Задачи на массу днк егэ

Типы задач Установление последовательности нуклеотидов в ДНК, иРНК, антикодонов тРНК, используя принцип комплементарности. Вычисление количества нуклеотидов, их процентное соотношение в цепи ДНК, иРНК. Вычисление количества водородных связей в цепи ДНК, иРНК. Определение длины, массы ДНК, иРНК. Определение последовательности аминокислот по таблице генетического кода. Определение массы ДНК, гена, белка, количества аминокислот, нуклеотидов. Комбинированные .

Типы задач

  • Установление последовательности нуклеотидов в ДНК, иРНК, антикодонов тРНК, используя принцип комплементарности.
  • Вычисление количества нуклеотидов, их процентное соотношение в цепи ДНК, иРНК.
  • Вычисление количества водородных связей в цепи ДНК, иРНК.
  • Определение длины, массы ДНК, иРНК.
  • Определение последовательности аминокислот по таблице генетического кода.
  • Определение массы ДНК, гена, белка, количества аминокислот, нуклеотидов.
  • Комбинированные .

Требования к решению задач ход решения должен соответствовать последовательности процессов, протекающих в клетке решать задачи осознано, обосновывать каждое действие теоретически запись решения оформлять аккуратно, цепи ДНК, иРНК , тРНК прямые, символы нуклеотидов четкие, расположены на одной линии по горизонтали цепи ДНК, иРНК , тРНК размещать на одной строке без переноса ответы на все вопросы выписывать в конце решения

Требования к решению задач

  • ход решения должен соответствовать последовательности процессов, протекающих в клетке
  • решать задачи осознано, обосновывать каждое действие теоретически
  • запись решения оформлять аккуратно, цепи ДНК, иРНК , тРНК прямые, символы нуклеотидов четкие, расположены на одной линии по горизонтали
  • цепи ДНК, иРНК , тРНК размещать на одной строке без переноса
  • ответы на все вопросы выписывать в конце решения

ДНК ( дезоксирибонуклеиновая кислота) две цепи в спирали состоят из нуклеотидов РНК (рибонуклеиновая кислота) Строение нуклеотида 1 дезоксирибоза 2 остаток фосфорной кислоты одна цепь 1 рибоза 3 азотистое основание: 2 остаток фосфорной кислоты А- аденин 3 азотистое основание: Г – гуанин Ц – цитозин А- аденин Т - тимин Г – гуанин А-Т, Г-Ц Принцип комплементарности А-У, Г-Ц Ц – цитозин Между азотистыми основаниями водородные связи У - урацил Правила Чаргаффа А = Т двойная , Г ≡ Ц тройная   *азотистые основания : 1. Пуриновые – А, Г 2. Пиримидиновые – Ц, Т,У А=Т, Г=Ц А+Г = Т+Ц ( 100% в 2-х цепях)   ( 100 % в 1-й цепи) Функция: хранение наследственной информации *Спираль ДНК: Виды РНК и их функции: 1. иРНК или мРНК – 5%, считывает информацию с ДНК и переносит её к рибосоме 2. тРНК – 10%, переносит аминокислоту 3. рРНК – 85%, входит в состав рибосом Ширина 2 нм Шаг спирали 10 пар нуклеотидов 3,4 нм Длина нуклеотида 0, 34 нм Масса ДНК 6·10 -12

ДНК

( дезоксирибонуклеиновая кислота)

две цепи в спирали

состоят из нуклеотидов

РНК

(рибонуклеиновая кислота)

Строение нуклеотида

1 дезоксирибоза

2 остаток фосфорной кислоты

одна цепь

1 рибоза

3 азотистое основание:

2 остаток фосфорной кислоты

А- аденин

3 азотистое основание:

Г – гуанин

Ц – цитозин

А- аденин

Т — тимин

Г – гуанин

А-Т, Г-Ц Принцип комплементарности А-У, Г-Ц

Ц – цитозин

Между азотистыми основаниями водородные связи

У — урацил

Правила Чаргаффа

А = Т двойная , Г ≡ Ц тройная

  *азотистые основания : 1. Пуриновые – А, Г 2. Пиримидиновые – Ц, Т,У

А=Т, Г=Ц А+Г = Т+Ц ( 100% в 2-х цепях)

( 100 % в 1-й цепи)

Функция: хранение наследственной информации

*Спираль ДНК:

Виды РНК и их функции:

1. иРНК или мРНК – 5%, считывает информацию с ДНК и переносит её к рибосоме

2. тРНК – 10%, переносит аминокислоту

3. рРНК – 85%, входит в состав рибосом

  • Ширина 2 нм
  • Шаг спирали 10 пар нуклеотидов 3,4 нм
  • Длина нуклеотида 0, 34 нм
  • Масса ДНК 6·10 -12

Первый тип задач - задачи на установление последовательности нуклеотидов в ДНК, иРНК, антикодонов тРНК Участок правой цепи молекулы ДНК имеет последовательность нуклеотидов: А-Г-Т-Ц-Т-А-А-Ц-Т-Г-А-Г-Ц-А-Т. Запишите последовательность нуклеотидов левой цепи ДНК. Дано: ДНК А-Г-Т-Ц-Т-А-А-Ц-Т-Г-А-Г-Ц-А-Т Решение: ( нуклеотиды левой цепи ДНК подбираем по принципу комплементарности А-Т, Г-Ц) ДНК А Г Т Ц Т А А Ц Т Г А Г Ц А Т ДНК Т Ц А Г А Т Т Г А Ц Т Ц Г Т А Ответ : левая цепь ДНК имеет последовательность нуклеотидов Т-Ц-А-Г-А-Т-Т-Г-А-Ц-Т-Ц-Г-Т-А

Первый тип задач — задачи на установление последовательности нуклеотидов в ДНК, иРНК, антикодонов тРНК

  • Участок правой цепи молекулы ДНК имеет последовательность нуклеотидов:
  • А-Г-Т-Ц-Т-А-А-Ц-Т-Г-А-Г-Ц-А-Т. Запишите последовательность нуклеотидов левой цепи ДНК.
  • Дано: ДНК А-Г-Т-Ц-Т-А-А-Ц-Т-Г-А-Г-Ц-А-Т
  • Решение: ( нуклеотиды левой цепи ДНК подбираем по принципу комплементарности А-Т, Г-Ц)
  • ДНК А Г Т Ц Т А А Ц Т Г А Г Ц А Т

ДНК Т Ц А Г А Т Т Г А Ц Т Ц Г Т А

  • Ответ : левая цепь ДНК имеет последовательность нуклеотидов Т-Ц-А-Г-А-Т-Т-Г-А-Ц-Т-Ц-Г-Т-А

Первый тип задач - задачи на установление последовательности нуклеотидов в ДНК, иРНК, антикодонов тРНК Участок цепи молекулы ДНК имеет последовательность нуклеотидов: Ц-Т-А-А-Ц-Ц-А-Т-А-Г-Т-Т-Г-А-Г. Запишите последовательность нуклеотидов иРНК. Дано: ДНК Ц-Т-А-А- Ц-Ц-А-Т-А-Г-Т-Т- Г- А- Г Решение: ( нуклеотиды иРНК подбираем по принципу комплементарности к ДНК : А-У, Г-Ц)   ДНК Ц Т А А Ц Ц А Т А Г Т Т Г А Г   иРНК Г А У У Г Г У А У Ц А А Ц У Ц   Ответ : иРНК имеет последовательность нуклеотидов Г-А-У-У-Г- Г-У-А-У-Ц-А-А-Ц-У-Ц

Первый тип задач — задачи на установление последовательности нуклеотидов в ДНК, иРНК, антикодонов тРНК

  • Участок цепи молекулы ДНК имеет последовательность нуклеотидов: Ц-Т-А-А-Ц-Ц-А-Т-А-Г-Т-Т-Г-А-Г. Запишите последовательность нуклеотидов иРНК.
  • Дано: ДНК Ц-Т-А-А- Ц-Ц-А-Т-А-Г-Т-Т- Г- А- Г
  • Решение: ( нуклеотиды иРНК подбираем по принципу комплементарности к ДНК : А-У, Г-Ц)
  •  
  • ДНК Ц Т А А Ц Ц А Т А Г Т Т Г А Г
  •   иРНК Г А У У Г Г У А У Ц А А Ц У Ц
  •  
  • Ответ : иРНК имеет последовательность нуклеотидов Г-А-У-У-Г- Г-У-А-У-Ц-А-А-Ц-У-Ц

* Определите последовательность нуклеотидов иРНК, антикодоны молекул тРНК , если фрагмент ДНК имеет последовательность нуклеотидов Г-Ц-Ц-Т-А-Ц-Т-А-А-Г-Т-Ц Дано: ДНК Г-Ц-Ц-Т-А-Ц-Т-А-А-Г-Т-Ц Решение: (нуклеотиды подбираем по принципу комплементарности А-У, Г-Ц под ДНК сначала строим иРНК, затем тРНК)    ДНК Г Ц Ц Т А Ц Т А А Г Т Ц иРНК Ц Г Г А У Г А У У Ц А Г тРНК Г Ц Ц У А Ц У А А Г У Ц Ответ : иРНК имеет последовательность нуклеотидов Ц Г Г А У Г А У У Ц А Г антикодоны тРНК Г Ц Ц У А Ц У А А Г У Ц

  • * Определите последовательность нуклеотидов иРНК, антикодоны молекул тРНК , если фрагмент ДНК имеет последовательность нуклеотидов

Г-Ц-Ц-Т-А-Ц-Т-А-А-Г-Т-Ц

  • Дано: ДНК Г-Ц-Ц-Т-А-Ц-Т-А-А-Г-Т-Ц
  • Решение: (нуклеотиды подбираем по принципу комплементарности А-У, Г-Ц под ДНК сначала строим иРНК, затем тРНК)
  •   
  • ДНК Г Ц Ц Т А Ц Т А А Г Т Ц
  • иРНК Ц Г Г А У Г А У У Ц А Г
  • тРНК Г Ц Ц У А Ц У А А Г У Ц
  • Ответ : иРНК имеет последовательность нуклеотидов Ц Г Г А У Г А У У Ц А Г
  • антикодоны тРНК Г Ц Ц У А Ц У А А Г У Ц

Второй тип задач - на вычисление количества нуклеотидов, их процентное соотношение в цепи ДНК, иРНК. В одной молекуле ДНК нуклеотидов с тимином Т -22% . Определите процентное содержание нуклеотидов с А, Г, Ц по отдельности в этой молекуле ДНК. Дано: Т -22% Найти: % А, Г, Ц Решение 1: согласно правилу Чаргаффа А+Г = Т+Ц, все нуклеотиды в ДНК составляют 100%. Так как тимин комплементарен аденину, то А=22%. 22+22=44% ( А+Т) 100- 44 =56% (Г+Ц) Так как гуанин комплементарен цитозину, то их количество тоже равно, поэтому 56 : 2 =28% (Г, Ц) Решение 2: согласно правилу Чаргаффа А+Г = Т+Ц, все нуклеотиды в ДНК составляют 100% или А+Г и Т+Ц по 50 % Так как тимин комплементарен аденину, то А=22%. следовательно 50 - 22=28% (Г, Ц, т.к. они комплементарны) Ответ : А=22%, Г=28%, Ц=28%

Второй тип задач — на вычисление количества нуклеотидов, их процентное соотношение в цепи ДНК, иРНК.

  • В одной молекуле ДНК нуклеотидов с тимином Т -22% . Определите процентное содержание нуклеотидов с А, Г, Ц по отдельности в этой молекуле ДНК.
  • Дано: Т -22%
  • Найти: % А, Г, Ц
  • Решение 1:
  • согласно правилу Чаргаффа А+Г = Т+Ц, все нуклеотиды в ДНК составляют 100%.
  • Так как тимин комплементарен аденину, то А=22%.
  • 22+22=44% ( А+Т)
  • 100- 44 =56% (Г+Ц)
  • Так как гуанин комплементарен цитозину, то их количество тоже равно, поэтому
  • 56 : 2 =28% (Г, Ц)
  • Решение 2:
  • согласно правилу Чаргаффа А+Г = Т+Ц, все нуклеотиды в ДНК составляют 100% или А+Г и Т+Ц по 50 %
  • Так как тимин комплементарен аденину, то А=22%.
  • следовательно 50 — 22=28% (Г, Ц, т.к. они комплементарны)
  • Ответ : А=22%, Г=28%, Ц=28%

Сколько содержится нуклеотидов А, Т, Г, во фрагменте молекулы ДНК, если в нем обнаружено 1500 нуклеотидов Ц, что составляет 30% от общего количества нуклеотидов в этом фрагменте ДНК? Дано: Ц- 30% =1500 нуклеотидов Найти: количество нуклеотидов А, Т, Г   Решение: Так как Ц комплементарен Г и их количество равно, то Г =30%, что составляет 1500 нуклеотидов. согласно правилу Чаргаффа А+Г = Т+Ц, все нуклеотиды в ДНК составляют 100% А+Г и Т+Ц по 50 % следовательно 50-30=20% (А, Т). Составим пропорцию 30% - 1500 20% - ? 20х1500 : 30 =1000 нуклеотидов (А, Т) Ответ: во фрагменте молекулы ДНК содержится: Г=1500 нуклеотидов, А=1000 нуклеотидов, Т=1000 нуклеотидов.

  • Сколько содержится нуклеотидов А, Т, Г, во фрагменте молекулы ДНК, если в нем обнаружено 1500 нуклеотидов Ц, что составляет 30% от общего количества нуклеотидов в этом фрагменте ДНК?
  • Дано: Ц- 30% =1500 нуклеотидов
  • Найти: количество нуклеотидов А, Т, Г
  • Решение:
  • Так как Ц комплементарен Г и их количество равно, то Г =30%,
  • что составляет 1500 нуклеотидов.
  • согласно правилу Чаргаффа А+Г = Т+Ц, все нуклеотиды в ДНК составляют 100%
  • А+Г и Т+Ц по 50 % следовательно 50-30=20% (А, Т). Составим пропорцию 30% — 1500
  • 20% — ?
  • 20х1500 : 30 =1000 нуклеотидов (А, Т)

Ответ: во фрагменте молекулы ДНК содержится:

  • Г=1500 нуклеотидов, А=1000 нуклеотидов, Т=1000 нуклеотидов.

