦТГ ТАЦ АЦЦ . Каково строение соответствующего участка второй цепочки той же молекулы ДНК?
8. Молекула ДНК распалась на две цепочки. Одна из них имеет строение: ТАГ АЦТ ГГТ АЦА ЦГТ ГГТ ГАТ ТЦА . Какое строение будет иметь вторая молекула ДНК, когда указанная цепочка достроится до полной двухцепочечной молекулы?
9. Полипептидная цепь одного белка животных имеет следующее начало: лизин — глутамин — треонин — аланин — аланин — аланин — лизин. С какой последовательности нуклеотидов начинается ген, соответствующий этому белку?
10. Одна из цепей рибонуклеазы (фермента поджелудочной железы) состоит из 16 аминокислот: Глу — Гли — Асп — Про — Тир — Вал — Про — Вал — Про — Вал — Гис — Фен — Асн — Ала — Сер — Вал. Определите структуру участка ДНК, кодирующего эту часть рибонуклеазы.
11. Какой последовательностью нуклеотидов ДНК кодируется участок белка, если он имеет следующее строение: пролин — валин — аргинин — пролин — лейцин — валин — аргинин?
12. Меньшая цепь мономеров в молекуле инсулина (так называемая цепь А) заканчивается такими аминокислотами: лейцин — тирозин — аспарагин — тирозин — цистеин — аспарагин. Какой последовательностью нуклеотидов ДНК кодируется данная цепь молекулы?
13. Какая последовательность аминокислот кодируется такой последовательностью нуклеотидов ДНК: ЦЦТ АГТ ГТГ ААЦ ЦАТ ТЦА?
14. С какой последовательности аминокислот начинается белок, если он закодирован такой последовательностью нуклеотидов: АЦГ ЦЦЦ АТГ ЩЦ ГГТ АЦЦ? Каким станет начало полипептидной цепи синтезируемого белка, если под влиянием рентгеновских лучей пятый нуклеотид окажется выбитым из молекулы ДНК?
15. Определите порядок следования аминокислот в участке молекулы белка, если известно, что он кодируется такой последовательностью нуклеотидов ДНК: ТГА ТЩ ГТТ ТАТ ГЦГ ЦЦЦ. Как изменится белок, если химическим путем будут удалены девятый и тринадцатый нуклеотиды?
16. Назовите последовательные мономеры участка молекулы белка, который синтезируется на основе информации, «записанной» в молекуле ДНК таким порядком нуклеотидов: ТЦТ ЦЦЦ AAA ААГ АТА ИГ ЦАТ. Как отразится на строении белка выпадение из молекулы ДНК первого нуклеотида?
17. В иРНК последний кодон AAA изменен в УАА. Какой нуклеотид заменен в антисмысловой цепи ДНК? К чему это может привести?
18. У человека, больного цистинурией с мочой выделяются аминокислоты, которым соответствуют кодоны иРНК: ЦУУ, ГУУ, ЦУГ, ГУГ, УЦГ, ГУЦ, АУА. У здорового человека в моче обнаруживаются аланин, серин, глутаминовая кислота, глицин. Выделение каких аминокислот характерно для больных цистинурией?
19. Молекула гемоглобина А состоит из двух ?- и двух β-цепей полипептидов, соединенных с группой гема (железосодержащая часть гемоглобина). Каждая из цепей содержит около 140 аминокислот. Сколько примерно пар нуклеотидов содержит каждый из участков молекулы ДНК, контролирующий синтез этих цепей полипептидов?
20. Какую длину имеет участок ДНК, кодирующий синтез инсулина, который содержит 51 аминокислоту в двух цепях, если один нуклеотид занимает 3,4 А (ангстрема) цепи ДНК? 1 А = 0,1 нм (нанометра) = 0,0001 мкм (микрометра) = 0,0000001 мм = 0,00000000001 м.
21. Начальный участок цепи В инсулина представлен следующими аминокислотами: Фен — Вал — Асп — Глн — Гис — Лей — Цис — Лей — Цис — Гли — Сер — Лиз. Определите количественные соотношения в цепи ДНК, кодирующей этот участок ДНК.
