Муниципальное бюджетное общеобразовательное учреждение
«Средняя общеобразовательная школа №24 с углубленным изучением
отдельных предметов»
города Набережные Челны Республики Татарстан
Задачи по молекулярной биологии
Составитель: учитель биологии
высшей квалификационной категории
Фирузе Фатхиевна Гарифуллина
г. Набережные Челны
2015
Пояснительная записка
Цель: познакомить учащихся с приемами решения задач по молекулярной
биологии .
Данное пособие содержит практические рекомендации по их решению,
включает задачи разной степени сложности и служит учащемуся
допольнительным инструментом для приобретения глубоких и прочных
знаний в рамках школьной программы.
Это пособие включает расчетные, текстовые (логические) задачи. Решение
расчетных задач основано на применение элементарных, методических
правил. Качественные задачи решаются путем логических рассуждений.
Это пособие знакомит учащихся с приемами решения задач, содержит
практические рекомендации по их решению. При решении задач по
определению молекулярной массы белков и трансляции даются пояснения.
Данное методическое пособие составлялось с учетом возрастных
особенностей учащихся, их интересов и способностей.
Предлагаемое учебное пособие содержит задачи разной степени сложности
и служит учащемуся дополнительным инструментом для приобретения
глубоких и прочных знаний в рамках школьной программы и требований,
также способствует формированию у учащихся интеллектуальных навыков и
умений.
Задачи молекулярной биологии направлены на расширение и углубление
содержания программы профильного элективного курса «Её величество
ДНК».
Задачи по молекулярной биологии.
Молекулярную массу низкомолекулярных кислот белков можно вычислить по
данным аминокислотного состава. По данным элементарного и аминокислотного состава
вначале вычисляют минимальную молекулярную массу по формуле:
М min = а/в х 100,
где М – минимальная молекулярная масса белка, а – атомная или молекулярная масса
компонента, в – процентное содержание компонента.
Зная число атомов металла или аминокислотных остатков в молекуле, можно
рассчитать истинную молекулярную массу данного белка, умножив минимальную
молекулярную массу на число компонентов.
Молекулярная масса, состав белков и нуклеиновых кислот.
Задача.1.Гемоглобин человека содержит 0,34 % железа (Fe). Вычислите
минимальную молекулярную массу гемоглобина.
Решение: Атомная масса железа 56. Поскольку в гемоглобине не может содержаться
менее одного атома железа, то минимальную молекулярную массу белка можно
рассчитать, составив пропорцию:
0,34---------100%
56 ----------Х%
Следовательно, Х=56 х 100/0.34=16471
Ответ : 16471
Задача.2.Альбумин сыворотки крови человека имеет молекулярную массу 68400.
Определите общее число аминокислотных остатков в молекуле определенного белка.
Решение. Определяем общее количество аминокислотных остатков, принимая
среднюю молекулярную массу одного аминокислотного остатка за 100:
68400/100=684
Ответ: 684
Задача.3.В молекуле ДНК на долю цитидиловых нуклеотидов приходится 18%.
Определите процентное содержание других нуклеотидов, входящих в молекулу ДНК.
Решение. Используем 1-е и 2-е правила Чаргаффа: 1) А=Т, 2) Г=Ц. Отсюда следует,
что гуаниновых нуклеотидов 18%. На долю А+Т приходится: 100 – (18+18)=64%.
Адениловые и тимидиловые нуклеотиды в отдельности составляют: 64/2=32%.
Ответ: 32% .
Редупликация ДНК и трансляция и-РНК.
Задача.1. Участок одной из цепей ДНК имеет такую нуклеотидную
последовательность : ТГАТТЦАГААГЦАТАЦЦ. Определите последовательность
нуклеотидов во второй цепи.
Решение. Согласно принципу комплементарности (А-Т, Г-Ц) последовательность
нуклеотидов во второй цепи ДНК будет следующей: АЦТААГТЦТТЦГТАТГГ.
Ответ : АЦТААГТЦТТЦГТАТГГ.
