Тема. Молекулярна біологія.
Приклади розв'язку задач з молекулярної біології .
Задача 1. Дано
ряд нуклеотидів: А (аденін), Т (тимін), У (урацил), Ц (цитозин), Г
(гуанін). Визначте, які входять до складу ДНК , які до складу РНК.
Розв'язок.У нуклеїнових кислотах тільки 4 азотистих основи. До складу ДНК і РНК входять наступні азотисті основи :
ДНК - А (аденін) , Т (тимін) , Г (гуанін) , Ц (цитозин) .
РНК - А (аденін) , У (урацил) , Г (гуанін) , Ц (цитозин) .
Видатний учений Е. Чаргафф визначив, що ці нуклеотиди в нуклеїнових
кислотах розташовуються комплементарно, причому загальна кількість
пуринів дорівнює загальній кількості піримідинів: (А + Т) + (Г + Ц) = 100% в ДНК ; (А + У) + (Г + Ц) = 100 % в РНК .
Задача 2. На фрагменті одного ланцюга ДНК нуклеотиди розташовані в послідовності:
А - А - Г - Т - Ц - Т - А - Ц - Г - А - Т - Г. Запишіть схему структури дволанцюгової молекули ДНК; поясніть, якою властивістю ДНК при цьому ви керувалися; яка довжина даного фрагмента ДНК. Примітка. Кожен нуклеотид займає 0,34 нм за довжиною ланцюга ДНК.
Розв'язок.
Ділянка одного фрагмента дволанцюгової молекули ДНК виглядає так:А - А - Г - Т - Ц - Т - А - Ц - Г - А - Т - Г
Т - Т - Ц - А - Г - А - Т - Г - Ц - Т - А - Ц
Дволанцюгова молекула ДНК будується за принципом комплементарності (доповнення). Визначаємо довжину даного фрагмента ДНК.
До фрагменту входить 12 нуклеотидів, довжина кожного - 0,34 нм:
0,34 · 12 = 4,08 нм.
Задача 3. На фрагменті одного ланцюга ДНК нуклеотиди розташовані в такій послідовності: А - А - Г - Т - Ц - Т - А - Ц - Г - Т - А - Г.
Визначте схему структури дволанцюгової молекули ДНК, підрахуйте відсотковий склад нуклеотидів в цьому фрагменті.
Розв'язок.
Структуру дволанцюгової молекули ДНК визначаємо за принципом комплементарності :
А - А - Г - Т - Ц - Т - А - Ц - Г - Т - А - Г
Т - Т - Ц - А - Г - А - Т - Г - Ц - А - Т - Ц
Для визначення відсоткового складу нуклеотидів треба використовувати співвідношення:
(А + Т ) + ( Г + Ц) = 100%
Підрахуємо загальну кількість нуклеотидів:
А = 7 ; Т = 7 ; Г = 5 ; Ц = 5. Всього 24 . Визначимо, скільки відсотків припадає на один нуклеотид :
24/ 100 = 1 / х
х = 100 · 1: 24 = 4, 17
Тепер можна розрахувати і кількість нуклеотидів:
24 / 100 = 7 / х ;
х = 100 · 7 : 24 = 29,17 (А і Т);
24 / 100 = 5 / х ;
х = 100 · 5 : 24 = 20,83 (Г і Ц ) .
Можна визначити й іншим способом:
7 · 4,17 = 29,17 (А і Т);
5 · 4,17 = 20,83 (Г і Ц ).
Задача 4. Довжина фрагмента молекули ДНК дорівнює 20,4 нм. Скільки нуклеотидів в цьому фрагменті ?
Розв'язок.
У всіх організмів, крім деяких вірусів, молекула ДНК дволанцюгова, а розмір одного нуклеотиду становить 0,34 нм.
Визначаємо кількість нуклеотидів в цьому фрагменті:
20,4 : 0,34 = 60 (нуклеотидів).
Задача 5. Частковий і -РНК гена інсуліну має наступний склад: УУУ - ГУУ - ГАУ - ЦАА - ЦАЦ - УУА - УГУ - ГГГ - УЦА - ЦАЦ. Визначте співвідношення (А + Т) : (Г + Ц) у фрагменті названого гена.
Розв'язок.
і -РНК - УУУ - ГУУ - ГАУ - ЦАА - ЦАЦ - УУА - УГУ - ГГГ - УЦА - ЦАЦ
ДНКл.ц. - ААА - ЦАА - ЦТА - ГТТ - ГТГ - ААТ - АЦА - ЦЦЦ - АГТ - ГТГ
ДНКп.ц. - ТТТ - ГТТ - ГАТ - ЦАА - ЦАЦ - ТТА - ТГТ - ГГГ - ТЦА - ЦАЦ
Підрахуємо кількість нуклеотидів в ДНК:
А = 18 ; Т = 18 ; Г = 12 ; Ц = 12 .