* Участок молекулы ДНК ( одна цепочка) содержит: 150 нуклеотидов – А, 50 нуклеотидов – Т, 300 нуклеотидов – Ц, 100 нуклеотидов - Г. Определите : количество нуклеотидов во второй цепи с А, Т, Г, Ц и общее количество нуклеотидов с А, Т, Ц, Г в двух цепях ДНК. Дано: нуклеотидов в 1-й цепи ДНК: А-150, Т-50, Ц-300, Г-100. Найти: А, Т, Ц, Г в двух цепях ДНК. Решение: А=Т, Г=Ц, так как они комплементарны, поэтому во второй цепи Т-150, А-50, Г-300, Ц-100 Всего нуклеотидов: А(150+50)+Т(50+150)+Г(300+100)+Ц(100+300)=1200 Ответ: нуклеотидов во второй цепи Т-150, А-50, Г-300, Ц-100; 1200 нуклеотидов в двух цепях.

  • * Участок молекулы ДНК ( одна цепочка) содержит:
  • 150 нуклеотидов – А, 50 нуклеотидов – Т,
  • 300 нуклеотидов – Ц, 100 нуклеотидов — Г.
  • Определите : количество нуклеотидов во второй цепи с А, Т, Г, Ц и общее количество нуклеотидов с А, Т, Ц, Г в двух цепях ДНК.
  • Дано: нуклеотидов в 1-й цепи ДНК: А-150, Т-50, Ц-300, Г-100.
  • Найти: А, Т, Ц, Г в двух цепях ДНК.
  • Решение:
  • А=Т, Г=Ц, так как они комплементарны, поэтому во второй цепи Т-150, А-50, Г-300, Ц-100
  • Всего нуклеотидов: А(150+50)+Т(50+150)+Г(300+100)+Ц(100+300)=1200
  • Ответ: нуклеотидов во второй цепи Т-150, А-50, Г-300, Ц-100;
  • 1200 нуклеотидов в двух цепях.

* В состав иРНК входят нуклеотиды: аденина 28%, гуанина 16%, урацила 24%. Определите процентный состав нуклеотидов у двуцепочной молекулы ДНК, информация с которой «переписана» на иРНК Дано: нуклеотидов в иРНК: А-28%, У-24%, Г-16%. Найти: % А, Т, Ц, Г в ДНК. Решение: Определяем процентное содержание цитозина в иРНК, учитывая, что сумма всех нуклеотидов иРНК составляет 100%: 100 - ( 24+28+16) = 32% (Ц) Учитывая принцип комплементарности ( А=Т, У=А, Г=Ц, Ц=Г), вычисляем процентный состав нуклеотидов цепи ДНК, с которой была списана информация на и РНК. Сумма всех нуклеотидов в двух цепях ДНК составляет 100%: Т=28:2=14%, Г= 32:2=16%, А=24:2=12%, Ц=16:2=8% Вторая цепочка ДНК является комплементарной первой, следовательно, в ней процентный состав нуклеотидов следующий: А=14%, Ц=16%, Т=12%, Г=8% В двуцепочной ДНК процентное содержание нуклеотидов будет таким: А = 12+14=26%, Т= 14+12=26%, Г=16+8=24%, Ц= 8+16=24% Ответ: в двух цепях ДНК % состав нуклеотидов: Т -26%, А-26%, Г-24%, Ц-24%

  • * В состав иРНК входят нуклеотиды: аденина 28%, гуанина 16%, урацила 24%. Определите процентный состав нуклеотидов у двуцепочной молекулы ДНК, информация с которой «переписана» на иРНК
  • Дано: нуклеотидов в иРНК: А-28%, У-24%, Г-16%.
  • Найти: % А, Т, Ц, Г в ДНК.
  • Решение:
  • Определяем процентное содержание цитозина в иРНК, учитывая, что сумма всех нуклеотидов иРНК составляет 100%:
  • 100 — ( 24+28+16) = 32% (Ц)
  • Учитывая принцип комплементарности ( А=Т, У=А, Г=Ц, Ц=Г), вычисляем процентный состав нуклеотидов цепи ДНК, с которой была списана информация на и РНК. Сумма всех нуклеотидов в двух цепях ДНК составляет 100%:
  • Т=28:2=14%, Г= 32:2=16%, А=24:2=12%, Ц=16:2=8%
  • Вторая цепочка ДНК является комплементарной первой, следовательно, в ней процентный состав нуклеотидов следующий:
  • А=14%, Ц=16%, Т=12%, Г=8%
  • В двуцепочной ДНК процентное содержание нуклеотидов будет таким:
  • А = 12+14=26%, Т= 14+12=26%, Г=16+8=24%, Ц= 8+16=24%
  • Ответ: в двух цепях ДНК % состав нуклеотидов: Т -26%, А-26%,
  • Г-24%, Ц-24%

* Третий тип задач на вычисление количества водородных связей. Две цепи ДНК удерживаются водородными связями. Определите число водородных связей в этой цепи ДНК, если известно, что нуклеотидов с аденином 12, с гуанином 20. Дано: А-12, Г-20 Найти: водородных связей в ДНК Решение: А=Т, Г=Ц, так как они комплементарны Между А и Т двойная водородная связь, поэтому 12х2=24 связи Между Г и Ц тройная водородная связь, поэтому 20х3=60 связей 24+60=84 водородных связей всего Ответ: 84 водородных связей.

* Третий тип задач на вычисление количества водородных связей.

  • Две цепи ДНК удерживаются водородными связями. Определите число водородных связей в этой цепи ДНК, если известно, что нуклеотидов с аденином 12, с гуанином 20.
  • Дано: А-12, Г-20
  • Найти: водородных связей в ДНК
  • Решение:
  • А=Т, Г=Ц, так как они комплементарны
  • Между А и Т двойная водородная связь, поэтому 12х2=24 связи
  • Между Г и Ц тройная водородная связь, поэтому 20х3=60 связей
  • 24+60=84 водородных связей всего
  • Ответ: 84 водородных связей.

* Четвертый тип задач определение длины, ДНК, иРНК Участок молекулы ДНК состоит из 60 пар нуклеотидов. Определите длину этого участка (расстояние между нуклеотидами в ДНК составляет 0, 34 нм) Дано: 60 пар нуклеотидов Найти: длину участка Решение: длина нуклеотида 0, 34 нм 60х0,34= 20,4 нм Ответ: 20,4 нм   Длина участка молекулы ДНК составляет 510нм. Определите число пар нуклеотидов в этом участке. Дано: длина участка ДНК 510нм Найти: Определите число пар нуклеотидов Решение: длина нуклеотида 0, 34 нм 510:0,34= 1500 нуклеотидов Ответ: 1500 нуклеотидов  

* Четвертый тип задач определение длины, ДНК, иРНК

  • Участок молекулы ДНК состоит из 60 пар нуклеотидов. Определите длину этого участка (расстояние между нуклеотидами в ДНК составляет 0, 34 нм)
  • Дано: 60 пар нуклеотидов
  • Найти: длину участка
  • Решение: длина нуклеотида 0, 34 нм
  • 60х0,34= 20,4 нм
  • Ответ: 20,4 нм
  •  
  • Длина участка молекулы ДНК составляет 510нм. Определите число пар нуклеотидов в этом участке.
  • Дано: длина участка ДНК 510нм
  • Найти: Определите число пар нуклеотидов
  • Решение: длина нуклеотида 0, 34 нм
  • 510:0,34= 1500 нуклеотидов
  • Ответ: 1500 нуклеотидов
  •  

Число нуклеотидов в цепи ДНК равно 100. Определите длину этого участка Дано: 100 нуклеотидов Найти: длину участка Решение: длина нуклеотида 0, 34 нм , ДНК состоит из 2-х цепей значит 50 пар нуклеотидов. 50х0,34=17нм Ответ: 17нм   Число нуклеотидов в цепи и-РНК равно 100. Определите длину этого участка Дано: 100 нуклеотидов Найти: длину участка Решение: длина нуклеотида 0, 34 нм , и-РНК состоит из одной цепи 100х0,34=34нм Ответ: 34нм

  • Число нуклеотидов в цепи ДНК равно 100. Определите длину этого участка
  • Дано: 100 нуклеотидов
  • Найти: длину участка
  • Решение: длина нуклеотида 0, 34 нм , ДНК состоит из 2-х цепей значит 50 пар нуклеотидов.
  • 50х0,34=17нм
  • Ответ: 17нм
  •  
  • Число нуклеотидов в цепи и-РНК равно 100. Определите длину этого участка
  • Дано: 100 нуклеотидов
  • Найти: длину участка
  • Решение: длина нуклеотида 0, 34 нм , и-РНК состоит из одной цепи
  • 100х0,34=34нм
  • Ответ: 34нм

« Биосинтез белка, генетический код» на участке ДНК строится иРНК иРНК переходит в цитоплазму иРНК соединяется с рибосомой ( 2 триплета) тРНК несет аминокислоту в рибосому кодон иРНК комплементарен антикодону тРНК в рибосоме из аминокислот образуется белок ДНК- РНК- белок 20 аминокислот - 64 триплета ДНК - иРНК - тРНк 3 нуклеотида =1 триплет =1 аминокислота = 1тРНК

« Биосинтез белка, генетический код»

  • на участке ДНК строится иРНК
  • иРНК переходит в цитоплазму
  • иРНК соединяется с рибосомой ( 2 триплета)
  • тРНК несет аминокислоту в рибосому
  • кодон иРНК комплементарен антикодону тРНК
  • в рибосоме из аминокислот образуется белок
  • ДНК- РНК- белок
  • 20 аминокислот — 64 триплета
  • ДНК — иРНК — тРНк
  • 3 нуклеотида =1 триплет =1 аминокислота = 1тРНК

Пятый тип задач - определение последовательности аминокислот по таблице генетического кода. Фрагмент цепи ДНК имеет последовательность нуклеотидов: ТГГАГТГАГТТА. Определите последовательность нуклеотидов на иРНК, антикодоны тРНК и аминокислотную последовательность фрагмента молекулы белка. Дано: ДНК Т-Г-Г-А-Г-Т-Г-А-Г-Т-Т-А Найти: иРНК, тРНК и аминокислотную последовательность белка Решение: на участке ДНК по принципу комплементарности (А-У, Г-Ц) построим иРНК, затем по цепи иРНК построим тРНК по принципу комплементарности ( А-У, Г-Ц) ДНК Т- Г- Г- А- Г- Т- Г- А- Г- Т- Т- А иРНК А-Ц-Ц-У- Ц- А- Ц- У- Ц- А- А- У тРНК У- Г- Г- А -Г- У- Г -А- Г- У- У-А иРНК разделим на триплеты и по таблице генетического кода определим аминокислотную последовательность белка: А-Ц-Ц тре, У-Ц-А сер, Ц-У-Ц лей, А- А-У асн. Ответ : иРНК А-Ц- Ц-У- Ц- А-Ц-У-Ц-А- А-У тРНК У- Г -Г- А- Г-У- Г-А-Г- У- У-А аминокислотную последовательность белка :тре, сер, лей, асн

Пятый тип задач — определение последовательности аминокислот по таблице генетического кода.

  • Фрагмент цепи ДНК имеет последовательность нуклеотидов: ТГГАГТГАГТТА. Определите последовательность нуклеотидов на иРНК, антикодоны тРНК и аминокислотную последовательность фрагмента молекулы белка.
  • Дано: ДНК Т-Г-Г-А-Г-Т-Г-А-Г-Т-Т-А
  • Найти: иРНК, тРНК и аминокислотную последовательность белка
  • Решение: на участке ДНК по принципу комплементарности (А-У, Г-Ц) построим иРНК, затем по цепи иРНК построим тРНК по принципу комплементарности ( А-У, Г-Ц)
  • ДНК Т- Г- Г- А- Г- Т- Г- А- Г- Т- Т- А
  • иРНК А-Ц-Ц-У- Ц- А- Ц- У- Ц- А- А- У
  • тРНК У- Г- Г- А -Г- У- Г -А- Г- У- У-А
  • иРНК разделим на триплеты и по таблице генетического кода определим аминокислотную последовательность белка:
  • А-Ц-Ц тре, У-Ц-А сер, Ц-У-Ц лей, А- А-У асн.
  • Ответ : иРНК А-Ц- Ц-У- Ц- А-Ц-У-Ц-А- А-У
  • тРНК У- Г -Г- А- Г-У- Г-А-Г- У- У-А
  • аминокислотную последовательность белка :тре, сер, лей, асн
  • *Участок молекулы ДНК имеет следующее строение:
  • ГГА -АЦЦ-АТА-ГТЦ-ЦАА
  • Определите последовательность нуклеотидов соответствующего участка иРНК. Определите последовательность аминокислот в полипептиде, синтезируемом по иРНК. Как изменится последовательность аминокислот в полипептиде, если в результате мутации пятый нуклеотид в ДНК будет заменён на аденин? Ответ объясните.
  • Дано: ДНК ГГА -АЦЦ-АТА-ГТЦ-ЦАА
  • Найти: аминокислотную последовательность исходного белка, мутированного
  • Решение: определим иРНК по принципу комплементарности
  • ДНК ГГА -АЦЦ-АТА-ГТЦ- ЦАА
  • иРНК ЦЦУ- УГГ-УАУ-ЦАГ-ГУУ
  • По таблице генетического кода определим аминокислотную последовательность белка: про, три, тир, глн, вал
  • В результате мутации ДНК изменится , т.к. пятый нуклеотид в ДНК будет заменён на аденин
  • ДНК ГГА — А А Ц-АТА-ГТЦ- ЦАА
  • иРНК ЦЦУ- У У Г-УАУ-ЦАГ-ГУУ
  • По таблице генетического кода определим аминокислотную последовательность измененного белка : про , лей , тир, глн, вал,
  • Ответ: про, три, тир, глн, вал; про , лей , тир, глн, вал, так как изменился нуклеотид в ДНК, то изменился нуклеотид иРНК, изменилась аминокислота и структура белка.