Задача.2. Один из участков цепи молекулы ДНК имеет такую нуклеотидную
последовательность : АГГЦАТЦАТАГЦЦГ. Какое строение будет иметь двух цепочечный
участок молекулы ДНК?
Решение. Согласно принципу комплементарности (А-Т, Г-Ц) последовательность
нуклеотидов во второй цепи ДНК будет следующей:
ТЦЦГТАГТАТЦГГЦ.
Ответ: ТЦЦГТАГТАТЦГГЦ.
Задача 3. Участок молекулы ДНК имеет следующую последовательность нуклеотидов:
3 АТГЦТАГЦТГАТГЦТТАА 5
5 ТАЦГАТЦГАЦТАЦГААТТ 3
Постройте участок информационной РНК, транскрибируемый на этой молекуле ДНК.
Сколько кодонов он включает?
Решение: Синтез и-РНК (транскрипциия) на ДНК- матрица идет всегда с одной цепочки,
начинающейся с 5 конца, 6 кодонов.
Особенности генетического кода.
Генетический код в настоящее время расшифрован для всех 20
аминокислот и составлен по и-РНК в виде таблицы 1.
Сокращенные обозначения аминокислот:
Ала – аланин, Арг – аргинин, Аспн – аспарагин, Асп – аспарагиновая кислота, Вал –
Валин, Гис – гистидин, Гли – глицин, Глун – глутамин, Глу - глутаминовая кислота, Илей
– изолейцин, Лей – лейцин, Лиз – лизин, Мет – метионин, Про – пролин, Сер – серин, Тир
– тирозин, Тре – треонин, Три – триптофан, Фен – фенилаланин, Цис – цистеин.
Генетический код триплетный, то есть каждую аминокислоту кодирует три рядом
стоящих нуклеотида (кодон).
Таблица 1.
Генетический код.
Вторая буква кодона.
У
Ц
А
Г
1.
УУУ Фен
УУЦ Фен
УУА Лей
УУГ Лей
ЦУУ Лей
ЦУЦ Лей
ЦУА Лей
ЦУГ Лей
АУУ Илей
АУЦ Илей
АУА Илей
АУГ Мет
ГУУ Вал
ГУЦ Вал
ГУА Вал
ГУГ Вал
Ц
УЦУ Сер
УЦЦ Сер
УЦА Сер
УЦГ Сер
ЦЦУ Про
ЦЦЦ Про
ЦЦА Про
ЦЦГ Про
АЦУ Тре
АЦЦ Тре
АЦА Тре
АЦГ Тре
ГЦУ Ала
ГЦЦ Ала
ГЦА Ала
ГЦГ Ала
А
УАУ Тир
УАЦ Тир
УАА «Охра»
УАГ «Янтарь»
ЦАУ Гис
ЦАЦ Гис
ЦАА Глун
ЦАГ Глун
ААУ Аспн
ААЦ Аспн
ААА Лиз
ААГ Лиз
ГАУ Асп
ГАЦ Асп
ГАА Глу
ГАГ Глу
Г
УГУ Цис
УГЦ Цис
УГА Бессм
УГГ Три
ЦГУ Арг
ЦГЦ Арг
ЦГА Арг
ЦГГ Арг
АГУ Сер
АГЦ Сер
АГА Арг
АГГ Арг
ГГУ Гли
ГГЦ Гли
ГГА Гли
ГГГ Гли
У
Ц
А
Г
У
Ц
А
Г
У
Ц
А
Г
У
Ц
А
Г
Третья буква кодона.
Первая буква кодона.
У
Триплеты УАА, УАГ, УГА не кодируют аминокислот, и их называют
бессмысленными, однако они выполнят важную функцию – служат сигналом о
прекращении синтеза белка.
2 . Универсальность - единый принцип кодирования наследственной информации у всех
живых организмов.
3.
Ге6нетический код не перекрывающиеся, то есть один и тот же нуклеотид не может
входить одновременно в состав двух соседних триплетов.
4.
Генетический код вырожден (избыточность) - то есть одна и та же аминокислота
может кодироваться несколькими триплетами.
