Задачи на репликацию днк егэ

в условии
в решении
в тексте к заданию
в атрибутах

Категория:

Атрибут:

Всего: 106    1–20 | 21–40 | 41–60 | 61–80 …

Добавить в вариант

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

---

Всего: 106    1–20 | 21–40 | 41–60 | 61–80 …

На данном занятии мы пройдем вопросы по теме «ДНК» из разных сборников по подготовке к ЕГЭ по Биологии 2022 года.

Задание 1:
Все перечисленные понятия, кроме двух, можно использовать для характеристики молекулы ДНК. Определите два признака, «выпадающих» из общего списка, и запишите в таблицу цифры, под которыми они указаны
1) репликация;
2) урацил;
3) триплет;
4) трансляция;
5) тимин.

Установите последовательность этапов репликации молекулы ДНК. Запишите в таблицу соответствующую последовательность цифр.
1) разрыв водородных связей;
2) ДНК-полимераза по отстающей цепив направлении 3′ → 5′ копирует отдельные фрагменты по мере раскручивания молекулы ДНК;
3) образуются две цепи ДНК, каждая из которых состоит из «материнской» и «дочерней» цепи;
4) фермент хеликаза раскручивает двойную спираль ДНК;
5) ДНК — полимераза по лидирующей цепи в направлении 3′ → 5′ и по принципу комплементарности присоединяет соответствующие нуклеотиды;
6) фермент лигаза сшивает отдельные фрагменты.

Задание 3:
Найдите ошибки в приведенном тексте «ДНК». Укажите номера предложений, в которых сделаны ошибки, исправьте их. Дайте правильную формулировку.
(1)Информация о последовательности аминокислот, составляющих первичную структуру белка, заключена в ДНК. (2)ДНК находится в цитоплазме клеток. (3)Молекула ДНК состоит из мономеров – аминокислот. (4)Каждый мономер содержит остаток фосфорной кислоты, сахар – дезоксирибозу и одно из четырех азотистых оснований. (5)Молекула ДНК состоит из двух закрученных цепей. (6)Цепи в молекуле ДНК противоположно направлены. (7)Напротив аденина одной цепи всегда располагается урацил другой цепи, напротив гуанина – цитозин.

Задание 4:
Найдите ошибки в приведенном тексте «ДНК». Укажите номера предложений, в которых сделаны ошибки, исправьте их. Дайте правильную формулировку.
(1)Молекула ДНК состоит из двух спирально закрученных цепей. (2)При этом аденин образует три водородные связи с тимином, а гуанин – две водородные связи с цитозином. (3)Молекулы ДНК прокариот линейные, и эукариот – кольцевые. (4)Функции ДНК – это хранение и передача наследственной информации. (5)Молекула ДНК, в отличие отмолекулы РНК, не способна к репликации.

Задание 5:
Выберите три верных ответа из шести и запишите в таблицу цифры, под которыми они указаны.
Выберите особенности строения молекулы ДНК.
1) одноцепочечная молекула;
2) содержит урациловый нуклеотид;
3) двуцепочечная молекула;
4) спиралевидная молекула;
5) содержит рибозу;
6) цепи удерживаются водородными связями.

Решение:
ДНК – это двуцепочечная молекула, имеющая вид спирали, в которой находятся 4 вида нуклеотидов – аденин, тимин, гуанин, цитозин, которые удерживаются по принципу комплементарности благодаря водородным связям.
Подходят пункты 3,4,6.

Задание 6:
Все перечисленные ниже признаки, кроме двух, можно использовать для описания молекулы ДНК. Определите два признака, «выпадающих» из общего списка, и запишите в таблицу цифры, под которыми они указаны.
1) состоит из двух цепей, образующих спираль;
2) содержит нуклеотиды АТГЦ;
3) в состав входит сахар рибоза;
4) реплицируется;
5) участвует в процессе трансляции.

Решение:
В данном вопросе нас просят найти два признака, которые НЕ соответствуют ДНК:
Во первых, это наличие рибозы(это пятиуглеродный сахар входит в состав РНК);
Во вторых, это участие в процессе трансляции(это сборка полипептидной цепи на рибосоме).
Ответ: 35

Задание 7:
Выберите два верных ответа из пяти и запишите в таблицу цифры, под которыми они указаны.
Модель молекулы ДНК построили
1) Эрвин Чаргафф;
2) Розалинда Франклин;
3) Джеймс Уотсон;
4) Морис Уилкинс;
5) Френсис Крик.

Решение:
В Королевском колледже(Лондон) Розалинд Франклин и Морис Уилкинс изучали ДНК. Уилкинс и Франклин использовали дифракцию рентгеновских лучей в качестве основного инструмента — пуская рентгеновские лучи через молекулу, они получали теневую картину структуры молекулы по тому, как рентгеновские лучи отражались от ее составных частей.
6 мая 1952 года Розалинд Франклин сфотографировала свою пятьдесят первую рентгеновскую дифракционную картину дезоксирибонуклеиновой кислоты, или ДНК.

А 28 февраля 1953 года ученые Кембриджского университета Джеймс Уотсон и Фрэнсис Крик объявили, что они определили двухспиральную структуру ДНК, молекулы, содержащей человеческие гены.
Эрвин Чаргафф – это американский биохимик, который первым доказал, что количество адениновых остатков ДНК равно количеству тиминовых остатков, а гуаниновых – числу цитозиновых(правило Чаргаффа), а также первым начал изучать денатурацию ДНК.
Ответ 35.

Задание 8:
Какие особенности строения ДНК подтверждают гипотезу о том, что ДНК хранит и передает наследственную информацию?

Решение:
Данное задание предусматривает объяснение способности ДНК к хранению и передаче наследственной информации, и ответ должен выглядеть так:
1) ДНК построена по принципу двойной спирали в соответствии с принципом комплементарности и состоит из структурных элементов – нуклеотидов;
2) Способность ДНК к репликации(самовоспроизведению) подтверждает гипотезу о том, что именно она передает наследственную информацию.

Задание 9:
Найдите три ошибки в приведенном тексте. Укажите номера предложений, в которых они допущены, объясните их.
(1)Молекула ДНК состоит из мономеров – нуклеотидов. (2)Каждый нуклеотид ДНК состоит из азотистого основания, углевода рибозы и остатка фосфорной кислоты. (3)Нуклеотиды двух цепей ДНК связаны нековалентными водородными связями по правилу комплементарности. (4)Четыре нуклеотида в цепи молекулы ДНК кодируют одну аминокислоту в молекуле белка, информация о строении которого заложена в гене. (5)ДНК контролирует синтез иРНК на одной из своих цепей. (6)Процесс синтеза иРНК на матрице ДНК называют трансляцией.

Решение:
Ошибки допущены в следующих предложениях:
2 – Каждый нуклеотид ДНК состоит из азотистого основания, углевода ДЕЗОКСИРИБОЗЫ и остатка фосфорной кислоты;
4 – ТРИ нуклеотида в цепи молекулы ДНК кодируют одну аминокислоту в молекуле белка, информация о строении которого заложена в гене;
6 – Процесс синтеза иРНК на матрице ДНК называют ТРАНСКРИПЦИЕЙ.

Задание 10:
Хромосомный набор соматических клеток редиса равен 18. Определите хромосомный набор и число молекул ДНК в клетках кончика корня в метафазе и конце телофазы митоза. Ответ поясните. Какие процессы происходят с хромосомами в эти фазы?

Решение:
Для выполнения данного типового вопроса необходимо вспомнить тему «Митотическое деление клетки(Митоз)».
В условии указано, что хромосомный набор соматических клеток редиса равен 18.
Соматические клетки – это диплоидные клетки, которые делятся с помощью митоза(непрямое деление клетки).
Чтобы правильно оформить ответ на этот вопрос, который входит в состав второй части ЕГЭ по Биологии, его нужно расписать по пунктам:
1) в метафазе митоза число Х(хромосом) – 18.
Пояснение: в интерфазе митоза(S — фаза) происходит удвоение числа ДНК(НЕ хромосом!), и в метафазе это количество не изменяется.
2) в метафазе митоза число молекул ДНК – 36.
Пояснение: Как было указано выше, в синтетической фазе интерфазы произошло удвоение количества ДНК в два раза, то есть 18 * 2 = 36.
3) в метафазе хромосомы двухроматидные(состоят из двух молекул ДНК).
Пояснение: Это логично, так как произошло удвоение молекул дезоксирибонуклеиновой кислоты.
4) в метафазе гомологичные хромосомы выстраиваются по экватору клетки, образуя метафазную пластинку.
Пояснение:
Этот пункт необходимо расписать, так как общие явления для той или иной фазы являются важными аспектами ответа и повышают общий балл.
5) в конце телофазы в каждой клетке число хромосом – 18.
Пояснение:
Телофаза – это последняя фаза митоза, в которой происходит полное разделение одной материнской клетки на две дочерние. В итоге, каждая клетка должна получить такое число хромосом, что и та, из которой они образовались.