(А + Т ) : ( Г + Ц) = (18 + 18 ) : ( 12 + 12) = 36:24.
Задача 6. У молекулі ДНК виявлено 880 гуанілова нуклеотидів, які складають 22 % від загального числа нуклеотидів в цій ДНК.
Визначте: а ) скільки інших нуклеотидів в цій ДНК? б) яка довжина цього фрагмента?
Розв'язок.
1) І варіант розв'язоку - Σ (Г) = Σ (Ц) = 880 (це 22%);
На частку інших нуклеотидів припадає: 100 % - (22% + 22%) = 56 % , тобто по 28 %;
Для обчислення кількості цих нуклеотидів складаємо пропорцію:
22% - 880
28% - х , звідси х = 1120 Σ (А ) = Σ (Т);
ІІ варіант розв'язоку
880 - 22%
880 - 22%
х - 100%
х = ( 880 · 100) : 22;
х = 4000;
(А + Т) = 4000 - (Г + Ц) ;
(А + Т) = 4000 - (880 · 2) ;
(А + Т) = 2240 (нуклеотидів) ;
А = Т = 2240 : 2 = 1120 (нуклеотидів) .
2) для визначення довжини ДНК потрібно дізнатися, скільки всього нуклеотидів міститься в 1 ланцюзі:
(880 + 880 + 1120 + 1120) : 2 = 2000
2000 · 0,34 = 680 (нм).
Задача 7. Дана молекула ДНК з відносною молекулярною масою 69
000, з них 8625 припадає на частку аденілових нуклеотидів. Знайдіть
кількість всіх нуклеотидів в цій ДНК. Визначте довжину цього фрагмента .
Розв'язок.
1) 69000 : 345 = 200 ( нуклеотидів в ДНК) ,
8625 : 345 = 25 ( аденілових нуклеотидів в цій ДНК) ,
Σ ( Г + Ц) = 200 - ( 25 +25 ) = 150 , тобто їх по 75;
2) 200 нуклеотидів у двох ланцюгах , значить в одній - 100.
100 · 0,34 = 34 (нм).
Задача 8. Ділянка гена має таку послідовність нуклеотидів: ТТТ - ТАЦ - АЦА - ТГТ - ЦАГ.
Визначте послідовність нуклеотидів і-РНК і послідовність амінокислот у
білковій молекулі, яка синтезується під контролем цього гена .
Розв'язок.
ДНК - ТТТ - ТАЦ - АЦА - ТГТ - ЦАГ
і -РНК-ААА - АУГ - УГУ - АЦА - ГУЦ
білок - ліз - мет - цис - тре - валЗадача 9. Яку довжину має ген, який кодує інсулін, якщо відомо, що молекула інсуліну має 51 амінокислоту, а відстань між нуклеотидами в ДНК складає 0,34 нм?
Розв'язок.
Ген - ділянка ДНК, яка несе інформацію про інсулін. Одну амінокислоту кодує 3 нуклеотиди (триплет) ДНК.
Визначаємо кількість нуклеотидів ДНК, які кодують інсулін:
51· 3 = 153 (нуклеотиди)
Розраховуємо довжину цього гену:
0,34 · 153 = 52,02 (нм).
Задача 10. Дослідження показали, що в і-РНК міститься 34% гуаніну, 18% урацилу, 28% цитозину, 20% аденіну. Визначте відсотковий склад азотистих основ на ділянці ДНК, яка є мтрицею для данної і-РНК.
Розв'язок.
Відомо, що 34% гуаніну в і-РНК, тоді в ДНК ланцюзі (кодуючій) буде 34% цитозину, відповідно, 18% урацилу - 18% аденіну, 28% цитозину - 28% гуаніну, 20% аденіну - 20% тиміну (за принцепом комплементарності). А + Т та Г + Ц у кодуючій складає:
А + Т = 18% + 20% = 38%, Г + Ц = 28% + 34% = 62%.
У некодуючому ланцюзі ДНК добуткові показники будуть такі ж самі, тільки відсоток окремих основ беде оборотній:
А + Т = 20% + 18% = 38%, Г + Ц = 34% + 28% = 62%.
В обох ланцюгах у парах комплементарних основ буде донакова кількість, тобто А = Т = 19%, Г = Ц = 31%.
Тема. Генетика.
Моногібридне схрещування –
це схрещування, під час якого батьківські особини відрізняються за
однією парою альтернативних ознак (жовте та зелене забарвлення насіння,
гладенька або зморшкувата форма насіння).