5. Специфичность - один кодон (триплет) кодирует только одну аминокислоту.
Код характеризуется тем, что чтение его всегда начинается с определенного пункта и
считывается без запятых, то есть если произойдет выпадение нуклеотида, то при
считывании кодона место займет ближайший нуклеотид из соседнего кодона. Отсюда
изменится весь порядок считывания.
Задача.1. Начало цепи одной из фракций гистона НЗ, выделенного из тимуса быка,
имеет следующую аминокислотную последовательность : Ала-Арг-Тре-Лиз-. Какова
возможная структура начальных фрагментов
и-РНК и двухцепочечной ДНК?
Решение. По таблице 1 находим, что указанные аминокислоты гистона НЗ
кодируется триплетами: ГЦЦ-ЦГЦ-АЦЦ-ААГ. По принципу комплементарности
устанавливаем строение соответствующего участка молекулы ДНК.
Цепь и-РНК:
ГЦЦ-ЦГЦ-АЦЦ-ААГ
Первая цепь ДНК:
ЦГГ-ГЦГ-ТГГ-ТТЦ
... ... ... ...
... ... ... ...
ГЦЦ-ЦГЦ-АЦЦ-ААГ.
Вторая цепь ДНК:
Задача.2. У больных серповидной анемией в молекуле гемоглобина глютаминовая
кислота замещена на Валин. Чем отличается ДНК, больного серповидной анемией, от
ДНК здорового человека?
Решение. Находим триплеты на и-РНК, кодирующие глютаминовую кислоту и
валин, а по ним – нуклеотидный состав ДНК:
Здоровый человек
Больной человек
Аминокислоты
Глу
Вал
Кодоны и-РНК
ГАА
ЦТТ
...
...
ГАА
ГУУ
ЦАА
...
...
ГТТ
Состав ДНК
Задача.3.Какое изменение молекулы ДНК сильнее повлияет на строение белка:
выпадение одного нуклеотида из триплета или целого триплета?
Решение. В качестве примера возьмем какой-либо участок цепи ДНК, несущий
информацию о строении определенного пептида, и проанализируем его строение при
возможных ситуациях.
а) при нормальном строении ДНК.
Цепь ДНК: …АГГ-ТГГ-ЦТЦ-ЦТГ-Г…
Цепь и-РНК:…УЦЦ-АЦЦ-ГАГ-ГАЦ-Ц…
Пептид
-Сер -Тре -Глу -Аспб) при выпадении из цепи ДНК одного нуклеотида. Допустим, выбит первый нуклеотид
второго триплета (Т) .
Цепь ДНК: …АГГ-ГГЦ-ТЦЦ-ТГГ…
Цепь и-РНК:…УЦЦ-ЦЦГ-АГГ-АЦЦ…
Пептид
-Сер -Про -Арг -Трев) при выпадении целого триплета из цепи ДНК. Допустим, выбит второй триплет (-ТГГ) .
Цепь ДНК: …АГГ…-…ЦТЦ-ЦТГ-Г…
Цепь и-РНК:…УЦЦ…-…ГАГ-ГАЦ-Ц…
Пептид
-Сер …-… -Глу -АспТаким образом, при выпадении одного нуклеотида из цепи ДНК изменяется
полностью аминокислотный состав белковой молекулы. Исключение целого триплета
приводит к выпадению лишь одной аминокислоты. При этом последовательность всех
остальных аминокислот в белковой цепи сохраняется.
Примечание:
Молекулярная масса одной аминокислоты в среднем – 100.
Молекулярная масса одного нуклеотида – 345.
Длина одного нуклеотида – 0,34нм.
Длина одной аминокислоты-0,3нм
Задача№4.Дана цепь ДНК: Ц Т А- Т А Г -Т А А -Ц Ц А- А
Определите: а) первичную структуру белка, закодированного в этой цепи;
б) количество (в %) различных видов нуклеотидов в этом гене (в двух цепях); в) длину
этого гена; г) первичную структуру белка, синтезируемого после выпадения девятого
нуклеотида в этой цепи ДНК.