Задание 11:
Все перечисленные ниже признаки, кроме двух, можно использовать для описания молекулы ДНК. Определите два признака, «выпадающих» из общего списка, и запишите в таблицу цифры, под которыми они указаны.
1) обычно содержат рибозу;
2) в состав входят аденин, тимин, гуанин и цитозин;
3) у эукариот находится в ядре;
4) как правило, представлена одноцепочечными фрагментами;
5) удваивается перед делением клетки.

Решение:
Как ты уже знаешь, дезоксирибонуклеиновая кислота – это полимер, содержащий в своем составе сахар дезоксирибозу, имеет 4 нуклеотида АТГЦ и является двухцепочечной молекулой.
В данном вопросе НЕ подходят варианты ответов 14.

Задание 12:
Лекарственный препарат рекомендуется применять при инфекционно – воспалительных процессах, вызванных патогенными бактериями. Препарат блокирует действие специфического белка – фермента ДНК-гиразы и репликацию бактериальной ДНК. Что происходит с клетками бактерий в результате приёма данного препарата? Почему он не действует на клетки организма человека таким же образом? Ответ поясните.

Решение:
Это вопрос из второй части ЕГЭ, оформляется по вопросам, которых, как правило, два в такого рода заданиях.
1) прекращение деления бактерий(бактериальных клеток);
2) препарат не может воздействовать на клетки нашего организма, так как содержат специфический белок — фермент, характерный только для бактерий, а значит, данный препарат не является токсичным для человека.

Задание 13:
Выберите два верных ответа из пяти запишите в таблицу цифры, под которыми они указаны.
Собственную ДНК содержат
1) вакуоли;
2) рибосомы;
3) хлоропласты;
4) ЭПС;
5) митохондрии.

Решение:
В эукариотических клетках есть два органоида, которые имеют собственный наследственный материал в виде кольцевой молекулы ДНК, что положило начало теории симбиогенеза – это митохондрии и хлоропласты.
Ответ 35.

Задание 14:
Все перечисленные ниже признаки, кроме двух, используются для описания изображенной на рисунке структуры. Определите два признака, «выпадающих» из общего списка, и запишите в таблицу цифры, под которыми они указаны.

1) входит в состав хромосом;
2) две полинуклеотидные цепочки, спирально закрученные одна относительно другой;
3) обеспечивает транспорт аминокислот к месту сборки белка;
4) нуклеотиды между собой соединяются с помощью пептидных связей;
5) полинуклеотидные цепи удерживаются за счет водородных связей.

Решение:
На рисунке изображена спиральная двухцепочечная молекула ДНК. Ее основные характеристики:
— входит в состав хромосом;
— две полинуклеотидные цепочки, спирально закрученные одна относительно другой;
— полинуклеотидные цепи удерживаются за счет водородных связей.
Соответственно, пункты 3 и 4 не подходят.
Ответ: 34

Задание 15:
Какую структуру будет иметь мРНК, синтезируемая на фрагменте молекулы ДНК следующей структуры: ТААГЦГАТТ? В ответе запишите соответствующую последовательность букв.

Решение:
Справиться с этим заданием можно, зная правило Чаргаффа, которое гласит, что
А = Т, а Г ≡ Ц.
Однако, на забываем, что в молекуле РНК нет Тимина, вместо него комплементарным нуклеотидом Аденину будет Урацил.
Дана цепь: ТААГЦГАТТ, теперь находим комплементарную ей цепь матричной или информационной РНК: АУУЦГЦУАА.

Задание 16:
Фрагмент молекулы ДНК кодирует 36 аминокислот. Сколько нуклеотидов содержит этот фрагмент молекулы ДНК? В ответе запишите соответствующее число.

Решение:
Для начала проясним – фрагмент, который кодирует 1 аминокислоту это триплет или кодон. Кодон состоит из трех нуклеотидов. В условии задачи сказано, что у нас есть 36 аминокислот, значит, по правилу 1 кодон – 3 нуклеотида – 1 аминокислота, можем решить эту задачу так: 36 * 3 = 108.
Ответ: 108

Задание 17:
Сколько нуклеотидов с цитозином содержит молекула ДНК, если количество нуклеотидов с тимином 120, что составляет 15% от общего числа? В ответе запишите соответствующее число.

Решение:
По правилу Чаргаффа, А = Т, Г ≡ Ц; в условии задачи сказано, что нуклеотидов с тимином 120, значит, нуклеотидов с аденином также 120. Учитывая, что в процентном соотношении сумма АТ = 30%(15% + 15%), значит, на ГЦ приходится остальные 70%, которые мы делим на 2, получаем 35% на каждое количество нуклеотидов пары гуанин-цитозин.
Чтобы узнать, сколько нуклеотидов с цитозином содержит данная молекула ДНК, нужно составить пропорцию:
120 Тимин —— 15%
х Цитозин —— 35%, х = 280.
Ответ: 280.

Задание 18:
Какие функции выполняет ДНК?
1) переносит генетическую информацию от хромосом к месту синтеза белка;
2) хранит наследственную информацию в виде последовательности нуклеотидов;
3) является матрицей для синтеза иРНК;
4) участвует в синтезе белка;
5) транспортирует аминокислоты к месту синтеза белка;
6) передает наследственную информацию из поколения в поколение.

Решение:
Дезоксирибонуклеиновая кислота в соответствии с условием задания выполняет функции:
2 — хранит наследственную информацию в виде последовательности нуклеотидов;
3 — является матрицей для синтеза иРНК;
6 — передает наследственную информацию из поколения в поколение.

Задание 19:
Установите соответствие между молекулами и их особенностями.
ОСОБЕННОСТИ:
А) две спирально закрученные цепи;
Б) одноцепочечный полимер;
В) функции: структурная, транспортная;
Г) функции: хранение и передача наследственной информации;
Д) способна к редупликации;
Е) не способна к самоудвоению.

МОЛЕКУЛЫ:
1) ДНК;
2) РНК.

Решение:
Для ДНК в этом задании характерны следующие пункты:
А) две спирально закрученные цепи;
Г) функции: хранение и передача наследственной информации;
Д) способна к редупликации.
Для РНК характерны следующие особенности:
Б) одноцепочечный полимер;
В) функции: структурная, транспортная;
Е) не способна к самоудвоению.

Задание 20:
Установите соответствие между молекулами и их особенностями.
ОСОБЕННОСТИ:
А) полимер, состоящий из аминокислот;
Б) полимер, состоящий из нуклеотидов, которые содержат азотистые основания – аденин, тимин, гуанин, цитозин;
В) полимер, состоящий из нуклеотидов, которые содержат азотистые основания – аденин, урацил, гуанин, цитозин;
Г) в состав входит пентоза – рибоза;
Д) мономеры соединены ковалентными пептидными связями;
Е) характеризуется первичной, вторичной, третичной структурами.

МОЛЕКУЛЫ:
1) ДНК;
2) РНК;
3) белок.

Решение:
Это вопрос предусматривает сопоставление разных биологических полимеров в соответствии с пунктами задания:
— полимер, состоящий из аминокислот – это белок;
— полимер, состоящий из нуклеотидов, которые содержат азотистые основания(АТГЦ) – это характерно для ДНК;
— полимер, состоящий из нуклеотидов, которые содержат азотистые(АУГЦ) – это РНК;
— состав входит пентоза – рибоза – РНК;
— мономеры соединены ковалентными пептидными связями – ДНК;
— характеризуется первичной, вторичной, третичной структурами – белок.

Задание 21:
Установите последовательность процессов, происходящих при дупликации ДНК.
1) отделение одной цепи ДНК от другой;
2) присоединение комплементарных нуклеотидов к каждой цепи ДНК;
3) образование двух молекул ДНК;
4) раскручивание молекулы ДНК;
5) воздействие фермента на молекулу ДНК.