* Известно, что все виды РНК синтезируются на ДНК- матрице. Фрагмент молекулы ДНК, на котором синтезируется участок центральной петли тРНК, имеет следующую последовательность нуклеотидов АТАГЦТГААЦГГАЦТ. Установите нуклеотидную последовательность участка тРНК, который синтезируется на данном фрагменте, и аминокислоту, которую будет переносить эта тРНК в процессе биосинтеза белка, если третий триплет соответствует антикодону тРНК. Дано: ДНК АТАГЦТГААЦГГАЦТ Найти: нуклеотидную последовательность участка тРНК аминокислоту, которую будет переносить тРНК Решение : Так как тРНК синтезируются на ДНК, то построим тРНК по принципу комплементарности (А-У, Г-Ц)   ДНК А Т А Г Ц Т Г А А Ц Г Г А Ц Т тРНК У А У Ц Г А Ц У У Г Ц Ц У Г А Третий триплет ( антикодон тРНК) ЦУУ , соответствует кодону на иРНК ГАА (по принципу комплементарности), по таблице генетического кода этому кодону соответствует аминокислота ГЛУ, которую переносить данная тРНК. Ответ: тРНК УАУЦГАЦУУГЦЦУГА аминокислота ГЛУ

  • * Известно, что все виды РНК синтезируются на ДНК- матрице. Фрагмент молекулы ДНК, на котором синтезируется участок центральной петли тРНК, имеет следующую последовательность нуклеотидов АТАГЦТГААЦГГАЦТ. Установите нуклеотидную последовательность участка тРНК, который синтезируется на данном фрагменте, и аминокислоту, которую будет переносить эта тРНК в процессе биосинтеза белка, если третий триплет соответствует антикодону тРНК.
  • Дано: ДНК АТАГЦТГААЦГГАЦТ
  • Найти:
  • нуклеотидную последовательность участка тРНК
  • аминокислоту, которую будет переносить тРНК
  • Решение :
  • Так как тРНК синтезируются на ДНК, то построим тРНК по принципу комплементарности (А-У, Г-Ц)
  •   ДНК А Т А Г Ц Т Г А А Ц Г Г А Ц Т
  • тРНК У А У Ц Г А Ц У У Г Ц Ц У Г А
  • Третий триплет ( антикодон тРНК) ЦУУ , соответствует кодону на иРНК ГАА (по принципу комплементарности), по таблице генетического кода этому кодону соответствует аминокислота ГЛУ, которую переносить данная тРНК.
  • Ответ: тРНК УАУЦГАЦУУГЦЦУГА
  • аминокислота ГЛУ

Шестой тип задач - определение массы белка, количества аминокислот, нуклеотидов. 1. Фрагмент молекулы ДНК содержит 1230 нуклеотидных остатков. Сколько аминокислот будет входить в состав белка? Дано: 1230 нуклеотидов Найти: количество аминокислот Решение : Одной аминокислоте соответствует 3 нуклеотида, поэтому 1230:3= 410 аминокислот. Ответ: 410 аминокислот.   2. Сколько нуклеотидов содержит ген, кодирующий белок из 210 аминокислот? Дано: 210 аминокислот Найти: количество нуклеотидов Решение : Одной аминокислоте соответствует 3 нуклеотида, поэтому 210х3=630 нуклеотидов Ответ: 630 нуклеотидов  

Шестой тип задач — определение массы белка, количества аминокислот, нуклеотидов.

  • 1. Фрагмент молекулы ДНК содержит 1230 нуклеотидных остатков. Сколько аминокислот будет входить в состав белка?
  • Дано: 1230 нуклеотидов
  • Найти: количество аминокислот
  • Решение :
  • Одной аминокислоте соответствует 3 нуклеотида, поэтому 1230:3= 410 аминокислот.
  • Ответ: 410 аминокислот.
  • 2. Сколько нуклеотидов содержит ген, кодирующий белок из 210 аминокислот?
  • Дано: 210 аминокислот
  • Найти: количество нуклеотидов
  • Решение :
  • Одной аминокислоте соответствует 3 нуклеотида, поэтому 210х3=630 нуклеотидов
  • Ответ: 630 нуклеотидов
  •  

*Определите число аминокислот , входящих в состав белка, число триплетов и число нуклеотидов в гене, который кодирует этот белок, если в процессе трансляции участвовало 30 молекул тРНК. Дано: 30 тРНК Найти: число аминокислот, триплетов, нуклеотидов в гене Решение: 1тРНК=1 аминокислоте, поэтому аминокислот 30 1 аминокислоте = 1 триплету, поэтому триплетов 30 1 триплет = 3 нуклеотида, поэтому 30х3=90 нуклеотидов. Ответ: аминокислот 30, триплетов 30, 90 нуклеотидов

  • *Определите число аминокислот , входящих в состав белка, число триплетов и число нуклеотидов в гене, который кодирует этот белок, если в процессе трансляции участвовало 30 молекул тРНК.
  • Дано: 30 тРНК
  • Найти: число аминокислот, триплетов, нуклеотидов в гене
  • Решение:
  • 1тРНК=1 аминокислоте, поэтому аминокислот 30
  • 1 аминокислоте = 1 триплету, поэтому триплетов 30
  • 1 триплет = 3 нуклеотида, поэтому 30х3=90 нуклеотидов.
  • Ответ: аминокислот 30, триплетов 30, 90 нуклеотидов

* Молекулярная масса полипептида составляет 40000. Определите длину кодирующего его гена, если молекулярная масса одной аминокислоты в среднем равна 100, а расстояние между соседними нуклеотидами в цепи ДНК составляет 0, 34 нм. Дано: масса белка - 40000 масса аминокислоты - 100 расстояние между нуклеотидами 0,34нм Найти: длину гена Решение: Так как белок ( полипептид) состоит из аминокислот, найдем количество аминокислот 40000:100=400 1 аминокислота=3 нуклеотида, 400х3=1200 нуклеотидов Ген состоит из нуклеотидов. Длина гена 1200х0,34=408нм Ответ: длина гена 408нм

  • * Молекулярная масса полипептида составляет 40000. Определите длину кодирующего его гена, если молекулярная масса одной аминокислоты в среднем равна 100, а расстояние между соседними нуклеотидами в цепи ДНК составляет 0, 34 нм.
  • Дано: масса белка — 40000

масса аминокислоты — 100

расстояние между нуклеотидами 0,34нм

  • Найти: длину гена
  • Решение:

Так как белок ( полипептид) состоит из аминокислот, найдем количество аминокислот 40000:100=400

1 аминокислота=3 нуклеотида, 400х3=1200 нуклеотидов

Ген состоит из нуклеотидов. Длина гена 1200х0,34=408нм

Ответ: длина гена 408нм

Комбинированные задачи * Белок состоит из 100 аминокислот. Установите, во сколько раз молекулярная масса участка гена, кодирующего данный белок, превышает молекулярную массу белка, если средняя молекулярная масса аминокислоты -110, а нуклеотида - 300. Дано: 100 аминокислот, молекулярная масса аминокислоты -110, молекулярная масса нуклеотида - 300. Найти : во сколько раз масса гена превышает массу белка. Решение: Так как ген - это участок ДНК, состоящий из нуклеотидов, то определим их количество: одну аминокислоту кодируют 3 нуклеотида , то 100х3=300 нуклеотидов. Молекулярная масса белка 100х110=11000, Молекулярная масса гена 300х300=90000 Молекулярная масса участка гена, кодирующего данный белок, превышает молекулярную массу белка: 90000: 11000 =8 раз Ответ : в 8 раз

Комбинированные задачи

  • * Белок состоит из 100 аминокислот. Установите, во сколько раз молекулярная масса участка гена, кодирующего данный белок, превышает молекулярную массу белка, если средняя молекулярная масса аминокислоты -110, а нуклеотида — 300.
  • Дано:

100 аминокислот,

молекулярная масса аминокислоты -110,

молекулярная масса нуклеотида — 300.

  • Найти : во сколько раз масса гена превышает массу белка.
  • Решение:

Так как ген — это участок ДНК, состоящий из нуклеотидов, то определим их количество: одну аминокислоту кодируют 3 нуклеотида ,

то 100х3=300 нуклеотидов.

  • Молекулярная масса белка 100х110=11000,
  • Молекулярная масса гена 300х300=90000
  • Молекулярная масса участка гена, кодирующего данный белок, превышает молекулярную массу белка: 90000: 11000 =8 раз
  • Ответ : в 8 раз

Какую длину имеет участок молекулы ДНК, в котором закодирована первичная структура инсулина, если молекула инсулина содержит 51 аминокислоту, а один нуклеотид занимает 0,34 нм в цепи ДНК? Какое число молекул тРНК необходимо для переноса этого количества аминокислот к месту синтеза? (Следует учитывать, что одна тРНК доставляет к рибосоме одну аминокислоту.) Ответ поясните. Дано: 51 аминокислота, 1 нуклеотид 0,34 нм Найти: длину ДНК, число тРНК 1)для кодирования одной аминокислоты необходимо 3 нуклеотида, 51 х 3 = 153 нуклеотида; 2) участок ДНК имеет длину 0,34 х 153 = 52 нм 3) одна тРНК переносит одну аминокислоту, поэтому тРНК 51 молекула Ответ: длина ДНК 52 нм , число тРНК - 51

  • Какую длину имеет участок молекулы ДНК, в котором закодирована первичная структура инсулина, если молекула инсулина содержит 51 аминокислоту, а один нуклеотид занимает 0,34 нм в цепи ДНК? Какое число молекул тРНК необходимо для переноса этого количества аминокислот к месту синтеза? (Следует учитывать, что одна тРНК доставляет к рибосоме одну аминокислоту.) Ответ поясните.
  • Дано: 51 аминокислота, 1 нуклеотид 0,34 нм

Найти: длину ДНК, число тРНК

  • 1)для кодирования одной аминокислоты необходимо 3 нуклеотида, 51 х 3 = 153 нуклеотида;
  • 2) участок ДНК имеет длину 0,34 х 153 = 52 нм
  • 3) одна тРНК переносит одну аминокислоту,

поэтому тРНК 51 молекула

  • Ответ: длина ДНК 52 нм , число тРНК — 51

Энергетический обмен 1. Подготовительный (в пищеварительном канале, лизосомах) крахмал глюкоза ( Е ) 2 . Бескислородный « гликолиз» ( в цитоплазме) глюкоза 2 ПВК + 2 АТФ 3 . Кислородный «дыхание» ( в митохондриях) ПВК СО 2 +Н 2 О + 36 АТФ 1 глюкоза = 38 АТФ

Энергетический обмен

  • 1. Подготовительный (в пищеварительном канале, лизосомах)

крахмал глюкоза ( Е )

  • 2 . Бескислородный « гликолиз» ( в цитоплазме)

глюкоза 2 ПВК + 2 АТФ

  • 3 . Кислородный «дыхание» ( в митохондриях)

ПВК СО 2 +Н 2 О + 36 АТФ

1 глюкоза = 38 АТФ

В процессе гликолиза образовалось 42 молекулы пировиноградной кислоты. Какое количество молекул глюкозы подверглось расщеплению и сколько молекул АТФ образуется при полном окислении? Дано : 42 ПВК Найти : кол-во глюкозы, кол-во АТФ при полном окислении. Решение: 1) при гликолизе одна молекула глюкозы расщепляется с образованием 2-х молекул пировиноградной кислоты (ПВК), следовательно, гликолизу подверглось: 42 : 2 = 21 молекула глюкозы; 2) при полном окислении одной молекулы глюкозы (бескислородный 2АТФ и кислородный этапы 36 АТФ) образуется 38 молекул АТФ; 3) при окислении 21 молекулы образуется: 21 х 38 = 798 молекул АТФ. Ответ: 21 молекула глюкозы, 798 молекул АТФ

  • В процессе гликолиза образовалось 42 молекулы пировиноградной кислоты. Какое количество молекул глюкозы подверглось расщеплению и сколько молекул АТФ образуется при полном окислении?
  • Дано : 42 ПВК
  • Найти : кол-во глюкозы, кол-во АТФ при полном окислении.
  • Решение:
  • 1) при гликолизе одна молекула глюкозы расщепляется с образованием 2-х молекул пировиноградной кислоты (ПВК), следовательно, гликолизу подверглось: 42 : 2 = 21 молекула глюкозы;
  • 2) при полном окислении одной молекулы глюкозы (бескислородный 2АТФ и кислородный этапы 36 АТФ) образуется 38 молекул АТФ;
  • 3) при окислении 21 молекулы образуется: 21 х 38 = 798 молекул АТФ.
  • Ответ: 21 молекула глюкозы, 798 молекул АТФ

Деление клетки мейоз митоз Интерфаза Интерфаза 2 n2c - 2n4c 2 n2c - 2n4c Профаза Профаза 1 Метафаза 1 6 . 10 -9 мг 12 . 10 -9 мг 2n4c 6 . 10 -9 мг 12 . 10 -9 мг 2n4c Метафаза 2n4c 2n4c 12 . 10 -9 мг Анафаза Анафаза 1 12 . 10 -9 мг 12 . 10 -9 мг Телофаза 1 12 . 10 -9 мг n 2 c Телофаза 2 n2c n 2 c 2 n2c 6 . 10 -9 мг Профаза 2 6 . 10 -9 мг n 2 c 6 . 10 -9 мг 6 . 10 -9 мг Метафаза 2 n 2 c 6 . 10 -9 мг Анафаза 2 6 . 10 -9 мг n c Телофаза 2 n c 3 . 10 -9 мг 3 . 10 -9 мг

Деление клетки

мейоз

митоз

Интерфаза

Интерфаза

2 n2c —

2n4c

2 n2c —

2n4c

Профаза

Профаза 1

Метафаза 1

6 . 10 -9 мг

12 . 10 -9 мг

2n4c

6 . 10 -9 мг

12 . 10 -9 мг

2n4c

Метафаза

2n4c

2n4c

12 . 10 -9 мг

Анафаза

Анафаза 1

12 . 10 -9 мг

12 . 10 -9 мг

Телофаза 1

12 . 10 -9 мг

n 2 c

Телофаза

2 n2c

n 2 c

2 n2c

6 . 10 -9 мг

Профаза 2

6 . 10 -9 мг

n 2 c

6 . 10 -9 мг

6 . 10 -9 мг

Метафаза 2

n 2 c

6 . 10 -9 мг

Анафаза 2

6 . 10 -9 мг

n c

Телофаза 2

n c

3 . 10 -9 мг

3 . 10 -9 мг

Общая масса всех молекул ДНК в 46 хромосомах одной соматической клетки человека составляет около 6 . 10 -9 мг. Определите, чему равна масса всех молекул ДНК в ядре при овогенезе перед началом деления, в конце телофазы мейоза I и мейоза II . Объясните полученные результаты. Дано: 46 хромосом = масса 6 . 10 -9 мг Найти: массу ДНК: перед началом деления, в конце телофазы мейоза I и мейоза II . Решение: 1)перед началом деления в процессе репликации число ДНК удваивается и масса ДНК равна 2 • 6 . 10 -9 = 12 . 10 -9 мг; 2) первое деление мейоза редукционное, число хромосом становится в 2 раза меньше, но каждая хромосома состоит из двух молекул ДНК (сестринских хроматид), поэтому в телофазе мейоза I масса ДНК равна 12 . 10 -9 : 2 = 6 . 10 -9 мг; 3)после мейоза II каждое ядро в клетке содержит однохроматидные хромосомы гаплоидного набора, поэтому в телофазе мейоза II масса ДНК равна 6 . 10 -9 : 2 = 3 . 10 -9 мг. Ответ: масса ДНК перед началом деления 12 . 10 -9 мг, в конце телофазы мейоза I - 6 . 10 -9 мг, в конце телофазы мейоза II - 3 . 10 -9 мг