Решение: а) Асп – ала- илей – гли ---
.
б) всего в двух цепях-26 нуклеотидов. Чтобы найти количество адениловых нуклеотидов
(в%) составляем пропорциию: А=Т-(9+9)=18; Ц+Г-(4+4)=8.
26----100%
9----Х
Х=34,6.
На основе принципа комплементарности (А=Т) - 34,6+34,6=69,2%
100% - 69,2%=30,8% приходится на (Г+Ц). 30,8:2=15,4%
В) В одной цепи ДНК всего-13 нуклеотидов. 13 х 0,34нм=4,42нм.
Г) после выпадения девятого нуклеотида
Асп – ала – мет – вал
Задача №5.Даны полипептидные цепи:
а) але – тре – лиз – аспи …
б) гли – илей – вал – глу – глун …
в) тре – сер – илей – сер – асп
Определите структуру соответствующих цепей ДНК.
Примечание: Из нескольких возможных кодонов и-РНК одной аминокислоты следует
брать, для удобства проверки, первый кодон по порядку чтения таблицы генетического
кода.
Решение: а) ТАГ- ТГА-ТТТ-ТТА …
б) ЦЦА-ТАА-ЦАА-ЦТТ-ГТТ …
в) ТГА-АГА-ТАА-АГА-ЦТА.
Задача№6.Сколько нуклеотидов содержит ген (обе цепи ДНК), в котором
запрограммирован белок инсулин из 51 аминокислоты?
Решение: Каждая аминокислота кодируется триплетом (тремя нуклеотидами) ДНК.
Следовательно, для кодирования 51 аминокислоты белка потребуется
51х3=153 нуклеотида в одной цепи ДНК, а в гене – в два раза больше:
153х2=306 нуклеотидов.
Задача№7. Молекулярная масса белка Х-50 000. Определите длину соответствующего
гена.
Решение: Белок Х состоит из 50 000:100=500 аминокислот. Для кодирования
500 аминокислоты потребуется 500 триплетов. 500х3=1500 нуклеотидов.
Длина этой цепи ДНК=1500 х 0,34нм = 510нм.
Задача№8.Сколько нуклеотидов содержат гены (обе цепи ДНК),в которых
запрограммированы следующие белки а) из 500 аминокислот, б) из 25 аминокислот,
в) из 48 аминокислот.
Решение: каждая аминокислота кодируется триплетом. Следовательно, а) 500 х 3=1500
нуклеотидов в одной цепи ДНК, а в гене –в два разабольше:1500х2=3000. б) 25 х 3 = 75
нуклеотидов, в одной цепи ДНК, а в гене 75х2=150нуклеотидов.в) 48 х 3 = 144
нуклеотидов, в одной цепи ДНК, а в гене 144х2=288нуклеотидов.
Примечание: Молекулярная масса одной аминокислоты в среднем 100.
Молекулярная масса одного нуклеотида 345.
Длина одного нуклеотида 0,34 нм.
Задача№9. Известна, молекулярная масса четырех видов белков:
а) 3000; б) 4600; в) 7800; г) 3500. Определите длину соответствующих генов.
Решение: а) 3000: 100=30 аминокислот.30х3=90 нуклеотидов.90х0,34=30,6 нм.
б) 4600:100=46 аминокислот.46х3=138 нуклеотидов.138 х 0,34=46,92нм.
в) 7800:100=78 аминокислот.78х3=234 нуклеотидов.234 х 0,34=795,6нм.
г) 3500: 100=35 аминокислот.35х3=105 нуклеотидов.105 х 0,34=35,7 нм.
Задача№10.. Одна из цепей ДНК имеет молекулярную массу 34 155.Определите
количество мономеров белка, запрограммированного в этой ДНК.
Решение: 34 155:345=99 нуклеотидов содержится в ДНК. 99:3=33 триплета в ДНК
кодируют 33 аминокислоты белка.
Ответ: 33.