Решение:
Дупликация ДНК – это уникальный процесс, результатом которого является удвоение молекулы дезоксирибонуклеиновой кислоты.
Все начинается с воздействия фермента на молекулу ДНК → далее происходит раскручивание двухцепочечной молекулы ДНК → отделение одной цепи от другой → как следствие, образование двух молекул ДНК → и в конце процесса происходит присоединение комплементарных нуклеотидов к каждой цепи ДНК.
Ответ: 54132

Задание 22:
Почему не все изменения последовательности нуклеотидов ДНК приводят к возникновению мутаций? Ответ поясните.

Решение:
Данный вопрос относится ко второй части ЕГЭ по Биологии, и предусматривает оформление по пунктам с пояснением вопроса.
Действительно, в молекуле ДНК могут возникать мутации, однако, они не всегда способны оказать негативное влияние на целый организм по причине свойств генетического кода, а именно – вырожденности(избыточности) и эффекту репарации. Эти два критерия и нужно расписать.
1) За счет вырожденности генетического кода(1 аминокислоте соответствует не один кодон, а несколько) происходить усиление надежности хранения и передачи наследственной информации(изменение нуклеотидной последовательности в триплете может не привести к изменению структуры гена).
2) Для ДНК характерно явление репарации – это исправление ошибок в последовательности нуклеотидов ДНК.

Задание 23:
Найдите три ошибки в тексте «Нуклеиновые кислоты». Укажите номера предложений, в которых сделаны ошибки, исправьте их.
(1)Нуклеиновые кислоты являются разветвленными полимерами. (2)Мономерами нуклеиновых кислот являются триплеты. (3)Дж. Уотсон и Ф. Крик создали модель структуры молекулы ДНК. (4)В клетках содержатся нуклеиновые кислоты двух видов: ДНК и РНК. (5)Нуклеиновые кислоты способны к редупликации. (6)ДНК – хранитель наследственной информации, РНК принимает участие в синтезе белка.

Решение:
Для правильного выполнения этого задания нужно вспомнить, что из себя представляют нуклеиновые кислоты.
НК – это биологические полимеры, которые выполняют множество функций, среди которых хранение и передача наследственной информации, участие в биосинтезе белка.
Предложения, в которых допущены ошибки:
1 – Нуклеиновые кислоты являются ЛИНЕЙНЫМИ полимерами;
2 – Мономерами НК являются НУКЛЕОТИДЫ;
5 – Способностью к редупликации обладает только ДНК.

На сегодня все!

И транскрипция, и трансляция относятся к матричным биосинтезам. Матричным биосинтезом называется синтез
биополимеров (нуклеиновых кислот, белков) на матрице — нуклеиновой кислоте ДНК или РНК. Процессы матричного биосинтеза относятся к пластическому обмену: клетка расходует энергию АТФ.

Матричный синтез можно представить как создание копии исходной информации на несколько другом или новом
«генетическом языке». Скоро вы все поймете — мы научимся достраивать по одной цепи ДНК другую, переводить РНК в ДНК
и наоборот, синтезировать белок с иРНК на рибосоме. В данной статье вас ждут подробные примеры решения задач, генетический словарик пригодится — перерисуйте его себе

Возьмем 3 абстрактных нуклеотида ДНК (триплет) — АТЦ. На иРНК этим нуклеотидам будут соответствовать — УАГ (кодон иРНК).
тРНК, комплементарная иРНК, будет иметь запись — АУЦ (антикодон тРНК). Три нуклеотида в зависимости от своего расположения
будут называться по-разному: триплет, кодон и антикодон. Обратите на это особое внимание.

Репликация ДНК — удвоение, дупликация (лат. replicatio — возобновление, лат. duplicatio — удвоение)

Процесс синтеза дочерней молекулы ДНК по матрице родительской ДНК. Нуклеотиды достраивает фермент ДНК-полимераза по
принципу комплементарности. Переводя действия данного фермента на наш язык, он следует следующему правилу: А (аденин) переводит в Т (тимин), Г (гуанин) — в Ц (цитозин).

Удвоение ДНК происходит в синтетическом периоде интерфазы. При этом общее число хромосом не меняется, однако каждая из них
содержит к началу деления две молекулы ДНК: это необходимо для равномерного распределения генетического материала между
дочерними клетками.

Транскрипция (лат. transcriptio — переписывание)

Транскрипция представляет собой синтез информационной РНК (иРНК) по матрице ДНК. Несомненно, транскрипция происходит
в соответствии с принципом комплементарности азотистых оснований: А — У, Т — А, Г — Ц, Ц — Г (загляните в «генетический словарик»
выше).

До начала непосредственно транскрипции происходит подготовительный этап: фермент РНК-полимераза узнает особый участок молекулы ДНК — промотор и связывается с ним. После связывания с промотором происходит раскручивание молекулы ДНК, состоящей из двух
цепей: транскрибируемой и смысловой. В процессе транскрипции принимает участие только транскрибируемая цепь ДНК.

Транскрипция осуществляется в несколько этапов:

• Инициация (лат. injicere — вызывать)

Образуется несколько начальных кодонов иРНК.

• Элонгация (лат. elongare — удлинять)

Нити ДНК последовательно расплетаются, освобождая место для передвигающейся РНК-полимеразы. Молекула иРНК
быстро растет.

• Терминация (лат. terminalis — заключительный)

Достигая особого участка цепи ДНК — терминатора, РНК-полимераза получает сигнал к прекращению синтеза иРНК. Транскрипция завершается. Синтезированная иРНК направляется из ядра в цитоплазму.

Трансляция (от лат. translatio — перенос, перемещение)

Куда же отправляется новосинтезированная иРНК в процессе транскрипции? На следующую ступень — в процесс трансляции.
Он заключается в синтезе белка на рибосоме по матрице иРНК. Последовательность кодонов иРНК переводится в последовательность
аминокислот.

Перед процессом трансляции происходит подготовительный этап, на котором аминокислоты присоединяются к соответствующим молекулам тРНК. Трансляцию можно разделить на несколько стадий:

• Инициация

Информационная РНК (иРНК, синоним — мРНК (матричная РНК)) присоединяется к рибосоме, состоящей из двух субъединиц.
Замечу, что вне процесса трансляции субъединицы рибосом находятся в разобранном состоянии.

Первый кодон иРНК, старт-кодон, АУГ оказывается в центре рибосомы, после чего тРНК приносит аминокислоту,
соответствующую кодону АУГ — метионин.

• Элонгация

Рибосома делает шаг, и иРНК продвигается на один кодон: такое в фазу элонгации происходит десятки тысяч раз.
Молекулы тРНК приносят новые аминокислоты, соответствующие кодонам иРНК. Аминокислоты соединяются друг с другом: между ними образуются пептидные связи, молекула белка растет.

Доставка нужных аминокислот осуществляется благодаря точному соответствию 3 нуклеотидов (кодона) иРНК 3 нуклеотидам (антикодону) тРНК. Язык перевода между иРНК и тРНК выглядит как: А (аденин) — У (урацил), Г (гуанин) — Ц (цитозин).
В основе этого также лежит принцип комплементарности.



Движение рибосомы вдоль молекулы иРНК называется транслокация. Нередко в клетке множество рибосом садятся на одну молекулу
иРНК одновременно — образующаяся при этом структура называется полирибосома (полисома). В результате происходит одновременный синтез множества одинаковых белков.



• Терминация

Синтез белка — полипептидной цепи из аминокислот — в определенный момент завершатся. Сигналом к этому служит попадание
в центр рибосомы одного из так называемых стоп-кодонов: УАГ, УГА, УАА. Они относятся к нонсенс-кодонам (бессмысленным), которые не кодируют ни одну аминокислоту. Их функция — завершить синтез белка.

Существует специальная таблица для перевода кодонов иРНК в аминокислоты. Пользоваться ей очень просто, если вы запомните, что
кодон состоит из 3 нуклеотидов. Первый нуклеотид берется из левого вертикального столбика, второй — из верхнего горизонтального,
третий — из правого вертикального столбика. На пересечении всех линий, идущих от них, и находится нужная вам аминокислота

Давайте потренируемся: кодону ЦАЦ соответствует аминокислота Гис, кодону ЦАА — Глн. Попробуйте самостоятельно найти
аминокислоты, которые кодируют кодоны ГЦУ, ААА, УАА.