22. Содержание нуклеотидов в цепи иРНК следующее: аденилового — 27%, гуанилового — 35%, цитидилового — 18%, урацилового — 20%. Определите процентный состав нуклеотидов участка молекулы ДНК (гена), являющегося матрицей для этой иРНК.
23. Какую длину имеет участок молекулы ДНК, кодирующий миоглобин современных животных, если миоглобин (белок мышц) содержит одну цепь со 155 аминокислотами? Расстояние между двумя соседними нуклеотидами равно 3,4 А.
«Строение белков»
При решении задач данного типа следует учитывать:
а) линейная длина одного аминокислотного остатка в полипептидной цепи – 0,35 нм, или 3,5 (Ангстрем);
б) средняя молекулярная масса одного аминокислотного остатка – 110 Да (Дальтон);
в) линейная длина одного нуклеотида – 0,34 нм, или 3,4.
Задача 1. Белок окситоцин состоит из 9 аминокислотных остатков. Определить длину первичной структуры и молекулярную массу белка.
Решение:
9 х 3,5 А = 31,5
9 х 110 Да = 990 Да
Задача 2. Белок инсулин состоит из двух цепочек аминокислотных остатков (20 и 30). Определить длину и молекулярную массу каждой из первичных цепочек.
Решение:
а) 20 х 3,5 А = 70
20 х 110 Да = 2200 Да
б) 30 х 3,5 А = 105
30 х 110 Да = 3300 Да
Задача 3. Молекулярная масса каталазы равна 224 000 Да. Сколько аминокислотных остатков в этой молекуле? Какова длина первичной структуры этого белка? (Ответ: 2036 звеньев; 7126 .)
Задача 4. Белок актин состоит из 374 аминокислотных остатков. Определить длину первичной структуры и молекулярную массу этого белка. (Ответ: 1309 ; 41 140 Да.)
Задача 5. Белок миозин состоит из двух больших цепей с молекулярной массой 215 000 Да каждая и двух малых – примерно по 25 000 Да. Какое количество аминокислотных остатков входит в состав большой и малой цепей; всей белковой молекулы? Какова длина большой и малой цепей? (Ответ: большая цепь – 1955 остатков, малая – 227 остатков, всего 4364 аминокислотных остатка; 6843 А, 794,5 .)
Задача 6. Белок гемоглобин состоит из двух цепей. Одна из них содержит 141 аминокислотный остаток, а вторая – 146. Определите длину и молекулярную массу каждой из цепей. (Ответ: 493,5 , 15 510 Да; 511 , 16 060 Да.)
Задача 7. Молекулярная масса белка альбумина равна 36 000 Да. Определите, сколько аминокислотных остатков в этой молекуле и какова длина первичной структуры этого белка. (Ответ: 327 аминокислотных остатков; 1144,5 .)
Задача 8. Масса белка глобулина молока равна 42 000 Да. Определите, сколько аминокислотных звеньев в этой молекуле и какова ее длина. (Ответ: 382 аминокислотных остатка; 1337 .)
«Нуклеиновые кислоты»
Задача 1. В молекуле ДНК тиминовые нуклеотиды составляют 10% от общего количества. Определить процентное содержание других видов нуклеотидов.
Решение:
Воспользуемся принципом комплементарности нуклеотидов в ДНК, где А = Т, Г = Ц.
Следовательно, Т – 10%, А – 10%; Г и Ц – 80%.
Значит, Г = 40%, Ц = 40%.
Задача 2. Сколько содержится адениновых, гуаниновых и цитозиновых нуклеотидов (по отдельности) во фрагменте молекулы ДНК, если в нём обнаружено 880 тиминовых нуклеотидов, которые составляют 22% от общего количества нуклеотидов в этом фрагменте молекулы ДНК? Какова длина этого фрагмента ДНК?
Решение:
А = Т по 880 нуклеотидов, или по 22%.
Г = Ц = 100% – 44% = 56%,
т.е. Г и Ц – по 28%.
Г = Ц = = 1120 нуклеотидов.
Длина: (880 + 1120) = 2000 х 3,4 А = 6800
(3,4 – линейные размеры нуклеотидов)
Задача 3. Сколько и каких свободных нуклеотидов потребуется для редупликации молекулы ДНК, в которой гуаниновых нуклеотидов 700, а адениновых – 400? (Ответ: 700 цитозизиновых и 400 тиминовых.)