Задача№11. В молекуле ДНК обнаружено 880 гуаниловых нуклеотидов, которые
составляют 22% от общего количества нуклеотидов этой ДНК.
Определите: а) сколько содержится других нуклеотидов в этой молекуле ДНК.
б) какова длина ДНК
Решение: а) На основе принципа комплементарности Ц-Г= 22%+22%=44% или
Ц-Г=880+880=1760. На долю других видов нуклеотидов Т+А=приходится
100%-44%=56%.Для вычисления количества этих нуклеотидов составляем пропорцию:
1760----44
Х-----100 Х= 4000 всего нуклеотидов в двух цепях.(А+Т)=(Ц+Г).
4000-1760=2240нуклеотидов это 56%.
б) Для определения длины ДНК узнаем, сколько нуклеотидов содержится в одной цепи:
4000:2= 2000нуклеотидов.
в) Вычисляем длину ДНК: 2000нук. х 0,34нм.=680нм.
Задача№12. Какова молекулярная масса гена (двух цепей ДНК), если в одной цепи его
запрограммирован белок с молекулярной массой 1500?
Решение: а) 1500:100=15 аминокислот в белке;
б) 15х3=45нуклеотидов в одной цепи гена
.
в) 45х345=15 525 (молекулярная масса одной цепи гена).
г) молекулярная масса двух цепей 15 525х2=31050.
Задача №13. Определите длину молекулы ДНК, если в белке 51 аминокислота (инсулин),
а длина одного нуклеотида 0,34 нм.
Решение: В молекуле белка 51 аминокислота. Каждая аминокислота кодируется
триплетом, поэтому в одной цепи ДНК – 51 триплетов. 51х3=153 нуклеотида.
Вычисляем длину ДНК 153 х о,34нм. =52,02нм.
Задача №14. Сколько аминокислотных остатков включает белок, если в кодирующем его
гена цитозина - 800, тимина - 430.
Решение: На основе принципа комплементарности А=Т и Г=Ц.
В двух цепях ДНК: (Г+Ц)=800+800=1600нуклеотидов; ( А+Т)=430+430=860нуклеотидов.
В двух цепях всего 2460 нуклеотидов. В одной цепи 2460:2=1230нуклеотидов.
Каждый триплет кодирует одну аминокислоту: 1230:3=410 аминокислотных остатков.
Задача№15. В состав гена входит 30% тимина. Сколько в нем гуанина, если белок,
кодируемый этим геном включает 350 аминокислот.
Решение: На основе принципа комплементарности А=Т -30%+30%=60%. Чтобы узнать
сколько % в нем гуанина: 100% - 60%= 40%.(Г+Ц).
350х3=1050 нуклеотидов, в одной цепи ДНК. В двух цепях ДНК1050х2=2100нуклеотидов.
Чтобы определить сколько % нуклеотидов приходится на А+Т- составляем пропорцию:
2100нук.----100%
Х---------60%
Х= 1260нуклеотидов.
Чтобы определить сколько нуклеотидов приходится на Ц+Г- составляем пропорцию:
2100нук.-----100%
Х-----------40%.
Х=840%нуклеотидов. 840: 2= 420нуклеотидов гуанина.
Задача№16. Сколько аминокислотных остатков включает белок, если в кодирующем
его гене аденина – 300, гуанина – 720, цитозина – 720.
Решение: На основе комплементарности А=Т-(300+300)=600нуклеотидов.
Г=Ц – (720+720)=1440нуклеотидов.В двух цепях ДНК: 1440+600=2040нуклеотидов.
В одной цепи ДНК: 2040:2=1020нуклеотидов. Каждая аминокислота кодируется
триплетом. 1020нуклеотидов : 3=340 аминокислотных остатков.
Задача № 17. В состав и-РНК входит: А-16%, У-28%, Г-24%, Ц-32%.
Определите процентный состав азотистых оснований молекулы ДНК, слепком с которой
является указанная РНК.
Решение: На основе принципа комплементарности а) количество А=У, найдем среднее
арифметич.% содержания этих нуклеотидов 16%+28%=44%.А=У-44:2=22%.