Кодону ГЦУ соответствует аминокислота — Ала, ААА — Лиз. Напротив кодона УАА в таблице вы должны были обнаружить прочерк:
это один из трех нонсенс-кодонов, завершающих синтез белка.

Примеры решения задачи №1

Без практики теория мертва, так что скорее решим задачи! В первых двух задачах будем пользоваться таблицей генетического кода (по иРНК),
приведенной вверху.

«Фрагмент цепи ДНК имеет следующую последовательность нуклеотидов: ЦГА-ТГГ-ТЦЦ-ГАЦ. Определите последовательность нуклеотидов
во второй цепочке ДНК, последовательность нуклеотидов на иРНК, антикодоны
соответствующих тРНК и аминокислотную последовательность соответствующего фрагмента молекулы белка, используя таблицу генетического кода»

Объяснение:

По принципу комплементарности мы нашли вторую цепочку ДНК: ГЦТ-АЦЦ-АГГ-ЦТГ. Мы использовали следующие правила при нахождении второй нити
ДНК: А-Т, Т-А, Г-Ц, Ц-Г.

Вернемся к первой цепочке, и именно от нее пойдем к иРНК: ГЦУ-АЦЦ-АГГ-ЦУГ. Мы использовали следующие правила при переводе ДНК в иРНК:
А-У, Т-А, Г-Ц, Ц-Г.

Зная последовательность нуклеотидов иРНК, легко найдем тРНК: ЦГА, УГГ, УЦЦ, ГАЦ. Мы использовали следующие правила перевода иРНК в тРНК:
А-У, У-А, Г-Ц, Ц-Г. Обратите внимание, что антикодоны тРНК мы разделяем запятыми, в отличие кодонов иРНК. Это связано с тем, что
тРНК представляют собой отдельные молекулы (в виде клеверного листа), а не линейную структуру (как ДНК, иРНК).

Пример решения задачи №2

«Известно, что все виды РНК синтезируются на ДНК-матрице. Фрагмент цепи ДНК, на которой синтезируется участок центральной петли тРНК, имеет
следующую последовательность нуклеотидов: ТАГ-ЦАА-АЦГ-ГЦТ-АЦЦ. 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»

Обратите свое пристальное внимание на слова «Известно, что все виды РНК синтезируются на ДНК-матрице. Фрагмент цепи ДНК, на которой
синтезируется участок центральной петли тРНК «. Эта фраза кардинально меняет ход решения задачи: мы получаем право напрямую и сразу
синтезировать с ДНК фрагмент тРНК — другой подход здесь будет считаться ошибкой.

Итак, синтезируем напрямую с ДНК фрагмент молекулы тРНК: АУЦ-ГУУ-УГЦ-ЦГА-УГГ. Это не отдельные молекулы тРНК (как было
в предыдущей задаче), поэтому не следует разделять их запятой — мы записываем их линейно через тире.

Третий триплет ДНК — АЦГ соответствует антикодону тРНК — УГЦ. Однако мы пользуемся таблицей генетического кода по иРНК,
так что переведем антикодон тРНК — УГЦ в кодон иРНК — АЦГ. Теперь очевидно, что аминокислота кодируемая АЦГ — Тре.

Пример решения задачи №3

Длина фрагмента молекулы ДНК составляет 150 нуклеотидов. Найдите число триплетов ДНК, кодонов иРНК, антикодонов тРНК и
аминокислот, соответствующих данному фрагменту. Известно, что аденин составляет 20% в данном фрагменте (двухцепочечной
молекуле ДНК), найдите содержание в процентах остальных нуклеотидов.

Один триплет ДНК состоит из 3 нуклеотидов, следовательно, 150 нуклеотидов составляют 50 триплетов ДНК (150 / 3). Каждый триплет ДНК
соответствует одному кодону иРНК, который в свою очередь соответствует одному антикодону тРНК — так что их тоже по 50.

По правилу Чаргаффа: количество аденина = количеству тимина, цитозина = гуанина. Аденина 20%, значит и тимина также 20%.
100% — (20%+20%) = 60% — столько приходится на оставшиеся цитозин и гуанин. Поскольку их процент содержания равен, то
на каждый приходится по 30%.

Теперь мы украсили теорию практикой. Что может быть лучше при изучении новой темы?

Скачать материал

Скачать материал

Описание презентации по отдельным слайдам:

• 

  1 слайд

  Разбор решения задач на антипараллельность

  Разъяснение по выполнению заданий 27 линии на ЕГЭ по биологии в 2021 году

  Минькова Татьяна Васильевна ,
  учитель биологии высшей
  квалификационной категории
  МОУ СОШ с.Варваровка

  ГАУ ДПО «АМИРО» Кафедра естественно-географического образования, физической культуры, ОБЖ и экологии человека

  г. Благовещенск – 2021 год
  «Дорогу осилит идущий»
   Л. Соловьёв
  «Повесть о Ходже Насреддине» 

• 

  2 слайд

  Кодификатор элементов содержания и требований к уровню
  подготовки выпускников образовательных организаций для
  проведения ЕГЭ по биологии;

• 

  3 слайд

  В спецификации КИМа данные проверяемые элементы находятся в задании с порядковым номером 27, относятся к ВЫСОКОМУ уровню сложности и оцениваются в 3 балла
  Проверяется задание по типу критериев с закрытым рядом требований, в эталоне предлагается единственный правильный вариант ответа, не допускаются иные интерпретации и указано: «Правильный ответ должен содержать следующие позиции»

• 

  4 слайд

  Цель: повторение и закрепление умений решать цитологические задачи в новой ситуации
  План.
  Повторение:
  строение нуклеиновых кислот: ДНК и РНК ( 3’-, и 5’- концы)
  принципы комплементарности и антипараллельности
  Матричные реакции биосинтеза: транскрипция и трансляция
  Генетический код и его свойства, правила работы с таблицей генетического кода.
  2. Решение типовых задач на матричные синтезы с применением принципа антипараллельности.

• 

  5 слайд

  ДНК и РНК –нуклеиновые кислоты, биополимеры, мономером которых являются нуклеотиды
  А – азотистое основание; Б – углевод; В – остаток фосфорной кислоты

• 

  6 слайд

  3’
  Т
  ОН
  5’
  Ц
  Фосфодиэфирная связь
  A
  3’
  ОН
  5’
  5′ конец цепи
  3′ конец цепи
  Фосфодиэфирная связь
  Направление роста

• 

  7 слайд

  В формировании фосфодиэфирной опосредовано участвуют 3-й углерод 
  пентозы одного нуклеотида и 5-й углерод пентозы другого (соседнего)
  Нуклеотида. А нуклеотиды, не задействованные в образовании связи
  образуют углеродные 3’- , и 5’ — концы

• 

  8 слайд

  3’
  Т
  ОН
  5’
  Ц
  A
  3’
  ОН
  5’
  3’
  5’
  Т
  A
  НО
  Г

• 

  9 слайд

  Схема образования водородных связей между комплементарными азотистыми основаниями ДНК
  1 цепь (смысловая) ДНК: 5’ — А – Г – Ц – Т — 3’
  2 цепь (транскрибируемая) ДНК: 3’ — Т – Ц – Г – А – 5’
  иРНК: 5’ — А – Г – Ц – У — 3’
  число водородных связей
  Комплементарность – взаимное соответствие (дополнение)
  биополимеров или их фрагментов друг другу.
  Антипараллельность – это противоположное направление
  двух цепей двойной спирали ДНК: одна цепь имеет направление
  от 5’ к 3’, другая от 3’к 5’.

• 

  10 слайд

  Генетический код и его свойства
  Ген – наследственный фактор (участок ДНК), несущий информацию
  об определённом признаке или функции организма и который
  является структурной и функциональной единицей наследственности.
  Генетический код или код ДНК – это система записи генетической
  информации в молекуле ДНК.
  Генетический код – это набор сочетаний из трёх нуклеотидов,
  кодирующих определённые аминокислоты.
  Свойства генетического кода
  Триплетность (43 = 64, три из них – не кодирующие)
  Избыточность (вырожденность)
  Однозначность
  Старт-кодон АУГ начинает трансляцию с аминокислоты Мет
  Стоп-кодоны
  Универсальность

  Жил – был – кот – сер – был – мил – мне – тот – кот
  Илб – ылк – отс – ерб – ылм- илм – нет – отк — от

• 

  11 слайд

  Старт-кодон иРНК — АУГ — начало информативной части ДНК, кодирует α Мет
  Стоп-кодоны иРНК: УАА, УАГ, УГА — не кодируют аминокислоты
  Таблица Генетического кода дана для иРНК
  — АУГ – АГУ – ЦЦГ – ГЦУ – УУУ – УАА-
  — Мет – Сер – Про – Ала – Фен – стоп-

• 

  12 слайд

  Реакции матричного синтеза
  Матричный синтез можно представить как создание копии исходной информации на несколько другом или новом «генетическом языке».
  Реакции матричного синтеза позволяют достраивать по одной цепи ДНК другую, переводить РНК в ДНК и наоборот, синтезировать белок с иРНК на рибосоме.