  • Общая масса всех молекул ДНК в 46 хромосомах одной соматической клетки человека составляет около 6 . 10 -9 мг. Определите, чему равна масса всех молекул ДНК в ядре при овогенезе перед началом деления, в конце телофазы мейоза I и мейоза II . Объясните полученные результаты.
  • Дано: 46 хромосом = масса 6 . 10 -9 мг
  • Найти: массу ДНК: перед началом деления, в конце телофазы мейоза I и мейоза II .
  • Решение:
  • 1)перед началом деления в процессе репликации число ДНК удваивается и масса ДНК равна 2 • 6 . 10 -9 = 12 . 10 -9 мг;
  • 2) первое деление мейоза редукционное, число хромосом становится в 2 раза меньше, но каждая хромосома состоит из двух молекул ДНК (сестринских хроматид), поэтому в телофазе мейоза I масса ДНК равна 12 . 10 -9 : 2 = 6 . 10 -9 мг;
  • 3)после мейоза II каждое ядро в клетке содержит однохроматидные хромосомы гаплоидного набора, поэтому в телофазе мейоза II масса ДНК равна 6 . 10 -9 : 2 = 3 . 10 -9 мг.
  • Ответ: масса ДНК перед началом деления 12 . 10 -9 мг, в конце телофазы мейоза I — 6 . 10 -9 мг, в конце телофазы мейоза II — 3 . 10 -9 мг
Источник


Пройти тестирование по этим заданиям
Вернуться к каталогу заданий

Версия для печати и копирования в MS Word

1

Общая масса всех молекул ДНК в 46 хромосомах одной соматической клетки человека составляет 6х10-9 мг. Определите, чему равна масса всех молекул ДНК в сперматозоиде и в соматической клетке перед началом деления и после его окончания. Ответ поясните.

Раздел: Размножение и индивидуальное развитие организмов

2

Хромосомный набор соматических клеток пшеницы равен 28. Определите хромосомный набор и число молекул ДНК в одной из клеток семязачатка перед началом мейоза, в анафазе мейоза 1 и в анафазе мейоза 2. Объясните, какие процессы происходят в эти периоды и как они влияют на изменение числа ДНК и хромосом.

Раздел: Размножение и индивидуальное развитие организмов

3

В соматических клетках дрозофилы содержится 8 хромосом. Определите, какое количество хромосом и молекул ДНК содержится при гаметогенезе в ядрах перед делением в интерфазе и в конце телофазы мейоза I. Объясните, как образуется такое число хромосом и молекул ДНК.

4

Синдром Дауна у человека проявляется при трисомии по 21 паре хромосом. Объясните причины появления такого хромосомного набора у человека.

Раздел: Основы генетики

5

Укажите число хромосом и количество молекул ДНК в профазе первого и второго мейотического деления клетки. Какое событие происходит с хромосомами в профазе первого деления?

Раздел: Размножение и индивидуальное развитие организмов

Пройти тестирование по этим заданиям

Источник

Типовые
задачи по цитологии.

1
Задачи, связаные с определением процентного
содержания нуклеотидов в ДНК

Задача №1. В молекуле ДНК насчитывается
23% адениловых нуклеотидов от общего числа нуклеотидов. Определите количество
тимидиловых и цитозиловых нуклеотидов.

Решение:

1. По правилу Чаргаффа находим содержание
тимидиловых нуклеотидов в данной молекуле ДНК: А=Т=23%.

 2. Находим сумму (в %) содержания
адениловых и тимидиловых нуклеотидов в данной молекуле ДНК: 23% + 23% = 46%.

 3. Находим сумму (в %) содержания
гуаниловых и цитозиловых нуклеотидов в данной молекуле ДНК: 100% – 46% = 54%.

 4. По правилу Чаргаффа, в молекуле ДНК
Г=Ц, в сумме на их долю приходится 54%, а по отдельности: 54% : 2 = 27%.

Ответ:
Т=23%; Ц=27%

Задача №2.  Дана
молекула ДНК с относительной молекулярной массой 69 тыс., из них 8625
приходится на долю адениловых нуклеотидов. Относительная молекулярная масса
одного нуклеотида в среднем 345. Сколько содержится нуклеотидов по отдельности
в данной ДНК? Какова длина ее молекулы?

Решение:

1.
Определяем, сколько адениловых нуклеотидов в данной молекуле ДНК: 8625 : 345 =
25.

 2.
По правилу Чаргаффа, А=Г, т.е. в данной молекуле ДНК А=Т=25.

 3.
Определяем, сколько приходится от общей молекулярной массы данной ДНК на долю
гуаниловых нуклеотидов: 69 000 – (8625х2) = 51 750.

 4.
Определяем суммарное количество гуаниловых и цитозиловых нуклеотидов в данной ДНК:
51 750:345=150.

 5.
Определяем содержание гуаниловых и цитозиловых нуклеотидов по отдельности:
150:2 = 75;

 6.
Определяем длину данной молекулы ДНК: (25 + 75) х 0,34 = 34 нм.

Ответ:
А=Т=25; Г=Ц=75; 34 нм.

Задача №3.Сколько процентов А,Т,Г содержится в молекуле ДНК
, если известно, что Ц содержится 25%?

Решение.

1) количество
комплементарных азотистых оснований равное А=Т, Г=Ц, а сумма всех оснований
составляет А+Т+Г+Ц=100%;

2) следовательно:
Г=Ц=25%, Г+Ц=50%,

3) А=Т= 100%-(Г+Ц) =
25%

2. Расчетные
задачи, посвященные определению количества аминокислот в белке,
а также количеству нуклеотидов и триплетов в ДНК или РНК.

Задача №1.В трансляции
участвовало 30 молекул т-РНК. Определите количество аминокислот, входящих
в состав образующегося белка, а также число триплетов
и нуклеотидов в гене, который кодирует этот белок.

Решение:

1.                 
Если в синтезе участвовало 30 т-РНК, то они
перенесли 30 аминокислот.

2.                 
Одна аминокислота кодируется одним триплетом, значит число
триплетов —

Один триплет – 3 нуклеотида, 3х30=90
нуклеотидов

Ответ:
Кол-во
а/к – 30. Число триплетов – 30. Число нуклеотидов – 90.

Задача №2.Участок одной из двух цепей молекулы ДНК содержит 300
нуклеотидов с аденином (А), 100 нуклеотидов с тимином (Т), 150 нуклеотидов с
гуанином (Г) и 200 нуклеотидов с цитозином (Ц). Какое количество нуклеотидов с
А, Т, Г и Ц содержится в двуцепочечной молекуле ДНК? Сколько аминокислот должен
содержать белок, кодируемый этим участком молекулы ДНК? Ответ поясните.

Решение.

1)     
Количество нуклеотидов с аденином в одной цепи
ДНК составляет 300 нуклеотидов, в другой — 100 нуклеотидов; в сумме в двух
цепях 400 нуклеотидов с аденином и столько же с тимином (по принципу
комплементарности)
2) Количество нуклеотидов с гуанином в одной цепи ДНК составляет 150 нуклеотидов,
в другой — 200 нуклеотидов; в сумме в двух цепях 350 нуклеотидов с гуанином и
столько же с цитозином (по принципу комплементарности)
3) Всего в двух цепях молекулы ДНК 1500 нуклеотидов. Белок кодирует только
транскрибируемая цепь ДНК (одна из двух цепей) : 1500/2 = 750 нуклеотидов.
3 нуклеотида кодируют 1 аминокислоту, поэтому в результате транскрипции с
данного участка ДНК и последующей трансляции будет синтезирован белок из 250
аминокислот (750 / 3 = 250)

Задача №3. Две цепи молекулы ДНК
удерживаются друг против друга водородными связями. Определите число
нуклеотидов с аденином, тимином, гуанином, цитозином в молекуле ДНК, в которой
48 нуклеотидов соединяются между собой тремя водородными связями и 56
нуклеотидов — двумя водородными связями. Объясните полученные результаты.

Решение.

1) По принципу комплементарности построим вторую цепь ДНК: АТЦГГТА
2) Водородные связи образуются между двумя цепями ДНК: между аденином (А) и
тимином (Т) две водородные связи, между гуанином (Г) и цитозином (Ц) три
водородные связи
3) В двухцепочечной молекуле между аденином и тимином 4 × 2 = 8 водородных
связей, между цитозином и гуанином 3 × 3 = 9 водородных связей; в сумме в
двухцепочечном фрагменте ДНК 8 + 9 = 17 водородных связей

3.     
Задачи
на построение молекулы и-РНК, антикодонов т-РНК и последовательности
аминокислотв полипептидной цепи. Работа  с таблицей
генетического кода.

Задача №1.В состав
РНК вместо тимина входит урацил. В биосинтезе белка участвовали т-РНК с
антикодонами: УУА, ГГЦ, ЦГЦ, АУУ, ЦГУ. Определите нуклеотидную
последовательность участка каждой цепи молекулы ДНК, который несет информацию о
синтезируемом полипептиде, и число нуклеотидов, содержащих аденин, гуанин,
тимин, цитозин в двухцепочечной молекуле ДНК

Решение:

1.                 
Антикодоны
т-РНК комплементарны кодонам и-РНК, а последовательность нуклеотидов и-РНК
комплементарна одной из цепей ДНК.

2.                 
т-РНК:
УУА, ГГЦ, ЦГЦ, АУУ, ЦГУ

3.                 
и-РНК:
ААУ-ЦЦГ-ГЦГ-УАА-ГЦА

4.                 
1
цепь ДНК: ТТА-ГГЦ-ЦГЦ-АТТ-ЦГТ

5.                 
2
цепь ДНК: ААТ-ЦЦГ-ГЦГ-ТАА-ГЦА.

6.                 
В
молекуле ДНК:

Число
А=Т=7,  число Г=Ц=8

Задача №2.Фрагмент
одной из цепей ДНК имеет следующее строение: ААГГЦТАЦГТТГ. Постройте
на ней и-РНК и определите последовательность аминокислот во фрагменте
молекулы белка.

Решение:

1.                 
По правилу комплементарности определяем фрагмент и-РНК

2.                 
Разбиваем его на триплеты: УУЦ-ЦГА-УГЦ-ААУ.

По таблице генетического кода
определяем последовательность аминокислот: фен-арг-цис-асн.

Задача
№3.
Известно, что все виды РНК синтезируются на ДНК-матрице. Фрагмент молекулы ДНК,
на которой синтезируется участок центральной петли тРНК, имеет следующую
последовательность нуклеотидов (верхняя цепь смысловая, нижняя
транскрибируемая).

Установите
нуклеотидную последовательность участка тРНК, который синтезируется на данном
фрагменте, обозначьте  концы этого фрагмента и определите аминокислоту, которую
будет переносить эта тРНК в процессе биосинтеза белка, если третий триплет с 
конца соответствует антикодону тРНК.

Схема
решения задачи включает:

1.                 
нуклеотидная
последовательность участка тРНК: https://yastatic.net/s3/edu/tex/5cf14407c949b328fcc738eca8ae7229.svg

2.                 
нуклеотидная
последовательность антикодона УГА (третий триплет) соответствует кодону на иРНК
УЦА;

3.                 
по
таблице генетического кода этому кодону соответствует аминокислота -Сер,
которую будет переносить данная тРНК

Задача
№4.
Некоторые вирусы в качестве генетического материала несут РНК. Такие вирусы,
заразив клетку, встраивают ДНК-копию своего генома в геном хозяйской клетки. В
клетку проникла вирусная РНК следующей последовательности:

5’–ГАУЦГАУГЦАУГЦУУ–3′.

Определите,
какова будет последовательность вирусного белка, если матрицей для синтеза иРНК
служит цепь, комплементарная вирусной РНК.

Напишите
последовательность двуцепочечного фрагмента ДНК, укажите 5′ и 3′ концы цепей.
Ответ поясните.

Для
решения задания используйте таблицу генетического кода.

https://cf.ppt-online.org/files/slide/c/cSErX72lTwhnFLyM6Yt38z59IGDjqsmCeoiRVB/slide-19.jpg

Решение.

5’–ГАУЦГАУГЦАУГЦУУ–3′-вирусная
РНК

5,-ГАТ…………………….-3,——ДНК(смысловая)

3,-ЦТА…………………….-5,——ДНК(транскрибуемая)

5,-ГАУ…………………….-3,—-и
РНК

Схема
решения задачи включает:

1.
по принципу комплементарности находим нуклеотидную последовательность участка
ДНК:

5’–ГАТЦГАТГЦАТГЦТТ–3′

3’–ЦТАГЦТАЦГТАЦГАА–5′;

2.
по принципу комплементарности находим нуклеотидную последовательность иРНК:

5’–ГАУЦГАУГЦАУГЦУУ–3′;

3.
по таблице генетического кода определяем последовательность вирусного белка:
асп-арг-цис-мет-лей

При
построении ДНК необходимо учитывать два важных момента. Во-первых, в ДНК вместо
У (урацила) должен стоять Т (тимин). Во-вторых, обратная транскрипция матричной
цепи ДНК будет осуществляется с вирусной РНК антипараллельно, то есть 5′-концу
РНК будет соответствовать 3′-конец ДНК. Смысловая цепь ДНК и иРНК достраиваются
по матричной цепи ДНК с соблюдением принципов комплементарности и
антипараллельности.

При
определении последовательности вирусного белка необходимо также учитывать два
момента. Во-первых, трансляция осуществляется с 5′-конца иРНК. Во-вторых, между
аминокислотами необходимо ставить дефис, обозначающий пептидную связь.