Перший закон Менделя – закон одноманітності гібридів першого покоління: гібриди F1 мають однаковий фенотип (проявляється одна із альтернативних ознак), що пояснюється явищем домінування.
Другий закон Менделя – закон розщеплення (чистоти гамет): при подальшому схрещуванні між собою гібридів F1 відбувається
розщеплення за фенотипом 1 : 3, а за генотипом 1 : 2 : 1 (1 частина –
домінантна гомозигота, 2 частини – гетерозиготи, 1 частина – рецесивна
гомозигота). Цей закон пояснюється цитологічно: гамети несуть лише один
алель гена; в результаті випадкового запліднення рівноймовірно
утворюються 4 генотипи.
Алгоритм розв’язання задач на моногібридне схрещування
- Записати символи, що використовуються для позначення кожного гена.
- Встановити генотипи батьків, визначаючи їх за фенотипами нащадків та користуючись таблицею домінування.
- Записати усі типи гамет (яйцеклітин і сперматозоїдів), що утворяться у кожного із батьків у результаті мейозу.
- Враховуючи всі можливі варіанти випадкового запліднення, встановити генотипи нащадків.
- Визначити співвідношення у потомстві різних генотипів та фенотипів.
Закон незалежного успадкування (третій закон Менделя) - при схрещуванні двох гомозиготних особин, що відрізняються один від одного по двох (і більше) парам альтернативних ознак, гени і відповідні їм ознаки успадковуються незалежно один від одного і комбінуються у всіх можливих поєднаннях (як і при моногибридном схрещуванні). Коли схрещувалися рослини, що відрізняються за кількома ознаками, таким як білі і пурпурні квіти і жовті або зелені горошини, спадкування кожного з ознак слід першим двом законам і в потомство вони комбінували таким чином, начебто їх успадкування відбувалося незалежно один від одного. Перше покоління після схрещування мало домінантним фенотипом за всіма ознаками. У другому поколінні спостерігалося розщеплення фенотипів за формулою 9:3:3:1, тобто 9:16 були з пурпуровими квітами і жовтими горошинами, 3:16 з білими квітами і жовтими горошинами, 3:16 з пурпуровими квітами і зеленими горошинами, 1 : 16 з білими квітами та зеленими горошинами.
Приклади розв’язку задач на моногибридне та
дигибридне схрещування.
Задача 1. У
людини ген карого ока домінує над блакитним. Кароока жінка вийшла заміж
за блакитноокого чоловіка. Який колір очей можливий у їхніх дітей?
Дано: Розв'язок.
А - карий Р ♀ АА x ♂ аа
а - блакитний G А а
♀ АА F1 Аа - кароокі
♂ аа
F1 -?
Задача 2. Гетерозиготна жінка вийшла заміж за гетерозиготного кароокого чоловіка. Який колір очей можливий у їхніх дітей?
Дано: Розв'язок.
А - карий Р ♀ Аа x ♂ Аа
а - блакитний G А А
♀ Аа а а
F2 -? к. к. к. б.
Відповідь: за генотипом розщеплення 1:2:1, а за фенотипом 3:1.
Задача 3. Який колір квітів буде у гібридів першого покоління білих та рожевих троянд по генотипу та по фенотипу, якщо білий колір - рецесивна ознака? (Схрещували гомозиготні особини).
Дано: Розв’язок.
А – рожевий колір; Р ♀ аа х ♂ АА
а – білий колір; G: а А
♂ АА F1 Аа
♀ аа
F 1 - ?
Відповідь: колір квітів буде рожевим.
Задача 4. Якого кольору будуть троянди, одержані при схрещуванні двох гетерозиготних рослин рожевого кольору?
Розв’язок.
Р (F1)♀ Аа х ♂ Аа
G: А А
а а
F2 АА (червоні); Аа (рожеві); Аа; аа (білі)
Відповідь: По закону розщеплення ознак, відбудеться
розщеплення ознак: по генотипу у відношенні 1:2:1, по фенотипу 3:1.
Задача 5. Схрещено ромашку білу махрову з жовтою звичайною. При цьому в першому поколінні всі особини були з білими звичайними квітами. Записати генетичну схему схрещування для Р, F1, F2.
Дано:
А-біла
а-жовта
В-звичайна
в-махрова
♀ ААвв
♂ ааВВ
F1, F2 - ?
Розв’язок.
Р ♀ ААвв х ♂ ааВВ
G Ав аВ
F1 АаВв
Р(F1) АаВв х АаВв
F2
|
Ав АВ аВ ав
|
Ав
АВ
аВ
ав
|
ААвв б.м. ААВв б.з. ААВв б.з. Аавв б.м.