• 

  13 слайд

  Репликация ДНК — удвоение, дупликация (лат. replicatio — возобновление, лат. duplicatio — удвоение)
  Процесс синтеза дочерней молекулы ДНК по матрице родительской ДНК. Нуклеотиды достраивает фермент ДНК-полимераза по принципу комплементарности.
  Переводя действия данного фермента на наш язык, он следует следующему правилу:
  к гуанину (Г) присоединяется цитозин (Ц), к аденину (А) присоединяется тимин (Т),
  и, наоборот: Ц – Г, Т — А

• 

  14 слайд

  Транскрипция (лат. transcriptio — переписывание)
  Транскрипция представляет собой синтез информационной РНК (иРНК) по матрице ДНК. Несомненно, транскрипция происходит в соответствии с принципом комплементарности азотистых оснований:
  ДНК: 5’-ЦГА-АГГ-ТГА-ЦАА-ТГТ-3’ (смысловая)
  ДНК: 3’-ГЦТ-ТЦЦ-АЦТ-ГТТ-АЦА-5’ (транскриб.)
  иРНК: 5’-ЦГА-АГГ-УГА-ЦАА-УГУ-3’

• 

  15 слайд

  Трансляция (от лат. translatio — перенос, перемещение, передача)
  Процесс синтеза белка на рибосоме по матрице иРНК. Последовательность кодонов иРНК переводится в последовательность аминокислот.
  5’
  3’

• 

  16 слайд

  ВАЖНО! Последовательность из трёх нуклеотидов, начиная с информативной части в цепи, в молекуле ДНК называют ТРИПЛЕТ,
  в иРНК называют КОДОН, в тРНК называют АНТИКОДОН
  Отдельные последовательности ДНК, иРНК или тРНК записываются в направлении 5’ 3’, поэтому в ответе именно в таком направлении нужно указывать последовательность кодонов и антикодонов. Но если приводится взаимодействие кодон – антикодон, расположение нуклеотидов антипараллельно:поэтому кодоны в генетическом коде записываются в направлении 5’ 3’, а антикодоны в направлении 3’ 5’

• 

  17 слайд

  Шесть типов задач на антипараллельность в реакциях матричного синтеза

• 

  18 слайд

  Задача №1
  Лайфхак №1
  5’ – Г Ц А Т Г Г Г Ц Т Ц Т Г Г А Т Ц Т А Г Г −3’
  3’ − ЦГТ АЦЦ ЦГА ГАЦ ЦТА ГАТ ЦЦ −5’ (ОШИБКА!)

  5’ – Г- Ц- А-Т- Г- Г- Г- Ц- Т- Ц- Т- Г- Г- А- Т- Ц- Т- А- Г- Г −3’
  3’ − Ц- Г- Т- А- Ц- Ц- Ц- Г- А- Г- А- Ц- Ц- Т- А- Г- А- Т-Ц-Ц −5’

• 

  19 слайд

  РЕШЕНИЕ: 1) Определяем по принципу комплементарности нуклеотидную последовательность иРНК, учитывая, что она строится в направлении от 5’ — к 3’- концу, и антипараллельна транскрибируемой ДНК:

  иРНК: 5’ – Г- Ц- А- У- Г- Г- Г — Ц — У- Ц- У- Г- Г- А- У- Ц- У- А- Г- Г -3’

  2) Зная, что синтез любого белка начинается с а/к-ты Мет, которую кодирует кодон иРНК – АУГ, то информативная часть гена (молекулы ДНК) начинается с третьего нуклеотида (Т ) – на транскрибируемой цепи, с третьего нуклеотида (А) –на смысловой цепи ДНК соответственно .

  3) Находим последовательность полипептидной цепи белка по иРНК:

  Смысл. ДНК: 5’ – Г- Ц- А-Т- Г- Г- Г- Ц- Т- Ц- Т- Г- Г- А- Т- Ц- Т- А- Г- Г −3’
  Транскр.ДНК: 3’ − Ц- Г- Т- А- Ц- Ц- Ц- Г- А- Г- А- Ц- Ц- Т- А- Г- А- Т-Ц-Ц −5’
  иРНК: 5’ – Г-Ц-А-У-Г-Г-Г-Ц-У-Ц-У-Г-Г-А-У-Ц-У-А-Г-Г -3’
  — Мет – Гли – Сер – Гли – Сер – Арг —

• 

• 

  21 слайд

  Задача №2

  Антикодоны тРНК записывают через запятую, что соответствует
  представлению о строении молекулы тРНК (клеверный лист, состоит из 5-7
  триплетов, последовательность из трёх нуклеотидов, располагающаяся на вершине «листа» – это информативная часть, которая является
  антикодоном и занимает среднюю листовую пластинку клеверного листа.
  Наоборот, в иРНК нуклеотиды записываются слитно без пробела и запятых,
  либо через «тире», что соответствует представлению о целостности молекулы,
  образованной из нуклеотидов, посредством фосфодиэфирных связей
  Лайфхак №2

• 

  22 слайд

  тРНК: 5’- У Г А-3’, 5’-АУГ-3’, 5’-АГУ -3’, 5’-ГГЦ-3’, 5’- ААУ-3’ зеркалим

  иРНК: 5’- У Ц А – ЦАУ – АЦУ – ГЦЦ – АУУ -3’

  РЕШЕНИЕ: 1) Определяем последовательность нуклеотидов в цепи иРНК, зная, что антикодоны молекулы тРНК антипараллельны кодонам молекулы иРНК:
  2) Определяем последовательность нуклеотидов ДНК (нужно определить
  ИНФОРМАТИВНУЮ ЧАСТЬ), это будет транскрибируемая цепь ДНК.
  Определяем её по иРНК, соблюдая принцип антипараллельности.
  ПОМНИМ! азотистое основание (А) комплементарно (У) в РНК ,
  а в ДНК (А) комплементарно (Т).
  иРНК: 5’- У Ц А – Ц А У – А Ц У – Г Ц Ц – А У У -3’
  ДНК: 3’- А Г Т – Г Т А – Т Г А – Ц Г Г – Т А А -5’ (транкрибируемая)
  3) Определяем число нуклеотидов в двухцепочечной молекуле ДНК
  по правилу Чаргаффа: В молекуле ДНК количество: А=Т и Г=Ц.
  Количество пуринов (А+Г) = количеству пиримидинов (Т+Ц): А+Г=Т+Ц.
  Подсчитаем число нуклеотидов в одной цепи ДНК: А=5, Г=5, Т=4, Ц=1,
  значит во второй цепи ДНК: Т= 5, Ц=5, А=4, Г=1.
  Проверяем по формуле А+Г=Т+Ц: (9+6) = (9+6). ИТОГО: (А)=9, (Г)=6, (Т)=9, (Ц)=6.

• 

  23 слайд

  Элементы ответа:

• 

  24 слайд

  Задача №3
  Лайфхак №3
  Важно понимать, что исходя из условий (антикодоны тРНК антипараллельны
  кодонам иРНК) – антикодоны тРНК нам даны в направлении от 5’ – конца,
  к 3’ – концу. Потому, что (ПОМНИМ ЭТО!) все виды РНК синтезируются
  на транскрибируемой цепи ДНК (от 3’– конца, к 5’– концу) и, естественно,
  антипараллельны ей.
  Нам нужно ориентировать антикодоны тРНК от 3’– конца, к 5’– концу, т.е.
  зеркально отобразить каждый, чтобы они присоединились к иРНК антипараллельно.