Задача
№ 5. 
Некоторые вирусы в качестве генетического материала несут РНК. Такие вирусы,
заразив клетку, встраивают ДНК-копию своего генома в геном хозяйской клетки. В
клетку проникла вирусная РНК следующей последовательности:

5’
− ГЦГГААААГЦГЦ − 3’.

Определите,
какова будет последовательность вирусного белка, если матрицей для синтеза иРНК
служит цепь, комплементарная вирусной РНК. Напишите последовательность
двуцепочечного фрагмента ДНК, укажите 5’ и 3’ концы цепей. Ответ поясните. Для
решения задания используйте таблицу генетического кода.

РЕШЕНИЕ.

Алгоритм
выполнения задания.

1.
По принципу комплементарности на основе вирусной РНК находим нуклеотидную
последовательность транскрибируемого участка ДНК:

вирусная
РНК: 5’ − ГЦГ-ГАА-ААГ-ЦГЦ − 3

транскрибируемая
ДНК 3’− ЦГЦ-ЦТТ-ТТЦ-ГЦГ − 5’.

Нуклеотидную
последовательность транскрибируемой и смысловой цепей ДНК также определяем по
принципу комплементарности (на основе данной РНК по принципу комплементарности
строим транскрибируемую ДНК, затем на её основе находим смысловую. В
молекулярной генетике принято смысловую ДНК писать сверху, транскрибируемую —
снизу):

5’
− ГЦГ-ГАА-ААГ-ЦГЦ − 3’

3’
— ЦГЦ-ЦТТ-ТТЦ-ГЦГ − 5’

2.
По принципу комплементарности на основе транскрибируемой ДНК находим нуклеотидную
последовательность иРНК:

ДНК:
3’ — ЦГЦ-ЦТТ-ТТЦ-ГЦГ − 5’

иРНК:
5’ − ГЦГ-ГАА-ААГ-ЦГЦ − 3’.

3.
По таблице Генетического кода на основе иРНК определяем последовательность
вирусного белка:

иРНК:
5’ − ГЦГ-ГАА-ААГ-ЦГЦ − 3’

белок:
АЛА-ГЛУ-ЛИЗ-АРГ

2.4.Задачи  на определение
количества молекул ДНК и хромосом  в  процессе митоза и мейоза.

Задача
№ 1.Какое
количество хромосом (n) и молекул ДНК (с) будет в клетках спорангия папоротника
в начале спорообразования и в зрелой споре. Ответ поясните

Решение.

1)перед
началом спорообразования в клетке спорангия будет 2n4с;поскольку споры
образуются на диплоидном спорофите, перед делением клетки хромосомы удвоены;

2)в
зрелой споре будет 1n1с;поскольку спора у папоротникообразных образуется
мейозом и гаплоидна.

Задача
№ 2.
Соматическая клетка мыши имеет 40 хромосом.

Сколько
хромосом будет содержать клетка семенника самца этой мыши в конце зоны роста и
в конце зоны созревания гамет? Ответ поясните.

Какие
процессы происходят в этих зонах?

Схема
решения задачи включает:

в
зоне роста – 40 хромосом, в зоне созревания – 20 хромосом;

в
зоне роста клетка растёт, она находится в интерфазе, количество хромосом не
меняется;

в
зоне созревания происходит мейоз, в конце зоны клетки становятся гаплоидными

Задача
№3.
Соматическая клетка толстолобика имеет 48 хромосом.

Сколько
хромосом будет содержать клетка полового пути самца этой рыбы в конце зоны
роста и в конце зоны созревания гамет? Ответ поясните.

Какие
процессы происходят в этих зонах?

Ответ:

в
зоне роста – 48 хромосом, в зоне созревания – 24 хромосомы;

в
зоне роста клетка растёт, она находится в интерфазе, количество хромосом не
меняется;

в
зоне созревания происходит мейоз, в конце зоны клетки становятся гаплоидными.

Указание:

Сперматогенез;
мейоз.

Решение:

В
процессе образовании мужских половых клеток (в сперматогенезе) выделяют 4
стадии: размножение, рост, созревание и формирование. На этапе размножения
клетки многократно делятся митозом, следовательно, количество хромосом не
меняется (дочерние клетки содержат 48 хромосом). На этапе роста клетка растёт и
переходит в стадию интерфазы, предшествующую мейозу. Однако количество хромосом
остаётся неизменным. То есть в конце зоны роста клетки содержат 48 хромосом. На
этапе созревания происходит мейоз, в результате чего из каждой диплоидной
клетки образуются четыре гаплоидных. То есть в конце зоны созревания клетки
содержат 24 хромосомы. На этапе формирования гаплоидные клетки превращаются в
полноценные сперматозоиды со жгутиками.

Источник

Решение задач на реализацию генетической информации в организме

Кодирование наследственной информации в клетке

Задача 128.
Фрагмент цепи иРНК имеет последовательность нуклеотидов ЦУАЦААГГЦУАУ определите последовательность нуклеотидов на ДНК и аминокислотную последовательность соответсвующего фрагмента молекулы белка, испульзуя таблицу гинетического кода.
Решение:
Согласно принципу комплементарности азотистые основания образуют между собой водородные связи в строгом соответствии: А — Т, Г — Ц в молекуле ДНК и А-У, Г-Ц – в РНК. Поэтому напротив урацила (У) иРНК становится адениин (А), напротив гуанина (Г) — цитозин (Ц), напротив цитозина (Ц) — гуанин (Г), напротиа аденина (А) — тимин (Т).
Тогда получим:

      
иРНК: ЦУАЦААГГЦУАУ
 ДНК: ГАТГТТЦЦГАТА.

Для определения фрагмента белка разбивам иРНК на триплеты (кодоны): ЦУА ЦАА ГГЦ УАУ. Используя таблицу «Генетический код», можно построить белковую молекулу с
соответствующими аминокислотами, получим:

лейцин — глутамин — глицин- тирозин.
 

Задача 129.
Генетический код представлен молекулой иРНК, фрагмент которой имеет следующую нуклеотидную последовательность: ГУГАААГАУЦАУГЦГУГГ. Напишите последовательность ДНК и составьте белок с помощью таблицы генетического кода.
Решение:
Согласно принципу комплементарности азотистые основания образуют между собой водородные связи в строгом соответствии: А — Т, Г — Ц в молекуле ДНК и А-У, Г-Ц – в РНК. Поэтому напротив урацила (У) иРНК становится адениин (А), напротив гуанина (Г) — цитозин (Ц), напротив цитозина (Ц) — гуанин (Г), напротиа аденина (А) — тимин (Т).
Тогда получим:

      
иРНК: ГУГАААГАУЦАУГЦГУГГ
 ДНК: ЦАЦУУУЦУАГУАЦГЦАЦЦ        

Для определения фрагмента белка разбивам иРНК на триплеты (кодоны): ГУГ ААА ГАУ ЦАУ ГЦГ УГГ. Используя таблицу «Генетический код», можно построить белковую молекулу с соответствующими аминокислотами:

валин — лизин — аспарагиновая кислота — гистидин — аланин — триптофан.
 

Задача 130.
Участок одной цепи молекулы ДНК имеет последовательность нуклеотидов: А-Г-Т-Ц-Т-А-А-Ц-Т-Г-А-Г-Ц-А-Т. Запишите последовательность нуклеотидов второй цепи ДНК.
Решение:
Первая цепь молекулы ДНК комплементарна второй (А — Т, Г — Ц). Используя правило комплементарности, в соответствии с кодом первой цепи ДНК записываем нуклеотиды, 
второй цепи: Т-А-Ц-Ц-А-Г-Т-Г-А-Ц-Т-Ц-Т-А-А.

1-я цепь ДНК: А-Г-Т-Ц-Т-А-А-Ц-Т-Г-А-Г-Ц-А-Т
2-я цепь ДНК: Т-Ц-А-Г-А-Т-Т-Г-А-Ц-Т-Ц-Г-Т-А
 

Задача 131. 
Участок цепи молекулы ДНК имеет последовательность нуклеотидов: Ц-Т-А-А-Ц-Ц-А-Т-А-Г-Т-Т-Г-А-Г. Запишите последовательность нуклеотидов иРНК.
Решение:
По принципу комплементарности (Г = Ц, А = У) с генетического кода ДНК выстраиваются нуклеотиды иРНК (транскрибция).
Тогда получим:

  ДНК: Ц-Т-А-А-Ц-Ц-А-Т-А-Г-Т-Т-Г-А-Г
иРНК: Г-А-У-У-Г-Г-У-А-Т-Ц-А-А-Ц-У-Ц
 

Задача 132. 
В одной молекуле ДНК нуклеотидов с тимином Т — 22%. Определите процентное содержание нуклеотидов с А, Г, Ц по отдельности в этой молекуле ДНК.
Решение:
Согласно принципу комплементарности тимин всегда стоит в паре с аденином, значит их количество одинаково, т.е. Т = А = 22%, а вместе они составляют 44%.
Тогда на долю остальных нуклеотидов приходится 100% — 44% = 56%. Поскольку гуанин всегда находится в паре с цитозином, то Г + Ц = 56%, а на каждого из них приходится 56 : 2 = 28%. 

Ответ: Т = А = 22%; Г = Ц = 28%. 
 

Энергетический обмен 

Задача 133.
За 50 минут плавания пловец расходует 1200 кДж энергии. На протяжении какого времени он сможет плавать с такой же интенсивностью, если в его организме расщепилось 400 г глюкозы, половина из которой – в процессе гликолиза?
Решение:
М(C6H12O6) = 180 г/моль;
в 1 молекуле АТФ запасается энергии 30,6 кДж/моль. 

При гликолизе одной молекулы глюкозы образуется 2 молекулы АТФ, а при окислении — 36 АТФ. 
Количество глюкозы, подвергшееся гоиколизу равно:
n1(C6H12O6) = 200/180 = 1,11 молей. При этом происходит образование 2,22 молекул АТФ (2 • 1,11 = 2,22). 
Количество глюкозы, подвергшееся биологическому окислению равно:
n2(C6H12O6) = 200/180 = 1,11 молей. При этом происходит образование 39,96 молекул АТФ (36 • 1,11 = 39,96).
Суммарное количество АТФ составит 42,18 (2,22 + 39,96 = 42,18).
Следовательно, из 400 г глюкозы образуется 42,18 х 30,6 = 1290,708 кДж/моль. 
Теперь рассчитаем время плавания пловца, получим:
(1290,708 • 50)/1200 = 53,8 минут примерно 53 минуты.

Ответ: 53 минуты.
 

Задачи на синтез белка

Задача 134.
Сколько молекул воды выделяется при транскрипции и трансляции полипептидной цепи, состоящей из 124 аминокислот?
Решение:
1. При транскрипции затрачивается (3n-1) молекул воды, где 
n = нуклеотид.
На кодирование 1 аминокислоты приходится 3 нуклеотида. 
Тогда
n = 124 • 3 = 372 нуклеотидов
Отсюда
Общее число молекул воды при транскрипции равно:
Nt1(H2O) = (372 — 1) = 371 молекул воды.

2. При трансляции затрачивается (a-1) молекул воды, где
a = аминокислота.
Отсюда
Общее число молекул воды при трансляции равно:

Nt2(H2O) =124 — 1 = 123 молекул воды.
 

Задача 135.
Синтез пептидного гормона – хорионического гонадотропина, который начинает вырабатываться тканью хориона после имплантации эмбриона, длится 47,4 с. Что имеет большую массу: пептидный гормон или ген, который его кодирует? Во сколько раз? (Экзон-интронную организацию не учитывать. Время одной операции трансляции – 0,2 с, масса аминокислоты – 100 а. е. м., масса одного нуклеотида – 345 а. е. м.).
Решение:
1. Определим количество трансляций, получим:

47,4/0,2 = 237

Это означает, что гормон хорионического гонадотропина состоит из 237 аминокислот.

2. Рассчитаем массу пептидного гормон, получим:

m(пептида) = 237 * 100 = 23700 а. е. м..

3. Учитывая то, что одна аминокислота кодируется одним триплетом гена, рассчитаем массу гена, получим:

m(гена) = 237 • 3 • 345 = 245295 а. е. м..

Отсюда

m(гена) > m(пептида) в (245295/23700 = 10,35 приблизительно 10).

Таким образом, масса гена, кодирующего синтез гормона хорионического гонадотропина, больше массы этого гормона приблизительно в 10 раз.
 

Содержание и масса ДНК в клетке


Задача 136.
Относительная молекулярная масса ДНК-полимеразы равна 109000. Вычислите количество аминокислотных остатков в составе молекулы указанного фермента.
Решение:
Средняя молекулярная масса одного аминокислотного остатка  Mr(Ак) = 110 а.е.м. Тогда количество аминокислотных остатков в составе молекулы указанного фермента, составит:

109000/110 = 990,9 примерно 990 аминокислотных остатков.

Ответ: 990 аминокислот.
 

Задача 137.
В начале профазы митоза в ядре макроспоры у однодольного растения лилии содержится 116,0•10-9 мг ДНК. Определите содержание ДНК в яйцеклетке этого растения.
Решение:
Макроспора — это женская материнская клетка. Если в условии задачи берется материнская макроспора (2n4с), то содержание ДНК в яйцеклетке (nс) растения составит четвертую часть его содержания в этой макроспоре, получим: 116,0•10-9 мг/4 = 29,0•10-9 мг.
Если в условии задачи дана макроспора на стадии 4-х макроспор (n2с), то содержание ДНК в яйцеклетке будет в два раза меньше содержания ДНК в данной макроспоре, потому что они обе будут гаплоидными — nc, получим: 116,0•10-9 мг/2 = 58,0•10-9 мг.

Источник

Задачи по цитологии с ответами

Опорные задачи по цитологии с ответами, решаемые на ЕГЭ по биологии. Задания со свободным развёрнутым ответом (повышенный и высокий уровни). Решение задач на применение знаний в новой ситуации.

Задача № 1.
 Сколько содержится нуклеотидов аденина (А), тимина (Т), гуанина (Г) и цитозина (Ц) во фрагменте молекулы ДНК, если в нём обнаружено 1200 нуклеотидов цитозина (Ц), что составляет 20 % от общего количества нуклеотидов в этом фрагменте ДНК?

ОТВЕТ:

1) аденин (А) комплементарен тимину (Т), а гуанин (Г) — цитозину (Ц), поэтому количество комплементарных нуклеотидов одинаково;
2) цитозина (Ц) содержится 20%, а значит, гуанина (Г) тоже 20%, аденина (А) и тимина (Т) по 30%;
3) цитозина (Ц) содержится 1200 нуклеотидов, а значит, гуанина (Г) тоже 1200 нуклеотидов, аденина (А) и тимина (Т) по 1800 нуклеотидов.