Г=Ц, найдем среднее арифмет. 100-44=56%(Г+Ц). 56:2=28%.
Задача№18.В гене аденина 20%, гуанина-900 оснований. Сколько аминокислотных
остатков в белке, кодируемом этим геном?
Решение: На основе комплементарности Г=Ц-900+900=1800оснований. Чтобы найти
количество аденина составляем пропорцию: 1800----100
Х-----40% Х=720нуклеотидов (А+Т).
Количество нуклеотидов в двух цепях ДНК-1800+720=2520, а в одной цепи ДНК
2520:2=1260нуклеотидов.Чтобы найти аминокислотных остатков в белке 1260:2=630.
Задача№19. В состав т-РНК входит Г-34%, У-24%, А-22%, Ц-20%. Определите
процентный состав азотистых оснаваний молекулы ДНК, слепком с которой является
указанная РНК.
Решение: На основе принципа комплементарности а) А+У, найдем среднее арифмет.
% содержание этих нуклеотидов 22%+24%=46%. А-У=46:2=23%.
б) Г=Ц, найдем средне арифметич.100-46=54% на (Г+Ц). 54:2=27%.
Задача№20. В состав и-РНК входит Г-34%, У- 18%, Ц-28%, А-20%.Определите
процентный состав азотистых оснований молекулы ДНК, с которой транскрибировалось
и-РНК.
Решение: На основе принципа комплементарности а) А+У=20%+18%=38%. 38%:2=19%
б) Г+Ц=34%+28%=62%. 62%:2=31%
Экзон - интронная структура гена
В процессе исследования структуры нуклеиновых кислот было выявлено,
Что у эукариот между генами в молекуле ДНК имеются участки, которые не содержат
информации о какой – либо аминокислоте.
Эти некодирующие участки называются интронами. В отличие от них кодирующие
участки называются экзонами. Однако у ряда организмов суммарная длина всех интронов
составляет свыше 80% общей длины ДНК.
Например, ген сывороточного альбумина содержит 6 интронов, а ген коллагена
Свыше 50. В настоящее время известно, что все эукариотические гены содержат интроны,
которые различаются по числу, длине и месту их расположения в гене.
Задача№21 Оперон фермента РНК-полимеразы кишечной палочки включает 9450пар
нуклеотидов. РНК-полимераза состоит из 329 аминокислот. Сколько кодирующих и
не кодирующих пар нуклеотидов входит в состав оперона РНК- полимеразы.
Решение: За 329 аминокислот в гене отвечает329х3=987 пар нуклеотидов. Не
кодирующая часть 9450пар-987пар=8463пары нуклеотидов.Она включает регуляторную
зону(промотор, ген оператор и т.д.)
Задача№22. Белок - полимер. Ген, кодирующий его, состоит из 10 900 пар нуклеотидов, в
том числе включает 2 интрона по 5 тысяч пар нуклеотидов каждый.
Из скольких аминокислотных остатков состоит белок.
Решение: За белок отвечает только экзоны и на них приходится 900 пар нуклеотидов.
Ген включает 2 интрона по 5 тысяч: 5000х2=10 000пар нуклеотидов.
10 900-10 000=900пар нуклеотидов. 900:3=300 аминокислотных остатков.
Задача №23. Б елок – полимер. Ген, кодирующий его, включает 5 интронов по
10 тысяч.пар нуклеотидов и 4 экзона по 270пар нуклеотидов.
Сколько нуклеотидов входит в состав кодирующей зоны и-РНК этого белка и сколько он
включает аминокислотных остатков?
Решение: Ген включает 5 интронов по 10 000пар нуклеотидов 10 000х5=50 000пар
нуклеотидов, кроме этого включает 4 экзона по 270пар нуклеотидов:270х4=1080 пар
нуклеотидов.
В состав кодирующий зоны входит 1080пар нуклеотидов. Каждая аминокислота
кодируется триплетом (тремя нуклеотидами). 1080:3=360аминокислотных остатков.