• 

  25 слайд

  Решение:

  тРНК: 5’– Г У А, УАЦ, УГЦ, ГЦА – 3’ зеркалим

  иРНК; 5’– У А Ц — ГУА -ГЦА — УГЦ – 3’
  Определим последовательность нуклеотидов в цепи иРНК,
  зная, что антикодоны тРНК антипараллельны кодонам иРНК:
  2) По принципу комплементарности определяем последовательность
  нуклеотидов в транскрибируемой цепи с иРНК, и смысловой цепи ДНК
  с транскрибируемой:
  иРНК: 5’– УАЦ–ГУА–ГЦА–УГЦ – 3’
  ДНК: 3’– АТГ–ЦАТ–ЦГТ–АЦГ – 5’ (транскрибируемая)
  ДНК: 5’– ТАЦ–ГТА–ГЦА–ТГЦ – 3’ (смысловая)
  3) Находим последовательность аминокислот в полипептиде по таблице генетического кода и кодонам иРНК:

  иРНК: 5’– УАЦ–ГУА–ГЦА–УГЦ – 3’
  α: — Тир — Вал — Ала — Цис —

• 

  26 слайд

  Элементы ответа к задаче № 3:

• 

  27 слайд

  Задача № 4
  Задача решается в 2 этапа.
  1)Рассматриваем исходную молекулу ДНК и иРНК, по которой кодируется исходный белок.
  2) После мутации белок меняется и мы смотрим, что же произошло после мутации с ДНК и иРНК.

• 

  28 слайд

  РЕШЕНИЕ: Первый этап. 1) Находим четвертый триплет в цепях ДНК:
  ДНК: 5’ − ГЦГ-ГГЦ-ТАТ-ГАТ-ЦТГ − 3’
  ДНК: 3’ − ЦГЦ-ЦЦГ-АТА-ЦТА-ГАЦ − 5’

  2) Определяем по принципу комплементарности кодон иРНК, и
  находим кодируемую аминокислоту:
  5’ – ГАУ – 3’ кодирует — Асп –
  Второй этап. 1) После мутации четвертая аминокислота Асп
  заменилась на Вал, причём спровоцировал замену одни нуклеотид
  в триплете ДНК. В таблице генетического кода аминокислоту Вал кодирует
  4 кодона: ГУУ, ГУЦ, ГУА, ГУГ.
  Анализируя, видим, что только второй нуклеотид А мог замениться на У в иРНК. Следовательно, Т заменился на А в транскрибируемой цепи ДНК
  (5’ − АТЦ− 3’), а А заменился на Т в смысловой цепи ДНК (5’ − ГАТ− 3’).
  2) У разных организмов одна и та же аминокислота кодируется одним и
  тем же триплетом, это свойство генетического кода – УНИВЕРСАЛЬНОСТЬ.

  Важно! Все триплеты и кодоны записываются в ответах в направлении
  от 5’- конца, к 3’- концу.

• 

  29 слайд

  Элементы ответа:

• 

  30 слайд

  Задача № 5
  В задаче упоминается феномен, когда вирусная РНК попадает в клетку, и запускает механизм обратной транскрипции. Так как у вируса есть обратная транскриптаза, то она синтезирует из РНК(вирусной) – ДНК. Обратная транскриптаза (как все ДНК-полимеразы) ведёт синтез в направлении от 5’- конца, к 3’- концу.

• 

  31 слайд

  Решение:
  1) По принципу комплементарности определяем последовательность
  транскрибируемой и смысловой цепей ДНК:
  (в обратном порядке от 5’ –конца, к 3’-концу.

    ДНК: 5’ – А-Т-Г-Г-Ц-Т-Т-Т-Т-Г-Ц-А − 3’ (смысловая)

    ДНК: 3’ – Т-А-Ц-Ц-Г-А-А-А-А-Ц-Г-Т– 5’ (транскрибируемая)

    РНК: 5’ – А-У-Г-Г-Ц-Т-Т-Т-Т-Г-Ц-А − 3’ (вирусная)

   Важно показать, что вы понимаете, что иРНК синтезируется с транскрибируемой ДНК, Хотя она будет идентичной вирусной РНК, но механизм их образования разный (вирусная РНК изначально попадает в клетку, а иРНК синтезируется в ходе транскрипции на транскрибируемой ДНК. Именно иРНК попадает на рибосому, с неё буде транслироваться белок. И этот механизм важно показать, что вы знаете. За это дают один балл на ЕГЭ!
  Обратная транскрипция

• 

  32 слайд

  ДНК: 3’ – Т-А-Ц-Ц-Г-А-А-А-А-Ц-Г-Т– 5’ (транскрибируемая)

   иРНК: 5’ – А-У-Г-Г-Ц-У-У-У-У-Г-Ц-А − 3’(указываем её помимо вирусной)
  α — Мет – Ала – Фен – Ала-

  Элементы ответа:
  ДНК: 5’ – А-Т-Г-Г-Ц-Т-Т-Т-Т-Г-Ц-А − 3’ (смысловая)

• 

  33 слайд

  Задача № 6
  Известно, что все виды РНК синтезируются на ДНК-матрице. Фрагмент
  молекулы ДНК, на которой синтезируется участок центральной петли тРНК,
  имеет следующую последовательность нуклеотидов:
  ДНК: 5’ -ТГЦ – ЦАТ – ТТТ – ТЦГ – ЦГА – ТАГ – 3’
  ДНК: 3’ – АЦГ – ГТА – ААА – АГЦ – ГЦТ – АТЦ – 5’
  Установите нуклеотидную последовательность участка тРНК, который
  синтезируется на данном фрагменте, обозначьте 5 ‘- и 3’ — концы этого фрагмента
  и определите аминокислоту, которую будет переносить эта тРНК в процессе
  биосинтеза белка, если третий триплет с 5’ – конца соответствует антикодону
  тРНК. Ответ поясните. Для решения задания используйте таблицу
  генетического кода.
  Обратите свое пристальное внимание на слова «Известно, что все виды РНК
  синтезируются на ДНК-матрице. Фрагмент цепи ДНК, на которой синтезируется
  участок центральной петли тРНК «. Эта фраза кардинально меняет ход решения
  задачи: мы получаем право напрямую и сразу синтезировать с ДНК фрагмент
  тРНК — другой подход здесь будет считаться ошибкой.

• 

  34 слайд

  Решение:
  Синтезируем напрямую с ДНК фрагмент молекулы тРНК:

  ДНК: 5’ -ТГЦ – ЦАТ – ГАТ – ТЦГ – ЦГА – ТАГ – 3’ (смысловая)
  ДНК: 3’ – АЦГ – ГТА – ЦТА – АГЦ – ГЦТ – АТЦ – 5’ (транскрибируемая)
  тРНК: 5’ -УГЦ – ЦАУ – ГАУ – УЦГ – ЦГА – УАГ – 3’

  Это не отдельные молекулы тРНК (как было в предыдущей задаче),
  поэтому не следует разделять тройки нуклеотидов запятой — мы записываем их линейно через тире.

  2) Третий триплет ДНК 3’-ЦТА -5’ соответствует антикодону тРНК 5’- ГАУ-3’.
  Однако мы пользуемся таблицей генетического кода по иРНК, поэтому
  переведем антикодон тРНК 5’- ГАУ — 3’ в кодон иРНК.
  Зеркалим
  иРНК: 5’- АУЦ– 3’

  Теперь очевидно, что аминокислота кодируемая АУЦ – Иле (изолейцин).