Задача 4. В молекуле ДНК цитозиновый нуклеотид составляет 20% от общего количества нуклеотидов. Определите, сколько остальных типов нуклеотидов в этой молекуле. (Ответ: Ц – 20%, Г – 20%, А = Т = 60%; следовательно, А – 30%, Т – 30%.)
Задача 5. Сколько содержится адениновых, тиминовых и цитозиновых нуклеотидов (в отдельности) во фрагменте молекулы ДНК, если в нём обнаружено 300 гуаниновых нуклеотидов, которые составляют 20% от общего количества нуклеотидов в этом фрагменте молекулы ДНК? Какова длина этого фрагмента ДНК? (Ответ: Ц = Г = 20% – по 300 нуклеотидов; А = Т = 30% – по 450 нуклеотидов; длина: 2550 .)
Задача 6. Участок правой цепи ДНК имеет следующую последовательность нуклеотидов: ГГА АЦА ЦТА ГГТ ААА ТАЦ.
Какова первичная структура белка, если в этой цепи ДНК выпадет 10й нуклеотид?
Какова первичная структура белка, если между 9-м и 10-м нуклеотидами встанет нуклеотид «Т»?
Задача 7. Гормон вазопрессин имеет следующую аминокислотную последовательность:
Цис-Тир-Фен-Гли-Асн-Цис-Про-Арг-Гли.
Составьте последовательность нуклеотидов, кодирующих этот гормон, в ДНК и иРНК. Чему равна длина иРНК? Какие триплеты занимают в иРНК 3-е и 8-е положение? Какие нуклеотиды занимают в ДНК 5-е и 21-е положение?
Задача 8. Белок окситоцин имеет такую же структуру из 9-ти аминокислот, как и вазопрессин, но на 3-м месте содержит аминокислоту изолейцин, а на 8-м – лейцин. Определите структуру гена, хранящего программу синтеза окситоцина.
Задача 9. Начальная часть одной из цепей макромолекулы гемоглобина имеет структуру: ГисВалЛейЛейТреПроГлуГлу. Постройте схему структуры соответствующей части гена гемоглобина.
Задача 10. На фрагменте одной цепи ДНК нуклеотиды расположены в следующем порядке: Г-Г-Ц-Ц-А-Т-Т-Т-Г-Ц-А-Т-А-Ц-Г-Т-… Нарисуйте схему структуры двухцепочечной молекулы ДНК и определите длину этого фрагмента ДНК. (Ответ: 54,4 .)
Задача 11. Определите длину фрагмента ДНК, если ее цепочка состоит из 350 гуаниновых и 300 тиминовых нуклеотидов. (Ответ: 2210 .)
Источник
АЛГОРИТМ ФОРМИРОВАНИЯ УМЕНИЙ
ИСПОЛЬЗОВАТЬ ЗНАНИЯ ПРИ РЕШЕНИЯ ТИПОВЫХ ЗАДАЧ ПО МОЛЕКУЛЯРНОЙ БИОЛОГИИ
Одним из важных задач школьного курса «Биология» является формирование у учащихся общеучебных и специальных умений. Умение решать задачи — один из объективных критериев оценки глубины усвоения материала.
Практическое применение полученных знаний при решении задач способствует развитию логического мышления, творческой, аналитическом подходе к решению поставленного вопроса или проблемы в целом, что особенно важно для будущих работников современных отраслей производства, сельского хозяйства, медицины.
Представленный материал предназначен для учителей биологии, старшеклассников, абитуриентов.
единицы измерения
В биологии используются основные и производные единицы международной системы единиц : длины, массы, энергии, работы, теплоты и т.д..
Единицы длины — метр (м).1 м = 10 дм = 100 см = мк = нм, 1 нм = м.
Единицы массы — килограмма (кг).1 кг = г (г); 1 г = нг (нанограммов);
1 Дальтон — единица молекулярной массы, равной массе атома водорода.
Единица энергии, работы и количества теплоты — джоуль (Дж).
1 Дж = эрг = 0,2388 кал; 1 кал = 4,1868 Дж.
В процессе решения любой задачи выделяют определенные этапы.