Задача№24. Ген состоит из 21 200 пар нуклеотидов и включает 2интрона по 10 000пар
нуклеотидов, каждый. Сколько аминокислотных остатков включает белок, синтез
которого контролируется этим геном.
Решение: 10 000х2=20 000пар нуклеотидов интрона. 21 200-20 000= 1 200пар
нуклеотидов. 1200:3=400 аминокислотных остатков.
Задача№25. Чему равна длина гена, кодирующего белок из 420 аминокислотных
остатков, если он включает 2 интрона по 3000 пар нуклеотидов каждый?
Решение: За 420 аминокислот в гене отвечает 420х3=1260пар нуклеотидов. Не
кодирующая часть 3000х 2=6000нуклеотидов. Всего: 1260+6000=7260 пар нуклеотидов.
Чтобы определить длину гена 7260х0,34нм.=2468,4.
Ответ: 2468,4 нм.
Задача №26. Общая масса всех молекул ДНК в 46 хромосомах одной соматической
клетки человека
Составляет около 6х10-9 мг. Определите, чему равна масса всех молекул ДНК в
сперматозоиде и в соматической клетке перед началом деления и после его окончания.
Решение:
1. Перед началом деления в исходной клетке количество ДНК удваивается и масса
равна 2 6 109 12 109 мг 9 .
2.После окончания деления в соматической клетке количество ДНК остается таким же,
Как в исходной клетке: 6 10 9 мг.
3. В половых клетках 23 хромосомы, то есть в два раза меньше, чем в соматических,
Соответственно масса ДНК в сперматозоиде в 2 раза меньше и составляет
6 10 2 3 109 мг .
Задача №27. 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 междунуклеотидами в ДНК составляет – 0,34нм).
Решение:
1. Аденин(А) комплементарен тимину (Т), и между ними образуются две водородные
связи, следовательно, двойных водородных связей-12;
2. Гуанин (Г) комплементарен цитозину(Ц), и между ними образуются три водородные
связи, следовательно, тройных водородных связей -20;
3. Всего нуклеотидов в цепи 12(А) +12(Т)+20(Г)+20(Ц)=64;
Длина участка молекулы ДНК: 64:2Х0,34=10,88нм.
Задача№28. Участок молекулы ДНК имеет структуру:
АЦЦ-АТА-ГЦТ-ЦАА- ГГА-ГГЦ-ТТА
Определите:структуру второй цепи ДНК, нуклеотидный состав и-РНК и число тройных
водородных связей в этом участке молекулы ДНК
Решение:
1.) Вторая цепь ДНК имеет структуру:
ТГГ-ТАТ-ЦАГ-ГТТ-ЦЦТ-ЦЦГ-ААТ
2). И-РНК имеет нуклеотидный состав:
АЦЦ-АУА-ГУЦ-ЦАА-ГГА-ГГЦ-УУА;
3). Число тройных водородных связей: тройные водородные связи образуются между
гуанином (Г) и цитозином (Ц), их число=10
Задача №29. Дана цепь ДНК: ЦТА-АТГ-ТАА-ЦЦА
Определите: 1) Первичную структуру закодированного белка
2) Процентное содержание различных видов нуклеотидов в этом гене (в двух цепях)
3). Длину этого гена
4). Длину белка
Решение:
и-РНК: ГАУ-УАЦ-АУУ-ГГУ
Послед-сть аминокислот: асп-тир-иле-гли.
Первая цепь ДНК: ЦТА-АТГ-ТАА-ЦЦА
Вторая цепь ДНК: ГАТ-ТАЦ-АТТ-ГГТ
Кол-во:А=8, Т=8,Г=4,Ц=4. Все кол-во:24,ээто 100%.
А=Т,=8, это (8х100%):24=33,3%
Г=Ц=4,это (4х100%):24=16,7 %
Длина гена: 12х0,34нм=4,08нм
Длина белка: 4аминок. х 0,3=1,2нм.
Задача 30.