• 

  35 слайд

  Спасибо всем за внимание!
  Успехов в подготовке и сдаче ЕГЭ!
  До свиданья:)))

Найдите материал к любому уроку, указав свой предмет (категорию), класс, учебник и тему:

6 153 784 материала в базе

• Выберите категорию:

• Выберите учебник и тему

• Выберите класс:

• Тип материала:

  • Все материалы

  • Статьи

  • Научные работы

  • Видеоуроки

  • Презентации

  • Конспекты

  • Тесты

  • Рабочие программы

  • Другие методич. материалы

Найти материалы

Вам будут интересны эти курсы:

• Курс повышения квалификации «ФГОС общего образования: формирование универсальных учебных действий на уроке биологии»

• Курс повышения квалификации «Медико-биологические основы безопасности жизнедеятельности»

• Курс повышения квалификации «Методические аспекты реализации элективного курса «Антропология и этнопсихология» в условиях реализации ФГОС»

• Курс повышения квалификации «Нанотехнологии и наноматериалы в биологии. Нанобиотехнологическая продукция»

• Курс повышения квалификации «Основы биоэтических знаний и их место в структуре компетенций ФГОС»

• Курс профессиональной переподготовки «Анатомия и физиология: теория и методика преподавания в образовательной организации»

• Курс повышения квалификации «Гендерные особенности воспитания мальчиков и девочек в рамках образовательных организаций и семейного воспитания»

• Курс профессиональной переподготовки «Биология и химия: теория и методика преподавания в образовательной организации»

• Курс профессиональной переподготовки «Организация производственно-технологической деятельности в области декоративного садоводства»

• Курс повышения квалификации «Составление и использование педагогических тестов при обучении биологии»

• Курс повышения квалификации «Инновационные технологии обучения биологии как основа реализации ФГОС»

• Курс профессиональной переподготовки «Организация и выполнение работ по производству продукции растениеводства»

Молекулярные основы наследственности с примерами решения типовых задач

Задача 1

На репликацию
ДНК (удвоение, редупликацию)

Одна из цепочек
ДНК имеет следующую последовательность
нуклеотидов:

ГГТ ААА ТЦГ ГАГ
ТАТ ГГТ АЦГ. Определите последовательность
второй цепочки той же молекулы ДНК. Если
известна последовательность нуклеотидов
в первой цепочке, то для второй цепочки
необходимо по принципу комплементарности
заменить тимин на аденин, аденин на
тимин, гуанин на цитозин, цитозин на
гуанин.

Решение:

Первая цепочка
ДНК: Г Г Т А А А Т Ц Г Г А Г Т А Т Г Г
Т А Ц Г

ﺍﺍﺍ
ﺍﺍﺍ
ﺍﺍ
ﺍﺍ
ﺍﺍ
ﺍﺍ
ﺍﺍ
ﺍﺍﺍ
ﺍﺍﺍ
ﺍﺍﺍ
ﺍﺍ
ﺍﺍﺍ
ﺍﺍ
ﺍﺍ ﺍﺍ
ﺍﺍﺍ
ﺍﺍﺍ
ﺍﺍ
ﺍﺍ
ﺍﺍﺍ
ﺍﺍﺍ

Вторая
цепочка ДНК: Ц Ц А
Т
Т Т А Г Ц Ц Т Ц А Т А Ц Ц А Т Г Ц

после удвоения

Ответ:
последовательность нуклеотидов второй
цепи молекулы ДНК ЦЦА ТТТ АГЦ ЦТЦ АТА
ЦЦА ТГЦ.

Задача 2

На определение
строения м-РНК по структуре ДНК

Определите м-РНК,
если фрагмент смысловой (кодогенной)
цепи ДНК имеет следующую последовательность
нуклеотидов: ЦТЦ ЦАТ ГАТ ААЦ ЦТГ, Поскольку
транскрипция происходит по принципу
комплементарности межмолекулярных
взаимодействий нуклеотидов, образующих
пары А-У, Г-Ц, следовательно м-РНК на
данном участке будет иметь следующий
вид:

Цепочка ДНК: ЦТЦ
ЦАТ ГАТ ААЦ ЦТГ

Цепочка м-РНК: ГАГ
ГУА ЦУА УУГ ГАЦ

В РНК, как отмечено
выше, вместо азотистого основания тимина
входит урацил.

Ответ:
м-РНК ГАГ ГУА
ЦУА УУГ ГАЦ.

Задача 3

На определение
строения молекулы белка по структуре
молекулы ДНК

Фрагмент смысловой
молекулы ДНК состоит из нуклеотидов,
расположенных в следующей последовательности:
ТАЦ ААЦ ТГА ЦГЦ ТТТ АГА ЦТТ ЦАГ ЦЦЦ.

Определите состав
и последовательность аминокислот в
полипептидной

цепи, закодированной
в этом участке гена.

Решение:
В начале определяем строение м-РНК,
исходя из принципа комплементарности
А-У и Г-Ц, и помня, что в РНК вместо тимина
азотистое основание урацил.

Цепочка
ДНК: ТАЦ ААЦ ТГА ЦГЦ ТТТ АГА ЦТТ ЦАГ ЦЦЦ

Цепочка м-РНК: АУГ
УУГ АЦУ ГЦГ ААА УЦУ ГАА ГУЦ ГГГ. По таблице
генетического кода находим аминокислоты,
которые закодированы в данной м-РНК,
всего 9 триплетов:

1) кодону (триплету)
АУГ соответствует аминокислота —
метионин,

2) УУГ — лейцин,

3) АЦУ — треонин,

4) ГЦГ-аланин,

5) ААА — лизин,

6) УЦУ-серии,

7) ГАА — глутаминовая
кислота,

ГУЦ-валин,

9) ГГГ — глицин.

Ответ:
последовательность аминокислот в
полипептидной цепи
метионин-лейцин-треонин-аланин-лизин-серин-глютаминовая
кислота-валин-глицин.

Задача 4

На определение
структуры ДНК но строению молекулы
белка.

Фрагмент молекулы
белка миоглобина содержит аминокислоты,
расположенные в следующем порядке:
валин — аланин — глютаминовая кислота —
тирозин — серин — глютамин.

Напишите структуру
участка молекулы ДНК, кодирующего эту
последовательность аминокислот?

Решение:
1. По таблице генетического кода находим
триплеты, кодирующие каждую из указанных
аминокислот: валин — ГУУ, аланин — ГЦУ,
глютаминовая кислота — ГАА, тирозин —
УАУ, серии — УЦУ, глютамин — ЦАА.

Полученная
цепочка отражает строение молекулы
м-РНК: ГУУ ГЦУ ГАА УАУ УЦА ЦАА.

2. После этого
определяем строение цепочки ДНК, которая
кодировала строение м-РНК.

Цепочка м-РНК: ГУУ
ГЦУ ГАА УАУ УЦА ЦАА.

Ответ:

Кодогенная смысловая
цепочка ДНК: ЦАА ЦГА ЦТТ АТА АГА ГТТ

ﺍﺍﺍ
ﺍﺍ
ﺍﺍ

ﺍﺍ
ﺍﺍﺍ
ﺍﺍ
ﺍﺍﺍ
ﺍﺍ
ﺍﺍ
ﺍﺍ
ﺍﺍ
ﺍﺍ
ﺍﺍ
ﺍﺍﺍ
ﺍﺍ
ﺍﺍﺍ
ﺍﺍ
ﺍﺍ

Вторая цепочка
ДНК: ГТТ ГЦТ ГАА ТАТ ТЦТ ЦАА.

Вторая цепочка
ДНК достраивается по принципу
комплементарности.

Задача 5

На определение
антикодонов т-РНК по молекуле м-РНК.

Транспортная РНК
доставляет аминокислоты к полирибосомам,
как было отмечено выше. Вначале
аминокислота активируется АТФ, затем
с помощью фермента амино-ацил т-РНК —
синтетазы присоединяется к участку
т-РНК, образуя комплекс аминоациладенилат
т-РНК — синтеза. На противоположном конце
от места прикрепления активированной
на т-РНК аминокислоты находится антикодон,
который может взаимодействовать с
комплементарным кодоном на молекуле
м-РНК и передавать соответствующую
аминокислоту для синтеза белка. Таким
образом, антикодоны т-РНК осуществляют
процесс трансляции: считывание информации
с м-РНК на последовательность аминокислот
в белковой молекуле.

Условие задачи:
м-РНК имеет следующую последовательность
кодонов:

1) АУГ 2) ЦЦЦ, 3) ГГЦ,
4) ААА, 5) УУУ, 6) ГГГ, 7) УГА. Определите
последовательность к ним антикодонов
т-РНК?

Решение:
Поскольку считывание информации идет
по принципу комплементарности,
следовательно антикодоны т-РНК,
доставляющие соответствующие аминокислоты,
будут иметь следующий состав нуклеотидов:
I) УАЦ, 2) ГГГ, 3) ЦЦГ, 4) УУУ, 5) ААА, 6) ЦЦЦ.
Кодон УГА входит в нонсенс — кодоны —
терминаторы (УАА, УАГ, УГА — три триплета)
к ним нет т-РНК, и на этих кодонах
заканчивается биосинтез белка,
следовательно к этому триплету не будет
и антикодона т-РНК.

Ответ:
антикодоны т-РНК: 1) УАЦ, 2) ГГГ, 3) ЦЦГ,
4) УУУ, 5) ААА, 6) ЦЦЦ.