ААВв б.з. ААВВ б.з. АаВВ б.з. АаВв б.з.
АаВв б.з. АаВВ б.з. ааВВ ж.з. ааВв ж.з.
Аавв б.м. АаВв б.з. ааВв ж.з. аавв ж.м.
|
Відповідь.
Розщеплення за фенотипом 9:3:3:1.
Приклади розв’язку задач на генетику статі.
Задача 1.Які будуть кошенята від рудого кота та темної
гетерозиготної кішки ?
Дано:
В- темний
колір шерсті
b –рудий колір шерсті
♂ Хb Y
♀ XBXb
F1 - ?
Розв’язок.
Р ♂ Хb Y x ♀ XBXb
F1
|
Хb Y
|
XB
Xb
|
XBХb темна кішка XBY темний кіт
XbХb руда кішка Xb Y рудий кіт
|
Задача 2. Чоловік, хворий на гемофілію, одружується зі здоровою
жінкою, батько якої потерпав від гемофілії. Визначте
ймовірність народження в цій родині здорових дітей.
Дано:
H – нормальне зсідання крові
h – гемофілія
♀ ХHХh
♂ XhY
F1 - ?
Розв’язок.
Р ♂ Хh Y x ♀ XHXh
P
|
ХH
|
Хh
|
Хh
|
XHXh
носій
|
XhXh гемофілік
|
Y
|
ХH Y здоровий
|
Хh Y гемофілік
|
Відповідь. 50 % того, що у цієї сімейної пари будуть діти страждати
на гемофілію.
Приклади розв’язку задач
на групи крові.
Позначення основних круп крові за системою АВО.
І група крові - ІОІО;
ІІ група крові - ІАІА; ІАІО;
ІІ група крові - ІВІВ; ІВІО;
ІV група крові - ІАІВ.
Задача 1.У матері I група крові, у батька група крові III. Чи можуть діти успадкувати групу крові матері? Які генотипи матері та батька?
Дано:
♀ ІОІО
♂ ІВІВ; ІВІ0
F1 - ?
Розв’язок.
1. Р ♀ ІОІО
x♂ ІВІВ
G ІО ІВ
F1 ІВ ІО
2. Р ♀ ІОІО
x♂ ІВІО
G ІО ІВ
ІО
F1 ІВ ІО; ІОІО
Відповідь: Діти можуть успадкувати
групу крові матері лише в тому випадку, якщо генотип батька ІВІ0.
Тема. Екологія.
Приклади розв’язку задач з екології.
Задача 1. Біомаса сухого сіна з 1 м2
луки становить 200 г. Використовуючи ланцюг живлення: рослини — корова — людина, розрахуйте скільки гектарів луки
необхідно для того, щоб прогодувати людину масою 65 кг (70 % води).
Дано:
m (людини) = 65 кг;
W (H2O)
= 70 %;
Трава — корова —
людина.
S(гa) -?.
Розв’язок.
1. Розрахуємо суху біомасу кінцевого консумента:
100 % - 70 % = 30 %.
65 кг - 100 %;
Х кг - 30%.
65·30/100 = 19, 5 кг
2. Підставляємо дані в ланцюг живлення і знаходимо біомасу всіх його компонентів:
трава — корова — людина
1950 кг - 195 кг - 19,5 кг
3. Знаходимо площу луки: S= 1950 кг/0,2 кг/м2 = 9750 м2
9750/10000 = 0,975 га.
Відповідь.
Щоб прогодувати людину
масою 65 кг,
потрібен 0,975 га луки.
Задача 2. Користуючись правилом
екологічної піраміди визначити, яка площа (в га) біоценозу може прогодувати
одну особину останньої ланки в ланцюгу живлення: - планктон – риба - тюлень (300 кг); планктон-нехижі
риби-щука (10 кг).
Суха біомаса планктону з 1 м2
становить 600 г
за рік. Із вказаної у дужках маси 60%
становить вода.
Розв’язок.
1.
Визначаємо суху масу тюленя: 300
кг - 100%; х кг - 40%: х = 120
кг.
2. На підставі правила екологічної піраміди визначаємо,
скільки потрібно планктону: 120
кг – тюлень; 1200 кг – риба; 12000 кг – планктон.
3. Визначаємо площу даного біоценозу, якщо відомо, що
суха біомаса планктону з 1 м2 становить 600 г. Отже, 1 м2 - 0,6 кг; х м2 - 1200 кг; х = 20000 м2 = 2 га.
Відповідь: необхідно 2 га планктону.
Немає коментарів:
Дописати коментар