Задача № 2.
 Молекулярная масса полипептида составляет 30000. Определите длину кодирующего его гена, если молекулярная масса одной аминокислоты в среднем равна 100, а расстояние между соседними нуклеотидами в цепи ДНК составляет 0,34 нм.

Задача № 3.
 Хромосомный набор соматических клеток речного рака равен 116. Определите хромосомный набор и число молекул ДНК в одной из клеток в профазе митоза, в метафазе митоза и телофазе митоза. Объясните, какие процессы происходят в эти периоды и как они влияют на изменение числа ДНК и хромосом.

Задача № 4.
 Молекулярная масса полипептида составляет 70000. Определите длину кодирующего его гена, если молекулярная масса одной аминокислоты в среднем равна 100, а расстояние между соседними нуклеотидами в цепи ДНК составляет 0,34 нм.

Задача № 5.
 Скорость удлинения молекулы и-РНК составляет около 50 нуклеотидов в секунду. Сколько времени необходимо затратить на синтез и-РНК, содержащей информацию о строении белка, молекулярная масса которого составляет 45000, если молекулярная масса одной аминокислоты в среднем равна 100?

Задача № 6.
 Последовательность нуклеотидов в цепи ДНК следующая: -ТТТЦЦЦАТАТТГЦЦАЦ-. В результате мутации одновременно выпадают первый нуклеотид и второй триплет нуклеотидов. Запишите новую нуклеотидную последовательность цепи ДНК. Определите по ней последовательность аминокислот в полипептиде. Для выполнения задания используйте таблицу генетического кода. 

Задача № 7.
 Отрезок молекулы ДНК, определяющий первичную структуру белка, содержит следующую последовательность нуклеотидов: -ТТЦЦГТАТАГГА-. Определите последовательность нуклеотидов на и-РНК, число т-РНК, которые участвуют в биосинтезе белка, и нуклеотидный состав антикодонов т-РНК. Полученные результаты объясните.

Задача № 8.
 Все виды РНК синтезируются на ДНК. На фрагменте молекулы ДНК, имеющем структуру -АТАГЦТГААЦГГАЦТ-, синтезируется участок центральной петли т-РНК. Определите структуру участка т-РНК; аминокислоту, которую будет транспортировать эта т-РНК, если третий триплет соответствует антикодону т-РНК. Ответ обоснуйте; используйте таблицу генетического кода.

Задача № 9.
 Сколько витков имеет участок двойной спирали ДНК, контролирующий синтез белка с молекулярной массой 30000, если молекулярная масса одной аминокислоты составляет в среднем 100, а на один виток спирали ДНК приходится 10 нуклеотидов.

Задача № 10.
 Отрезок молекулы ДНК, определяющий первичную структуру белка, содержит следующую последовательность нуклеотидов: -АТГГЦТЦТЦЦАТТГГ-. Определите последовательность нуклеотидов на и-РНК, число т-РНК и нуклеотидный состав антикодонов т-РНК.

Задача № 11.
 Белок состоит из 120 аминокислот. Установите число нуклеотидов участков ДНК и и-РНК, кодирующих данные аминокислоты, и общее число молекул т-РНК, которые необходимы для доставки этих аминокислот к месту синтеза. Ответ поясните.

Задача № 12.
 На фрагменте одной цепи ДНК нуклеотиды расположены в следующей последовательности: -ААГТЦТАЦГТАТ-. Определите структуру второй цепи ДНК, % содержания аденина и тимина и длину этого фрагмента ДНК (каждый нуклеотид занимает 0,34 нм по длине цепи ДНК). Ответ поясните.

Задача № 13.
 Информационная часть и-РНК содержит 135 нуклеотидов. Определите число аминокислот, входящих в кодируемый ею белок, число молекул т-РНК, участвующих в процессе биосинтеза этого белка, число триплетов в участке гена, кодирующих первичную структуру этого белка. Объясните полученные результаты.

Задача № 14.
 Участок молекулы ДНК, кодирующей последовательность аминокислот в белке, имеет следующий состав: -ЦТАЦТТАТЦАЦГААГ-. Объясните, к каким последствиям может привести случайное добавление нуклеотида гуанина (Г) между четвёртым и пятым нуклеотидами.

Задача № 15.
 Полипептид состоит из 27 аминокислот. Определите число нуклеотидов на участке гена, который кодирует первичную структуру этого полипептида, число кодонов на и-РНК, соответствующее этим аминокислотам, и число молекул т-РНК, участвующих в биосинтезе этого полипептида. Ответ поясните.

Задача № 16.
 Все виды РНК синтезируются на ДНК. На фрагменте молекулы ДНК, имеющем структуру -ТАТЦГАЦТТГЦЦТГА-, синтезируется участок центральной петли т-РНК. Определите структуру участка т-РНК; аминокислоту, которую будет транспортировать эта т-РНК, если третий триплет соответствует антикодону т-РНК. Ответ обоснуйте; используйте таблицу генетического кода.

Задача № 17.
 Две цепи ДНК удерживаются друг против друга водородными связями. Определите число двойных и тройных водородных связей в этой цепи ДНК, а также её длину, если известно, что нуклеотидов с аденином (А) — 12, с гуанином (Г) — 20 в обеих цепях (расстояние между нуклеотидами в ДНК составляет 0,34 нм).

Задача № 18.
 В процессе гликолиза образовалось 38 молекул пировиноградной кислоты. Какое количество молекул глюкозы подверглось расщеплению и сколько молекул АТФ образуется при их полном окислении?

Задача № 19.
 Участок одной из двух цепей молекулы ДНК содержит 200 нуклеотидов с аденином (А), 300 нуклеотидов с тимином (Т), 250 нуклеотидов с гуанином (Г) и 120 нуклеотидов с цитозином (Ц). Какое число нуклеотидов с А, Т, Г и Ц содержится в молекуле ДНК (в двух цепях)? Сколько аминокислот должен содержать белок, кодируемый этим участком молекулы ДНК? Ответ поясните.

Задача № 20.
 Хромосомный набор соматических клеток зелёной лягушки равен 26. Определите хромосомный набор и число молекул ДНК в одной из половых клеток в профазе мейоза I, в метафазе мейоза I и анафазе мейоза II. Объясните, какие процессы происходят в эти периоды и как они влияют на изменение числа ДНК и хромосом.

Задача № 21.
 Участок молекулы ДНК имеет следующую структуру: -АЦЦАТАГЦТЦААГГАГГЦТТА-. Определите структуру второй цепи ДНК, нуклеотидный состав и-РНК и число тройных водородных связей на этом участке молекулы ДНК.

Задача № 22.
 Две цепи ДНК удерживаются друг против друга водородными связями. Определите число нуклеотидов с аденином, тимином, гуанином и цитозином в молекуле ДНК, в которой 42 нуклеотида соединяются между собой двумя водородными связями и 48 нуклеотидов — тремя водородными связями. Полученные результаты поясните.

Задача № 23.
 В биосинтезе полипептида участвовали т-РНК с антикодонами ААУ, ЦЦГ, ГЦГ, УАА, ГЦА. Определите нуклеотидную последовательность участка каждой цепи молекулы ДНК, который несёт информацию о синтезируемом белке, и число нуклеотидов, содержащих аденин (А), гуанин (Г), тимин (Т) и цитозин (Ц) в двуцепочечной молекуле ДНК. Ответ поясните.

Задача № 24.
 Белок состоит из 210 аминокислот. Установите, во сколько раз молекулярная масса участка гена, кодирующего данный белок, превышает молекулярную массу белка, если средняя молекулярная масса аминокислоты — 110, а нуклеотида — 300. Ответ поясните.

Задача № 25.
 Фрагмент цепи ДНК имеет следующую последовательность нуклеотидов: -ТТТАГЦТГТЦГГААГ-. В результате произошедшей мутации в пятом триплете третий нуклеотид заменён на нуклеотид аденин (А). Определите последовательность нуклеотидов на и-РНК по исходному фрагменту цепи ДНК и изменённому. Объясните, что произойдёт с фрагментом молекулы белка и его свойствами после возникшей мутации ДНК. Для выполнения задания используйте таблицу генетического кода.

Задача № 26.
 При трисомии Х-хромосомы проявляется кариотип женщины — 47, XXX. Каковы причины появления такого хромосомного набора у человека?

Задача № 27.
 Каковы особенности и значение первичной структуры белка? Ответ обоснуйте.

Задача № 28.
 В соматической клетке животного 38 хромосом, масса всех молекул ДНК в ней составляет 4 х 10–9 мг. Определите, чему равна масса всех молекул ДНК в яйцеклетке и в соматической клетке в период интерфазы (постсинтетический период) и после деления. Ответ поясните.

Задача № 29.
 Фрагмент молекулы и-РНК состоит из 87 нуклеотидов. Определите число нуклеотидов двойной цепи ДНК, число триплетов матричной цепи ДНК и число нуклеотидов в антикодонах всех т-РНК, которые участвуют в синтезе белка. Ответ поясните.

Задача № 30.
 Дан фрагмент молекулы ДНК (две цепи):
1-я цепь: ААТ-ТЦТ-ГЦА-ГГА-ЦЦГ-ГТА.
2-я цепь: ТТА-АГА-ЦГТ-ЦЦТ-ГГЦ-ЦАТ.

Определите аминокислотные составы белковых молекул, которые могут кодироваться этой ДНК. Одинаковые ли эти белки? Ответ поясните. Для выполнения задания используйте таблицу генетического кода

Вы смотрели: Опорные задачи по цитологии с ответами, решаемые на ЕГЭ по биологии. Задания со свободным развёрнутым ответом (повышенный и высокий уровни). Решение задач на применение знаний в новой ситуации.

Источник

 РЕШЕНИЕ  ЗАДАЧ ПО ЦИТОЛОГИИ

Учебно-методическое пособие                  

Новое Аделяково 2014

Составитель: учитель биологии Л.И. Денисова

Решение задач по цитологии. Для учащихся 9-11 классов / ГБОУ СОШ с.Новое Аделяково»; сост. Л.И.Денисова. –  Новое Аделяково , 2014.

Учебно-методическое пособие составлено с целью использования учителями биологии и обчающимися при подготовке к итоговой аттестации, а так же к олимпиадам по биологии. Пособие содержит краткий теоритический материал по каждому типу задач и примеры решения задач. Предназначено для обучающихся 9-11 классов общеобразовательных учреждений и учителей биологии.

РЕКОМЕНДОВАНО:

методической комиссией естественно-математического цикла

«_____» ноября 2012 г.

Председатель комиссии

______Л.А. Пашковская

ОБСУЖДЕНО:

на заседании педагогического совета школы

протокол №_______ от

«_____» ноября 2012 г.

УТВЕРЖДЕНО:

и. о. директора МБОУ «Новостроевская СОШ»

________С.В. Шулепова

«_____» ноября 2012 г.

Содержание:

Введение……………………………………………………………..

Глава 1. Общие рекомендации.

1.1  Основные моменты,  которые необходимо помнить при решения задач по цитологии.

1.2. Письменное оформление  решения задач.

Глава2. Типы задач по цитологии.

2.1 Задачи, связанные с определением процентного содержания нуклеотидов в ДНК

2.2. Расчетные задачи, посвященные определению количества аминокислот в белке, а также количеству нуклеотидов и триплетов в ДНК или РНК.

2.3. Задачи на построение молекулы и-РНК, антикодонов т-РНК и последовательности аминокислот в полипептидной цепи. Работа  с таблицей генетического кода.

2.4.Задачи  на определение количества молекул ДНК и хромосом  в  процессе митоза и мейоза.

2.5. Задачи на определение длины отдельного участка ДНК или количества нуклеотидов в нем.

Глава 4. Примеры задач для самостоятельного решения.

Литература.

Введение.

Решение задач по цитологии входит в КИМ по биологии в ЕГЭ (39 задание). Выполнение этого задания предусматривают развернутый ответ и направлены на проверку умений

  • применять знания в новой ситуации;
  • устанавливать причинно-следственные связи;
  • анализировать, систематизировать и интегрировать знания;
  • обобщать и формулировать выводы.

По результатам анализа итогов ЕГЭ по биологии  к числу слабо сформированных у участников экзамена знаний и умений можно отнести следующие:

  1. определение хромосомного набора клеток в циклах развития растений;
  2. определение числа хромосом и ДНК в клетках в разных фазах митоза и мейоза;
  3. объяснение и обоснование полученного результата.

При изучении биологии на базовом уровне, недостаточно времени на практическую отработку решения задач по цитологии. После прохождения соответствующих тем, без постоянного повторения  практической отработки решения задач, навыки быстро забываются. Учащиеся могут иметь данное пособие всегда под рукой  для того чтобы вспомнить ход решения типовых задач. Тем более в сельской местности не у всех есть свободный доступ к Интернет ресурсам.

Задачи по цитологии, которые встречаются в ЕГЭ, можно разбить на несколько основных типов. В данном пособии предложены решения задач разных типов и приведены примеры для самостоятельной работы. В приложении дана таблица генетического кода, используемая при решении.

Данное учебно-методическое пособие составлено в помощь учителям биологии, обучающимся 9-11 классов общеобразовательных школ.

Глава 1. Общие рекомендации.

1.1  Основные моменты,  которые необходимо помнить при решения задач по цитологии.

  1. Каждая аминокислота доставляется к рибосомам одной тРНК, следовательно, количество аминокислот в белке равно количеству молекул тРНК, участвовавших в синтезе белка;
  2. каждая аминокислота кодируется тремя нуклеотидами (одним триплетом, или кодоном), поэтому количество кодирующих нуклеотидов всегда в три раза больше, а количество триплетов (кодонов) равно количеству аминокислот в белке;
  3. каждая тРНК имеет антикодон, комплементарный кодону иРНК, поэтому количество антикодонов, а значит и в целом молекул тРНК равно количеству кодонов иРНК;
  4. иРНК комплементарна одной из цепей ДНК, поэтому количество нуклеотидов иРНК равно количеству нуклеотидов ДНК. Количество триплетов, разумеется, также будет одинаковым.