Задача 6

Определение
структуры молекулы белка по мутантной
моле-куле ДНК

Определите
аминокислоты, входящие в молекулу белка,
если она кодируется следующей
последовательностью кодонов в фрагменте
кодогенной цепи ДНК: ТАЦ АЦА АЦГ ЦАА АТА
ТАЦ АЦА ГЦГ. Как изменится ответ, если,
удалить четвертый, девятый, тринадцатый
нуклеотиды?

Решение:
1. Вначале строим молекулу м-РНК
(транскрипция). Цепочка ДНК: ТАЦ АЦА
АЦГ ЦАА АТА ТАЦ АЦА ГЦГ

Цепочка м-РНК: АУГ
УГУ УГЦ ГУУ УАУ АУГ УГУ ЦГЦ

2. Определяем по
таблице генетического кода аминокислоты,
соответствующие данным кодонам:

1) АУГ — метионин,

2) УГУ-цистеин,

3) УГЦ — цистеин,

4) ГУУ-валин,

5) УАУ-тирозин,

6) АУГ — метионин,

7) УГУ — цистеин,

ЦГЦ-аргинин.

Поскольку дано 8
кодонов фрагмента цепи ДНК, постольку
в данный участок белка входит 8 аминокислот.

3. Строим смысловую
цепь ДНК после утраты трех нуклеотидов.
Изме­ненный кодогенный фрагмент
цепочки ДНК: ТАЦ ЦАА ЦЦА АТА ТАЦ АЦА ГЦГ

Измененный фрагмент
цепочки м-РНК: АУГ ГУУ ГГУ УАУ АУГ
УГУ ЦГЦ

Ответ:
аминокислоты, соответствующие данным
кодонам;

1) АУГ-метионин,

2) ГУУ-валин,

3) ГГУ-глицин,

4) УАУ-тирозин,

5) АУГ-метионин

6) УГУ-цистеин,

7) УГЦ-аргинин.

Утрата
3-х нуклеотидов привела к перегруппировке
кодовых триплетов, изменению информации
в фрагменте молекулы белка, который
включает уже не восемь, а только семь
аминокислот, не стало двух аминокислот
цистеина во
2-ом и 3-ем
положениях, валин вместо четвертого
положения встал на второе; в 3 третьем
положении новая аминокислота — глицин,
тирозин с пятого положения сместился
на четвертое, последние три аминокислоты
остались незатронутыми. Если бы было
выпадение трех, рядом стоящих, нуклеотидов,
то структура белка изменилась бы меньше.

Утрата первого
нуклеотида привела бы к сдвигу
считывания рамки информации, что
повлекло к замене всех аминокислот
в данном фрагменте белка.

Задача 7

На определение
молекулярного веса белка и молекулярного
веса и длины кодирующего его гена

Белок содержит
177 аминокислот. Какую длину и вес имеет
определяющий его ген, а также какой вес
имеет данный белок, учитывая, что средний
молекулярный вес аминокислоты около
110, нуклеотида около 330, расстояние между
двумя соседними нуклеотидами в молекуле
ДНК 0,34 нм.

Решение:
Исходный белок включает 177 аминокислот,
вес одной аминокислоты около 110,
следовательно молекулярный вес белка
177х110=19470.

Каждая аминокислота
кодируется триплетом нуклеотидов,
следовательно в гене содержится 177х3=531
нуклеотид. Молекулярный вес гена
составляет 531х330=175.230; длина гена составляет
531х0,34 нм=180,54 нм.

Ответ:
молекулярный вес белка 19470, молекулярный
вес кодирующего его гена- 175230, длина
гена 180,54 нм.

Задача 8

На определение
состава нуклеиновых кислот

В молекуле ДНК на
долю цитидиловых нуклеотидов приходится
30%. Определите процентное содержание
других нуклеотидов, входящих в молекулу
ДНК.

Решение:
Используем правило Чаргаффа А=Т;
Г=Ц.
Отсюда следует, что гуаниловых нуклеотидов
30%, на долю А+Т приходится 100-(30+30)=40%.
Адениловые и тимидиловые нуклеотиды в
отдельности составляют 40:2=20%.

Ответ:
В данную молекулу ДНК входит 30% гуаниловых,
20% адениловых и 20% тимидиловых нуклеотидов.

Задача 9

На определение
состава нуклеиновых кислот

В молекуле ДНК
обнаружено 600 тимидиловых нуклеотидов,
составляю­щих 15% от общего количества
нуклеотидов в этой молекуле ДНК. Сколько
в ней содержится адениловых, гуаниловых,
цитидиловых нуклеотидов.

Решение:
по правилу Чаргаффа А
=Т;
Г
=Ц
600, следовательно А=
600 нуклеотидов, или 15%. (А+Т)=600+600=1200
нуклеотидов или 30% . (Г+Ц)=100-30=70%,
составляем пропорцию:

30% — 1200 нуклеотидов

70%- х нуклеотидов

нуклеотидов,

значит
(Г+Ц)=2800
нуклеотидов, поскольку Г=Ц,
следовательно

Г=1400
нуклеотидов,

Ответ:
в молекуле ДНК содержится 600 адениловых,
1400 гуаниловых и

1400 цитидиловых
нуклеотидов.

Таблица
генетического
кода

Кодоны матричной РНК
Первое снование	Второе основание	Третье основание
У	Ц	А	Г
У	УУУ Фен	УЦУ Сер	УАУ Тир	УГУ Цис	У
УУЦ Фен	УЦЦ Сер	УАЦ Тир	УГЦ Цис	Ц
УУА Лей	УЦА Сер	УАА Стоп	УГА Стоп	А
УУГ Лей	УЦГ Сер	УАГ Стоп	УГГ Три	Г
Ц	ЦУУ Лей	ЦЦУ Про	ЦАУ Гис	ЦГУ Арг	У
ЦУЦ Лей	ЦЦЦ Про	ЦАЦ Гис	ЦГЦ Арг	Ц
ЦУА Лей	ЦЦА Про	ЦАА Глн	ЦГА Арг	А
ЦУГ Лей	ЦЦГ Про	ЦАГ Глн	ЦГГ Арг	Г
А	АУУ Иле	АЦУ Тре	ААУ Асн	АГУ Сер	У
АУЦ Иле	АЦЦ Тре	ААЦ Асн	АГЦ Сер	Ц
АУА Иле	АЦА Тре	ААА Лиз	АГА Арг	А
АУГ Мет	АЦГ Тре	ААГ Лиз	АГГ Арг	Г
Г	ГУУ Вал	ГЦУ Ала	ГАУАсп	ГГУ Гли	У
ГУЦ Вал	ГЦЦ Ала	ГАЦ Асп	ГГЦ Гли	Ц
ГУА Вал	ГЦА Ала	ГАА Глу	ГГА Гли	А
ГУГ Вап	ГЦГ Ала	ГАГ Глу	ГГГ Гли	Г

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #

 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: Если в синтезе участвовало 30 т-РНК, то они перенесли 30 аминокислот. Одна аминокислота кодируется одним триплетом, значит число триплетов -30 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.
•  

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: Антикодоны т-РНК комплементарны кодонам и-РНК, а последовательность нуклеотидов и-РНК комплементарна одной из цепей ДНК. т-РНК: УУА, ГГЦ, ЦГЦ, АУУ, ЦГУ и-РНК: ААУ-ЦЦГ-ГЦГ-УАА-ГЦА 1 цепь ДНК: ТТА-ГГЦ-ЦГЦ-АТТ-ЦГТ 2 цепь ДНК: ААТ-ЦЦГ-ГЦГ-ТАА-ГЦА. 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: По правилу комплементарности определяем фрагмент и-РНК Разбиваем его на триплеты: УУЦ-ЦГА-УГЦ-ААУ. 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: Матрицей для синтеза белка является молекула и-РНК, а они в пробирке одинаковые.  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	Решение: Разбиваем и-РНК на триплеты ГАУ-ГАГ-УАЦ-УУЦ-ААА. По таблице генетического кода определяем последовательность аминокислот — : асп-глу-тир-фен-лиз Антикодоны т-РНК определяем по правилу комплементарности: ЦУА, ЦУЦ, АУГ, ААГ, УУУ 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.

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.

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.

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	Гаплоидный набор n = 30 В интерфазе происходит удвоение хромосом —  2n4c —  2х30, 4х30 = 60хромосом и 120  молекул ДНК 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: Гаплоидный набор (n) = 14 Перед началом мейоза I — 2n4c = 28 хромосом, 56 молекул ДНК 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.

         

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