Информационная часть м-РНК содержит 144 нуклеотида.Определите число аминокислот,
которые входят в состав кодируемого ею белка, число молекул т-РНК, участвующих в
процессе трансляции этого белка, и число нуклеотидов в участке
гена,кодирующихпервичную структуру этого белка.Обьясните полученные резултаты:
Решение: 1. аминокислоту кодирует триплет нуклеотидов, следовательно белок состоит
из 144:3= 48 аминокислот
2. одна т-РНК транспортирует одну аминокислоту, следовательно, в процессе трансляции
участвовало 48 т-РНК.
3. и-РНК является копией гена, который кодирует данный белок ,поэтому ген содержит
144 нуклеотида
Энергетический обмен
Примечание:
1. При гидролизе (кислородный этап) из одной молекулы глюкозы
образуется 36 молекулы АТФ.
2. При гликолизе одна молекула глюкозы расщепляется до 2 молекул
ПВК (пировиноградной кислоты) с образованием 2 молекул АТФ.
3. При полном окислении одной молекулы глюкозы образуется 38
молекул АТФ.
Задача № 31.
В процессе гликолиза образовалась 68 молекул ПВК.
Определите, какое количество молекул глюкозы подверглось расщеплению и
сколько молекул АТФ образовалось при полном окислении.
Решение: при гликолизе одна молекула глюкозы расщепляется до 2 молекул
ПВК (пировиноградной кислоты) с образованием 2 молекул АТФ. 68:2=34
молекулы глюкозы
при полном окислении одной молекулы глюкозы образуется 38 молекул
АТФ. 34 х38=1292молекул АТФ
Задача № 32.
В процессе клеточного дыхания образовалось 972 молекулы АТФ.
Определите, какое количествао молекул глюкозы подверглось расщеплению
и сколько молекул АТФ образовалось в результате гликолиза и полного
окисления.
Решение: При гидролизе (кислородный этап) из одной молекулы глюкозы
образуется 36 молекулы АТФ. 972:36=27 молекул глюкозы
при гликолизе одна молекула глюкозы расщепляется до 2 молекул ПВК
(пировиноградной кислоты) с образованием 2 молекул АТФ. 27х2= 54
при полном окислении одной молекулы глюкозы образуется 38 молекул
АТФ. 27х38=1026 молекул АТФ.
Задача №33.
В процессе гликолиза образовалось 64 молекулы ПВК. Сколько молекул
глюкозы подверглось расщеплению и сколько молекул АТФ образуется в
процессе клеточного дыхания.
Решение:
при гликолизе одна молекула глюкозы расщепляется до 2 молекул ПВК
(пировиноградной кислоты) с образованием 2 молекул АТФ. 64:2=32
молекулы глюкозы
При гидролизе (кислородный этап) из одной молекулы глюкозы образуется
36 молекулы АТФ. 32х36=1152 молекулы АТФ
Список использованной литературы:
1. Богданов Т.А., Солодова Е.А. «Биология» Справочник для
старшеклассников и поступающих в ВУЗы. М.2005
2. Грин Н., Стаут У., Тейлор Д. «Биология» под ред. Р.Сопера М.
Мир 1993
3. Коничев А.С., Севастьянова Г.А. «Молекулярная биология.
М.:Академия, 2005
4. Крестьянинов В.Ю., ВайнерГ.Б. «Сборник задач по генетике с
решениями» Методическое пособие для школьников, абитуриентов и
учителей.
5. Лемеза Н.А. «Пособие по биологии для поступающих в ВУЗы»
6. Рувинский А. О. «Общая биология» Учебник для 10-11 классов школ с
углубленным изучением биологии.
7. Фросин В.Н. «Учебные задачи по медицинской генетике»
8. Кириленко А.А. «Молекулярная биология» Сборник заданий для
подготовки к ЕГЭ уровни А,В и С, 2013.
9. Кириленко А.А,С.И. Колесников «Биология» подготовка к ЕГЭ-2014.
10. Богданов Н.А, А.А. Каменский, Н.Ю.Сарычева, Н.А. Соколова
«Биология вступительные испытания» подготовка к ЕГЭ- 2012.