При решении ряда задач данного раздела необходимо пользоваться таблицей генетического кода. Правила пользования таблицей обычно указываются в задании, но лучше научиться этому заранее. Для определения аминокислоты, кодируемой тем или иным триплетом, необходимо выполнить следующие действия:

  1. первый нуклеотид триплета находим в левом вертикальном ряду,
  2. второй — в верхнем горизонтальном,
  3. третий — в правом вертикальном ряду.
  4. соответствующая триплету аминокислота находится в точке пересечения воображаемых линий, идущих от нуклеотидов.

1.2. Письменное оформление  решения задач.

Ответ:

Важным моментом при решении заданий  является объяснение выполняемых действий, особенно если в задаче так и написано: «Ответ поясните». Наличие пояснений позволяет проверяющему сделать вывод о понимании учащимся данной темы, а их отсутствие может привести к потере очень важного балла. Задание 39 оценивается в три балла, которые начисляются в случае полностью верного решения. Поэтому, приступая к задаче, в первую очередь необходимо выделить все вопросы. Количество ответов должно им соответствовать.

Глава2. Типы задач по цитологии.

2.1 Задачи, связаные с определением процентного содержания нуклеотидов в ДНК

Еще до открытия Уотсона и Крика, в 1950 г. австралийский биохимик Эдвин Чаргафф установил, что в ДНК любого организма количество адениловых нуклеотидов равно количеству тимидиловых, а количество гуаниловых нуклеотидов равно количеству цитозиловых нуклеотидов (А=Т, Г=Ц), или суммарное количество пуриновых азотистых оснований равно суммарному количеству пиримидиновых азотистых оснований (А+Г=Ц+Т). Эти закономерности получили название «правила Чаргаффа».

Дело в том, что при образовании двойной спирали всегда напротив азотистого основания аденин в одной цепи устанавливается азотистое основание тимин в другой цепи, а напротив гуанина – цитозин, то есть цепи ДНК как бы дополняют друг друга. А эти парные нуклеотиды комплементарны друг другу (от лат. complementum – дополнение).

Почему же этот принцип соблюдается? Чтобы ответить на этот вопрос, нужно вспомнить о химической природе азотистых гетероциклических оснований. Аденин и гуанин относятся к пуринам, а цитозин и тимин – к пиримидинам, то есть между азотистыми основаниями одной природы связи не устанавливаются. К тому же комплементарные основания соответствуют друг другу геометрически, т.е. по размерам и форме.  Таким образом, комплементарность нуклеотидов – это химическое и геометрическое соответствие структур их молекул друг другу.

В азотистых основаниях имеются сильноэлектроотрицательные атомы кислорода и азота, которые несут частичный отрицательный заряд, а также атомы водорода, на которых возникает частичный положительный заряд. За счет этих частичных зарядов возникают водородные связи между азотистыми основаниями антипараллельных последовательностей молекулы ДНК.

Задача. В молекуле ДНК насчитывается 23% адениловых нуклеотидов от общего числа нуклеотидов. Определите количество тимидиловых и цитозиловых нуклеотидов.

Дано:

В молекуле ДНК – 23% адениловых нуклеотидов

Решение:

1. По правилу Чаргаффа находим содержание тимидиловых нуклеотидов в данной молекуле ДНК: А=Т=23%.

 2. Находим сумму (в %) содержания адениловых и тимидиловых нуклеотидов в данной молекуле ДНК: 23% + 23% = 46%.

 3. Находим сумму (в %) содержания гуаниловых и цитозиловых нуклеотидов в данной молекуле ДНК: 100% – 46% = 54%.

 4. По правилу Чаргаффа, в молекуле ДНК Г=Ц, в сумме на их долю приходится 54%, а по отдельности: 54% : 2 = 27%.

Определить:

Количество тимидиловых и цитозиловых нуклеотидов.

Ответ: Т=23%; Ц=27%

Задача  Дана молекула ДНК с относительной молекулярной массой 69 тыс., из них 8625 приходится на долю адениловых нуклеотидов. Относительная молекулярная масса одного нуклеотида в среднем 345. Сколько содержится нуклеотидов по отдельности в данной ДНК? Какова длина ее молекулы?

Дано:

M(r) ДНК – 69000

Кол-во А – 8625

M(r) нуклетида – 345

Определить:

Кол-во нуклетидов в

ДНК

Решение:

1. Определяем, сколько адениловых нуклеотидов в данной молекуле ДНК: 8625 : 345 = 25.

 2. По правилу Чаргаффа, А=Г, т.е. в данной молекуле ДНК А=Т=25.

 3. Определяем, сколько приходится от общей молекулярной массы данной ДНК на долю гуаниловых нуклеотидов: 69 000 – (8625х2) = 51 750.

 4. Определяем суммарное количество гуаниловых и цитозиловых нуклеотидов в данной ДНК: 51 750:345=150.

 5. Определяем содержание гуаниловых и цитозиловых нуклеотидов по отдельности: 150:2 = 75;

 6. Определяем длину данной молекулы ДНК: (25 + 75) х 0,34 = 34 нм.

Ответ: А=Т=25; Г=Ц=75; 34 нм.

2.2. Расчетные задачи, посвященные определению количества аминокислот в белке, а также количеству нуклеотидов и триплетов в ДНК или РНК. 

  • Аминокислоты, необходимые для синтеза белка, доставляются в рибосомы с помощью т-РНК. Каждая молекула т-РНК переносит только одну аминокислоту.
  • Информация о первичной структуре молекулы белка зашифрована в молекуле ДНК.
  • Каждая аминокислота зашифрована последовательностью из трех нуклеотидов. Эта последовательность называется триплетом или кодоном.

Задача: в трансляции участвовало 30 молекул т-РНК. Определите количество аминокислот, входящих в состав образующегося белка, а также число триплетов и нуклеотидов в гене, который кодирует этот белок.

Дано:

Кол-во т-РНК — 30

Решение:

  1. Если в синтезе участвовало 30 т-РНК, то они перенесли 30 аминокислот.
  2. Одна аминокислота кодируется одним триплетом, значит число триплетов -30
  3. Один триплет – 3 нуклеотида, 3х30=90 нуклеотидов

Определить:

Кол-во а/к

Число триплетов

Число нуклеотидов

Ответ: Кол-во а/к – 30. Число триплетов – 30. Число нуклеотидов – 90.

Задача: По мнению некоторых ученых общая длина всех молекул ДНК в ядре одной половой клетки человека составляет около 102 см. Сколько всего пар нуклеотидов содержится в ДНК одной клетки (1 нм = 10–6 мм)?

Дано:

Длина ДНК – 102 см

Длина 1

нуклеотида – 0,34 нм.

Решение:

1. Переводим сантиметры в миллиметры и нанометры: 102 см = 1020 мм = 1 020 000 000 нм.

2. Зная длину одного нуклеотида (0,34 нм), определяем количество пар нуклеотидов, содержащихся в молекулах ДНК гаметы человека: (102 х 107) : 0,34 = 3 х 109 пар.

Определить:

Кол-во пар нуклетидов в ДНК

Ответ: 3х109 пар.

2.3. Задачи на построение молекулы и-РНК, антикодонов т-РНК и последовательности аминокислотв полипептидной цепи. Работа  с таблицей генетического кода.

  • Транскрипция (от лат. transcriptio — переписывание) — синтез РНК с использованием ДНК в качестве матрицы..
  • Транскрипция осуществляется по правилу комплементарности.
  • Трансля́ция (от лат. translatio — перевод) — процесс синтеза белка из аминокислот на матрице информационной (матричной) РНК (иРНК, мРНК), осуществляемый рибосомой
  • Молекула т-РНК синтезируется на ДНК по правилу комплементарности.
  • Не забудьте, что в состав РНК вместо тимина входит урацил.
  • Антикодон — это последовательность из трех нуклеотидов, комплементарных нуклеотидам кодона в и-РНК. В состав т-РНК и и-РНК входят одни те же нуклеотиды.
  • C:UsersЛюдмилаDesktop56c0967db6968.jpg 

Задача: В состав РНК вместо тимина входит урацил. В биосинтезе белка участвовали т-РНК с антикодонами: УУА, ГГЦ, ЦГЦ, АУУ, ЦГУ. Определите нуклеотидную последовательность участка каждой цепи молекулы ДНК, который несет информацию о синтезируемом полипептиде, и число нуклеотидов, содержащих аденин, гуанин, тимин, цитозин в двухцепочечной молекуле ДНК

Дано:

 т-РНК  — УУА, ГГЦ, ЦГЦ, АУУ, ЦГУ

Решение:

  1. Антикодоны т-РНК комплементарны кодонам и-РНК, а последовательность нуклеотидов и-РНК комплементарна одной из цепей ДНК.
  2. т-РНК: УУА, ГГЦ, ЦГЦ, АУУ, ЦГУ
  3. и-РНК: ААУ-ЦЦГ-ГЦГ-УАА-ГЦА
  4. 1 цепь ДНК: ТТА-ГГЦ-ЦГЦ-АТТ-ЦГТ
  5. 2 цепь ДНК: ААТ-ЦЦГ-ГЦГ-ТАА-ГЦА.
  6. В молекуле ДНК:

Число А=Т=7,  число Г=Ц=8

Определить:

 —    нуклеотидную последовательность участка каждой цепи молекулы ДНК

— число нуклеотидов, содержащих аденин, гуанин, тимин, цитозин в молекуле ДНК

Задача: фрагмент одной из цепей ДНК имеет следующее строение: ААГГЦТАЦГТТГ. Постройте на ней и-РНК и определите последовательность аминокислот во фрагменте молекулы белка.

Дано:

 Фрагмент  одной цепи ДНК – ААГГЦТАЦГТТГ

Решение:

  1. По правилу комплементарности определяем фрагмент и-РНК
  2. Разбиваем его на триплеты: УУЦ-ЦГА-УГЦ-ААУ.
  3. По таблице генетического кода определяем последовательность аминокислот: фен-арг-цис-асн.

Определить:

— нуклеотидную последовательность и-РНК                 — последовательность  аминокислот во фрагменте молекулы белка.

Ответ: фен-арг-цис-асн.

Задача: В пробирку поместили рибосомы из разных клеток, весь набор аминокислот и одинаковые молекулы и-РНК и т-РНК, создали все условия для синтеза белка. Почему в пробирке будет синтезироваться один вид белка на разных рибосомах.

Дано:

 Одинаковые молекулы и-РНК и т-РНК, рибосомы из разных клеток, весь набор аминокислот

Решение:

  1. Матрицей для синтеза белка является молекула и-РНК, а они в пробирке одинаковые.
  2.  К месту синтеза белка т-РНК транспортируют аминокислоты в соответствии с кодонами и-РНК

Определить:

Почему в пробирке будет синтезироваться один вид белка на разных рибосомах.

Ответ: На одной и-РНК синтезируется один и тот же белок, так как информация одна и та же.

  •  Задача: фрагмент и-РНК имеет следующее строение: ГАУГАГУАЦУУЦААА. Определите антикодоны т-РНК и последовательность аминокислот, закодированную в этом фрагменте. Также напишите фрагмент молекулы ДНК, на котором была синтезирована эта и-РНК.

Дано:

фрагмент и-РНК — ГАУГАГУАЦУУЦААА
  1. Решение:
  2. Разбиваем и-РНК на триплеты ГАУ-ГАГ-УАЦ-УУЦ-ААА.
  3. По таблице генетического кода определяем последовательность аминокислот — : асп-глу-тир-фен-лиз
  4. Антикодоны т-РНК определяем по правилу комплементарности: ЦУА, ЦУЦ, АУГ, ААГ, УУУ
  5. По правилу комплементарности определяем фрагмент ДНК – ЦТАЦТЦАТГААГТТТ.

 Определить:

— антикодоны т-РНК

-последовательность аминокислот

— фрагмент молекулы ДНК

Ответ : Последовательность аминокислот — : асп-глу-тир-фен-лиз.  Антикодоны т-РНК — ЦУА, ЦУЦ, АУГ, ААГ, УУУ. Фрагмент ДНК – ЦТАЦТЦАТГААГТТТ

2.4.Задачи  на определение количества молекул ДНК и хромосом  в  процессе митоза и мейоза.

Митоз — основной способ деления эукариотических клеток, при котором сначала происходит удвоение, а затем равномерное распределение между дочерними клетками наследственного материала.

Митоз представляет собой непрерывный процесс, в котором выделяют четыре фазы: профазу, метафазу, анафазу и телофазу. Перед митозом происходит подготовка клетки к делению, или интерфаза. Период подготовки клетки к митозу и собственно митоз вместе составляют митотический цикл.

Интерфаза состоит из трех периодов: пресинтетического, или постмитотического, — G1, синтетического — S, постсинтетического, или премитотического, — G2.

Пресинтетический период (2n 2c, где n — число хромосом, с — число молекул ДНК) — рост клетки, активизация процессов биологического синтеза, подготовка к следующему периоду.

Синтетический период (2n 4c) — репликация ДНК.

ВНИМАНИЕ!

После удвоения хромосомный набор остаётся диплоидным (2n), так как сестринские хроматиды остаются соединёнными в области центромеры.

C:UsersЛюдмилаDesktopslide_8.jpg

Постсинтетический период (2n 4c) — подготовка клетки к митозу, синтез и накопление белков и энергии для предстоящего деления, увеличение количества органоидов, удвоение центриолей.

Профаза (2n 4c) — демонтаж ядерных мембран, расхождение центриолей к разным полюсам клетки, формирование нитей веретена деления, «исчезновение» ядрышек, конденсация двухроматидных хромосом.

Метафаза (2n 4c) — выстраивание максимально конденсированных двухроматидных хромосом в экваториальной плоскости клетки (метафазная пластинка), прикрепление нитей веретена деления одним концом к центриолям, другим — к центромерам хромосом.

Анафаза (4n 4c) — деление двухроматидных хромосом на хроматиды и расхождение этих сестринских хроматид к противоположным полюсам клетки (при этом хроматиды становятся самостоятельными однохроматидными хромосомами).

Телофаза (2n 2c в каждой дочерней клетке) — деконденсация хромосом, образование вокруг каждой группы хромосом ядерных мембран, распад нитей веретена деления, появление ядрышка, деление цитоплазмы (цитотомия). Цитотомия в животных клетках происходит за счет борозды деления, в растительных клетках — за счет клеточной пластинки.

Мейоз — это особый способ деления эукариотических клеток, в результате которого происходит переход клеток из диплоидного состояния в гаплоидное. Мейоз состоит из двух последовательных делений, которым предшествует однократная репликация ДНК.