Анализ задачи. Внимательно прочитайте содержание задачи, осмыслите ее и определите:
к какому разделу или теме относится задача,
найдите, что дано и что необходимо найти.
1. Сокращенная запись условия.
С помощью условных обозначений коротко запищит, что дано и что нужно найти (как на уроках химии или физики).
Подумайте, какие из постоянных известных вам величин можно использовать при решении задачи, запишите их.
2. Оформление записи задачи.
Место, что осталось после короткого записи условия задачи, условно разделите на две части. В левой части запишите данные, которые вы будете использовать, в правой — решение. Действий в задаче может быть несколько. Записывайте их так: 1) …; 2) …; 3) … и т.д.
3. Решение задачи.
Решайте задачу поэтапно.
На каждом этапе кратко сформулируйте вопрос.
Тщательно проверяйте результаты расчетов.
Проверьте всю ли информацию из условия задачи использовали.
При необходимости выберите другой способ решения.
4. Завершающий этап.
Проверьте правильность решения в целом, сформулируйте и запишите окончательный ответ.
Примеры решения задач на молекулярные основы НАСЛЕДСТВЕННОСТИ
При решении таких задач необходимо помнить, что:
• длина одного нуклеотида, или расстояние между двумя соседними вдоль оси ДНК, составляет 0,34 нм;
• средняя молекулярная масса одного нуклеотида 345 условных единиц;
• средняя молекулярная масса одной аминокислоты равна 100 условных единиц;
• молекула белка в среднем состоит из 200 аминокислот;
• каждую аминокислоту в белковой молекуле кодирует триплет нуклеотидов и-РНК (во время трансляции);
• для определения длины гена (l) учитывают количество нуклеотидов, которая содержится в одной цепи ДНК;
• для определения молекулярной массы гена (Mr) учитывают количество нуклеотидов, содержится в двух цепях ДНК;
• трансляция осуществляется согласно генетическим кодом;
• для всех ДНК выполняется правило Чаргаффа: А = Т; Г = Ц;
• А + Г = Т + Ц (содержание пуриновых азотистых оснований — аденина и гуанина — равна содержания пиримидиновых азотистых оснований — тимина и цитозина);
• сумма всех нуклеотидов в молекуле ДНК или РНК (А + Т + Г + Ц или А + В + Г + Ц) составляет 100%.
Задача 1.
На фрагменте одной цепи ДНК нуклеотиды расположены в последовательности, показанной ниже.
… АГТАЦГГЦАТГТАГЦ …
1. Нарисуйте схему структуры двухцепочечной молекулы ДНК.
2. Какова длина в нанометрах этого фрагмента?
3. Какова масса двухцепной фрагмента?
решение
1. Руководствуясь свойством ДНК, способностью к самовоспроизведению (репликации), в основе которого лежит комплиментарность, запишем схему двухцепочечной ДНК:
ДНК:
А Г Т -А Ц Г -Г Ц А -Т Г Ц -А Г Ц-
Т Ц А — Т Г Ц — Ц Г Т — А Ц Д — Т Ц Г —
2. Длина одного нуклеотида, или расстояние между двумя соседними вдоль оси ДНК, составляет 0,34 нм. Длина двухцепочечной фрагмента равна длине одной цепи.
L = 15 х 0,34 = 5,1 (нм) (15 — количество нуклеотидов в одной цепи).
3. Средняя молекулярная масса одного нуклеотида 345 условных единиц, молекулярная масса фрагмента ДНК:
Мr = 345 х 15 = 5175 (а.о.м) (30 — количество нуклеотидов в двух цепях).
Ответ. Вторая цепь фрагмента ДНК имеет следующую структуру: ТЦА — ТГЦ — ЦГТ — АЦГ — ТЦГ; длина фрагмента ДНК — 5,1 нм; молекулярная масса фрагмента ДНК — 5175 а.е.м.
Задача 2.
Фрагмент первой цепи ДНК имеет такую нуклеотидную последовательность: ТАЦАГАТГГАГТЦГЦ. Определите последовательность мономеров белка, закодированного фрагментом второй цепи ДНК.
решение
ДНК: — ТАЦ — АГА — ТГГ — АГТ — ЦГЦ-
— АТГ — ТЦТ — АЦЦ — ТЦА — ГЦГ-
иРНК: — УАЦ — АГА — УГГ — АГУ — ЦГЦ-
Белок: — тир — арг — трип — ср — арг-
Ответ. Последовательность мономеров белка: тирозин — аргинин — триптофан — серин — аргинин.
Задача 3.
Фрагмент цепи А белка нормального гемоглобина состоит из 7 аминокислот, расположенных в следующей последовательности:
вал — лей — лей — трет — о — ГЛН — лез.
1. Какое строение фрагмента иРНК, что является матрицей для синтеза этого фрагмента молекулы гемоглобина?
2. Какое строение фрагмента ДНК, кодирующего данную иРНК?
Решение
Белок: вал — лей — лей — трет — о — глу — лез
иРНК: ГУУ — УУА — УУА — АЦУ — ЦЦУ — ЦАА — ААА
ДНК: ЦАА — ААТ — ААТ — ТГА — ГГА — ДНС — ТТТ
ГТТ ТТА ТТА АЦТ ЦЦТ ЦАА ААА
Задача 4.
Биохимический анализ показал, что иРНК имеет 30% аденина, 18% гуанина и 20% урацила. Определите долю (в%) каждого нуклеотида в соответствующем фрагменте двухцепочечной ДНК?
решение
дано:
А = 30%;
Г = 18%;
У = 20%.
Определяем процент цитозинових нуклеотидов в данной иРНК:
= 100% — (+) =
= 100% — (30% + 20% + 18%) = 32%.
Определяем процент адениновых и тиминових нуклеотидов (отдельно) во фрагменте ДНК:
= (+): 2 = (30% + 20%): 2 = 25%.
Определяем процент гуанинових и цитозиновог нуклеотидов (отдельно) во фрагменте ДНК:
= (+): 2 = (18% + 32%): 2 = 25%.
Ответ. Доля каждого нуклеотида в соответствующем фрагменте двухцепочечной ДНК составляет 25%.
Задача 5.
Белок состоит из 124 аминолислот. Сравните относительные молекулярные массы белка и гена, который его кодирует.
дано:
Состав белка — 124 аминокислоты;
Мr (аминокислоты) = 100;
Мr (нуклеотида) = 345.
Мr (гена) -? Мr (белка) -?
решение
1). Определяем относительную молекулярную массу белка:
124 х 100 = 12400.
2). Определяем количество нуклеотидов в составе гена, кодирующего данный белок: 124 х 3 х 2 = 744 (нуклеотиды).
3). Определяем относительную молекулярную массу гена:
744 х 345 = 256680.
4). Определяем, во сколько раз ген тяжелее белок:
256680: 12400 = 20,7 (раза).
Ответ. Относительная молекулярная масса гена в 20,7 раза больше, чем кодированного белка.
Задача 6.
Гормон роста человека (соматотропин) — белок, содержащий 191 аминокислоту. Сколько кодируя нуклеотидов и триплетов входит в состав гена соматотропина?
решение
Одну аминокислоту кодирует триплет нуклеотидов, следовательно, в состав гена соматотропного входит 191 триплет.
191 х 3 = 573 (нуклеотиды) — одна цепь;
573 х 2 = 1146 (нуклеотидов) — обе цепи.
Ответ. В состав гена соматотропного входит 191 триплет, содержащий 1146 нуклеотидов (обе цепи гена).
Задача 7.
У больного синдром Фанкони (нарушение образования костной ткани) с мочой выделяются аминокислоты, которым соответствуют следующие триплеты иРНК: АУА, ГУЦ, АУГ, УЦА, УУГ, УАУ, ГУУ, АУУ. Определите, какие аминокислоты выделяются с мочой у больных синдромом Фанкони (см. Таблица «Генетический код»).
решение
Аминокислоты: илей, вал, мет, сер, лей, тир, вал, илей.
Ответ. У больных синдромом Фанкони выделяются с мочой такие аминокислоты: изолейцин, валин, метионин, серин, лейцин, тирозин.
Экзон-интронная ОРГАНИЗАЦИЯ ГЕНОМА
Большинство структурных генов эукариот (участки ДНК) внутренне неоднородно. Они состоят из экзонных (информативных) и интронных (без информационной) фрагментов.