Первое мейотическое деление (мейоз 1) называется редукционным, поскольку именно во время этого деления происходит уменьшение числа хромосом вдвое: из одной диплоидной клетки (2n 4c) образуются две гаплоидные (1n 2c).

Интерфаза 1 (в начале — 2n 2c, в конце — 2n 4c) — синтез и накопление веществ и энергии, необходимых для осуществления обоих делений, увеличение размеров клетки и числа органоидов, удвоение центриолей, репликация ДНК, которая завершается в профазе 1.

Профаза 1 (2n 4c) — демонтаж ядерных мембран, расхождение центриолей к разным полюсам клетки, формирование нитей веретена деления, «исчезновение» ядрышек, конденсация двухроматидных хромосом, конъюгация гомологичных хромосом и кроссинговер.

C:UsersЛюдмилаDesktop760137_html_m599353d4.png

Метафаза 1 (2n 4c) — выстраивание бивалентов в экваториальной плоскости клетки, прикрепление нитей веретена деления одним концом к центриолям, другим — к центромерам хромосом.

Анафаза 1 (2n 4c) — случайное независимое расхождение двухроматидных хромосом к противоположным полюсам клетки (из каждой пары гомологичных хромосом одна хромосома отходит к одному полюсу, другая — к другому), перекомбинация хромосом.

Телофаза 1 (1n 2c в каждой клетке) — образование ядерных мембран вокруг групп двухроматидных хромосом, деление цитоплазмы. У многих растений клетка из анафазы 1 сразу же переходит в профазу 2.

Второе мейотическое деление (мейоз 2) называется эквационным.

Интерфаза 2, или интеркинез (1n 2c), представляет собой короткий перерыв между первым и вторым мейотическими делениями, во время которого не происходит репликация ДНК. Характерна для животных клеток.

Профаза 2 (1n 2c) — демонтаж ядерных мембран, расхождение центриолей к разным полюсам клетки, формирование нитей веретена деления.

Метафаза 2 (1n 2c) — выстраивание двухроматидных хромосом в экваториальной плоскости клетки (метафазная пластинка), прикрепление нитей веретена деления одним концом к центриолям, другим — к центромерам хромосом; 2 блок овогенеза у человека.

Анафаза 2 (2n 2с) — деление двухроматидных хромосом на хроматиды и расхождение этих сестринских хроматид к противоположным полюсам клетки (при этом хроматиды становятся самостоятельными однохроматидными хромосомами), перекомбинация хромосом.

Телофаза 2 (1n 1c в каждой клетке) — деконденсация хромосом, образование вокруг каждой группы хромосом ядерных мембран, распад нитей веретена деления, появление ядрышка, деление цитоплазмы (цитотомия) с образованием в итоге четырех гаплоидных клеток.

http://bio-faq.ru/zubr/zubr093_pic001.jpg

Задача: У крупного рогатого скота в соматических клетках 60 хромосом. Определите число хромосом и молекул ДНК в клетках яичников в интерфазе перед началом деления и после деления мейоза I. Объясните, как образуется такое количество хромосом и молекул ДНК.

Дано:

в соматических клетках 60 хромосом
  1. Гаплоидный набор n = 30
  2. В интерфазе происходит удвоение хромосом —  2n4c —  2х30, 4х30 = 60хромосом и 120  молекул ДНК
  3. После мейозаI — 2n4c : 2 = 1n2с – одинарный набор двойных хромосом, это – 30 хромосом и 60 молекул ДНК

Определить:

 число хромосом и молекул ДНК в клетках яичников:

— в интерфазе

— поcле мейозаI

Ответ: В интерфазе — 60хромосом и 120  молекул ДНК. После мейозаI – 30 хромосом и 60 молекул ДНК.

Задача: Хромосомный набор соматических клеток пшеницы равен 28. Определите хромосомный набор и число молекул ДНК в ядре (клетке) семязачатка перед началом мейоза I и мейоза II. Объясните результаты в каждом случае.

Дано:

Хромосомный набор соматических клеток = 28

Решение:

  1. Гаплоидный набор (n) = 14
  2. Перед началом мейоза I — 2n4c = 28 хромосом, 56 молекул ДНК
  3. В первом делении мейоза количество хромосом уменьшается в 2 раза, но они остаются двойными — 1n2c = 14 хромосом, 28 молекул ДНК.

Определить:

 хромосомный набор и число молекул ДНК в ядре семязачатка:

— перед началом мейоза I

—  мейоза II.

Ответ:  Перед началом мейоза I = 28 хромосом, 56 молекул ДНК.  Перед началом мейоза II = 14 хромосом, 28 молекул ДНК

Задача: Известно, что в соматических клетках капусты содержится 18 хромосом. Определите хромосомный набор и число молекул ДНК в одной из клеток семязачатка перед началом мейоза, в анафазе мейоза I и в анафазе мейоза II. Объясните, какие процессы происходят в эти периоды и как они влияют на изменение числа ДНК и хромосом.

Дано:

 в соматических клетках капусты — 18 хромосом

Гаплоидный набор n = 9

Перед началом мейоза 2n4c =18 хромосом, 36 молекул ДНК.

В анафазе мейоза I происходит расхождение двойных хромосом, но все хромосомы все еще находятся в одной клетке  — 18 хромосом, 36 молекул ДНК.

В анафазе II 18 одинарных хромосом еще находятся в одной клетке (18 хромосом, 18 молекул ДНК).

хромосомный набор и число молекул ДНК:

— перед началом мейоза,

— в анафазе мейоза I

— в анафазе мейоза II

Ответ: Перед началом мейоза  — 18 хромосом, 36 молекул ДНК. В анафазе мейоза I — 18 хромосом, 36 молекул ДНК. В анафазе  — 18 хромосом, 18 молекул ДНК.

2.5. Задачи на определение длины отдельного участка ДНК или количества нуклеотидов в нем.

Согласно модели американского биохимика Дж.Уотсона и английскогоо физика Ф. Крика,  молекулы ДНК представляют собой две правозакрученные вокруг общей оси полинуклеотидных цепи, или двойную спираль. На один виток спирали приходится примерно 10 нуклеотидных остатков. Цепи в этой двойной спирали антипараллельны, то есть направлены в противоположные стороны, так что 3′-конец одной цепи располагается напротив 5′-конца другой.  Размеры молекул ДНК обычно выражаются числом образующих их нуклеотидов. Эти размеры варьирует от нескольких тысяч пар нуклеотидов у бактериальных плазмид и некоторых вирусов до многих сотен тысяч пар нуклеотидов у высших организмов.

          C:UsersЛюдмилаDesktopDNA03.jpg

Линейная длина одного нуклеотида в нуклеиновой кислоте

 l н = 0,34 нм = 3,4 ангстрем

Средняя молекулярная масса одного нуклеотида

 Mr н = 345 а.е.м. (Da)

Задача. Контурная длина молекулы ДНК бактериофага составляет 17×10′6 м. После воздействия на него мутагенами длина оказалась 13,6×10-6 м. Определите, сколько пар азотистых оснований выпало в результате мутации, если известно, что расстояние между соседними нуклеотидами составляет 34×1011 м.

Дано:

Контурная длина молекулы ДНК — 17×10′6 м

После воздействия — 13,6×10-6 м

Расстояние между соседними нуклеотидами составляет  — 34×1011 м.

Решение.

1)        Вычислим общую длину отрезка ДНК бактериофага выпавшего в результате воздействия мутагенами. 17×10’6 — 13,6×106 = 3,4×10 6(м).

2)        Вычислим количество пар нуклеотидов в выпавшем фрагменте:

3,4×10-6 / 34×10’11 = 104 = 10 ООО (пар нуклеотидов)

Определить:

сколько пар азотистых оснований выпало в результате мутации

Ответ: 10 тысяч пар нуклеотидов.

Глава 4. Примеры задач для самостоятельного решения.

  1. В молекуле ДНК содержится 31% аденина. Определите, сколько (в %) в этой молекуле содержится других нуклеотидов.
  2. В трансляции участвовало 50 молекул т-РНК. Определите количество аминокислот, входящих в состав образующегося белка, а также число триплетов и нуклеотидов в гене, который кодирует этот белок.
  3. Фрагмент ДНК состоит из 72 нуклеотидов. Определите число триплетов и нуклеотидов в иРНК, а также количество аминокислот, входящих в состав образующегося белка.
  4. Фрагмент одной из цепей ДНК имеет следующее строение: ГГЦТЦТАГЦТТЦ. Постройте на ней и-РНК и определите последовательность аминокислот во фрагменте молекулы белка (для этого используйте таблицу генетического кода).
  5. Фрагмент и-РНК имеет следующее строение: ГЦУААУГУУЦУУУАЦ. Определите антикодоны т-РНК и последовательность аминокислот, закодированную в этом фрагменте. Также напишите фрагмент молекулы ДНК, на котором была синтезирована эта и-РНК (для этого используйте таблицу генетического кода).
  6. Фрагмент ДНК имеет следующую последовательность нуклеотидов АГЦЦГАЦТТГЦЦ. Установите нуклеотидную последовательность т-РНК, которая синтезируется на данном фрагменте, и аминокислоту, которую будет переносить эта т-РНК, если третий триплет соответствует антикодону т-РНК. Для решения задания используйте таблицу генетического кода.
  7. В клетке животного диплоидный набор хромосом равен 20. Определите количество молекул ДНК перед митозом, после митоза, после первого и второго деления мейоза.
  8. В диссимиляцию вступило 15 молекул глюкозы. Определите количество АТФ после гликолиза, после энергетического этапа и суммарный эффект диссимиляции.
  9. В цикл Кребса вступило 6 молекул ПВК. Определите количество АТФ после энергетического этапа, суммарный эффект диссимиляции и количество молекул глюкозы, вступившей в диссимиляцию.

Ответы:

  1. Т=31%, Г=Ц= по 19%.
  2. 50 аминокислот, 50 триплетов, 150 нуклеотидов.
  3. 24 триплета, 24 аминокислоты, 24 молекулы т-РНК.
  4. и-РНК: ЦЦГ-АГА-УЦГ-ААГ. Аминокислотная последовательность: про-арг-сер-лиз.
  5. Фрагмент ДНК: ЦГАТТАЦААГАААТГ. Антикодоны т-РНК: ЦГА, УУА, ЦАА, ГАА, АУГ. Аминокислотная последовательность: ала-асн-вал-лей-тир.
  6. т-РНК: УЦГ-ГЦУ-ГАА-ЦГГ. Антикодон ГАА, кодон и-РНК — ЦУУ, переносимая аминокислота — лей.
  7. 2n=20. Генетический набор:
  1. перед митозом 40 молекул ДНК;
  2. после митоза 20 молекулы ДНК;
  3. после первого деления мейоза 20 молекул ДНК;
  4. после второго деления мейоза 10 молекул ДНК.
  1. Поскольку из одной молекулы глюкозы образуется 2 молекулы ПВК и 2АТФ, следовательно, синтезируется 30 АТФ. После энергетического этапа диссимиляции образуется 36 молекул АТФ (при распаде 1 молекулы глюкозы), следовательно, синтезируется 540 АТФ. Суммарный эффект диссимиляции равен 540+30=570 АТФ.
  2. В цикл Кребса вступило 6 молекул ПВК, следовательно, распалось 3 молекулы глюкозы. Количество АТФ после гликолиза — 6 молекул, после энергетического этапа — 108 молекул, суммарный эффект диссимиляции 114 молекул АТФ.

Литература:

Контрольные задания по генетике и методические рекомендации к их выполнению. [сост. Л.И. Лушина, С.В. Залящев, А.А. Семенов, О.Н.Носкова]. – Самара: СГПУ, 2007, 142с.

http://ege-study.ru

http://licey.net

http://reshuege.ru

http://www.fipi.ru

Приложение I Генетический код (и-РНК)

Первое основание

Второе основание

Третье основание

У

Ц

А

Г

У

Фен

Сер

Тир

Цис

У

Фен

Сер

Тир

Цис

Ц

Лей

Сер

— 

—

А

Лей

Сер

—

Три

Г

Ц

Лей

Про

Гис

Арг

У

Лей

Про

Гис

Арг

Ц

Лей

Про

Глн

Арг

А

Лей

Про

Глн

Арг

Г

А

Иле

Тре

Асн

Сер

У

Иле

Тре

Асн

Сер

Ц

Иле

Тре

Лиз

Арг

А

Мет

Тре

Лиз

Арг

Г

Г

Вал

Ала

Асп

Гли

У

Вал

Ала

Асп

Гли

Ц

Вал

Ала

Глу

Гли

А

Вал

Ала

Глу

Гли

Г
Источник

20 мая 2022

В закладки

Обсудить

Жалоба

Решение задач по молекулярной биологии

Примеры решения типовых задач.

mol-bio.docx
mol-bio.pdf

Задача 1. Молекулярная масса каталазы равна 224000. Сколько аминокислотных остатков в этой молекуле? Какова длина первичной структуры этого белка?

Задача 2. Участок правой цепи молекулы ДНК имеет такую структуру: …-Ц-А-Г — Г — Ц- Т- Т- А- А- Г -… Определите структуру соответствующего участка левой цепи молекулы ДНК. Какова длина этого участка молекулы ДНК? Какова структура иРНК, синтезированной на матрице правой цепи молекулы ДНК?

Задача 3. Химический анализ показал, что иРНК содержит 30% аденина, 15% гуанина, 20% урацила. Каков нуклеотидный состав в % соответствующего участка ДНК?

Задача 4. Фрагмент молекулы ДНК содержит 150 гуаниловых нуклеотидов, что составляет 20% их общего количества. Определите количество цитидиловых, адениловых и тимидиловых нуклеотидов в данном фрагменте ДНК. Какова длина и масса данного фрагмента ДНК?

Задача 5. В систему для искусственного синтеза белка ввели тРНК, имеющие такие антикодоны: ЦГА, УУА, АЦА, ЦЦА. Определите, какие аминокислоты могут присоединяться к этим тРНК.

Задача 6. Какой последовательностью нуклеотидов ДНК кодируется участок белка, состоящий из остатков: пролин — валин — аргинин — пролин — лейцин — цистеин — аспарагин?

Источник

Понравилась статья? Поделить с друзьями:
  • Задачи на магнетизм егэ физика
  • Задачи на логику егэ по информатике
  • Задачи на логику егэ математика базовый уровень
  • Задачи на логарифмы с решением егэ
  • Задачи на логарифмы егэ математика профиль