При транскрипции в ядре сначала синтезируется про-иРНК (незрелая), которая имеет в себе как экзоны, так и интроны. Далее с помощью комплекса ферментов без информационной участки вырезаются и разрушаются, а информативные соединяются в новый полинуклеотидний цепь — зрелую иРНК. Механизм созревания иРНК в ядре называется сплайсингом.
Задача 1.
Фрагмент цепи молекулы ДНК содержит 1100 нуклеотидов, из них 100, 120, и 130 нуклеотидов образуют интронная участка. Определите, сколько аминокислот кодирует этот фрагмент ДНК:
дано:
N (ДНК нуклеотидов) — 1100;
N (интронных нуклеотидов) — 100, 120, 130.
N (аминокислот) -?
решение:
1). 100 + 120 + 130 = 350 (количество нуклеотидов, образующих интронная участка);
2). 1100 — 350 = 750 (количество нуклеотидов, образующих экзонных участка);
3). 750: 3 = 250 (аминокислотных остатков).
Ответ. Этот фрагмент ДНК кодирует 250 аминокислот.
Задача 2.
Структурный ген (фрагмент молекулы ДНК) содержит 384 цитозинових нуклеотидов, составляет 20% от их общего количества. В экзонных участках этого гена закодировано белок, состоящий из 120 аминокислотных остатков.
1. Какой нуклеотидный состав гена?
2. Какая относительная молекулярная масса интронных участков гена?
3. Насколько зрелая иРНК короче про-иРНК?
дано:
N (Ц нуклеотидов) — 384 (20%);
N (аминокислот в белке) — 120;
L (нуклеотида) — 0,34 нм;
Мr (нуклеотида) — 345.
1. Нуклеотидный состав гена -?
2. Мr (интронных участков гена) -?
3. Насколько зрелая иРНК короче про-иРНК -?
решение
1. Определяем общее количество нуклеотидов в фрагменте ДНК. Поскольку на цитозин нуклеотиды приходится 20% от их количества, то общее количество нуклеотидов составляет:
384 нуклеотидов — 20%;
Х нуклеотидов — 100%;
Х = 1920 (нуклеотидов);
По принципу комплиментарности:
Г = Ц = 384 нуклеотиды = 20%. Отсюда: А = Т = 30%.
384 нуклеотиды — 20%;
Х нуклеотидов — 30%; х = 576 9нуклеотидив);
А = Т 576 нуклеотидов.
2. Находим количество нуклеотидов в экзонных участках гена:
120 3 х 2 = 720 (нуклеотидов).
Находим количество нуклеотидов в интронных участках гена:
1920 — 720 = 1200 (нуклеотидов).
Находим относительную молекулярную массу интронных участков гена:
Mr (интро. Участков гена) = 1200 х 345 = 414000.
3. Длина молекулы про-иРНК равна длине структурного гена:
l (о-иРНК) = (384 + 576) х 0,34 = 326,4 (нм).
Зрелая иРНК состоит только из информативной части. Ее длина составляет:
l (зрелой РНК) = 120 х 3 х 0,34 = 122,4 (нм).
Разница в длине о-иРНК и зрелой иРНК составляет:
326,4 нм — 122,4 нм = 204 нм.
Ответ. 1. Ген содержит по 576 адениновых и тиминових нуклеотидов, и по 384 гуанинових и цитозинових нуклеотиды. 2. Относительная молекулярная масса интронных участков гена — 414 000. 3. Разница в длине между про- иРНК и зрелой иРНК — 204 нм.
литература:
1. Барна Иван Общая биология. Сборник задач. — Киев: Издательство «Ранок», 2009 — 736 с.
2. Биология: Справочник для абитуриентов и школьников общеобразовательных учебных заведений: Учебно-методическое пособие. — 2-е издание. — К .: Литере ЛТД, 2009. — 656 с.
3. Овчинников С.А. Сборник задач и упражнений по общей биологии: Учебное пособие. — Донецк: Третье тысячелетие, 2002. — 128 с.
4. Биология. Словарь-справочник .: Учеб. Пособие / /Авт.-сост .: В.П. Попович, Т.А. Сало, Л.В. Деревинская. — М .: Страна грез, 2006. — 112 с.
Источник