Тема: «Белки»
Необходимые пояснения:
- средняя молекулярная масса одного аминокислотного остатка принимается за 120;
Задача № 1. Гемоглобин крови человека содержит 0,34% железа. Вычислите минимальную молекулярную массу гемоглобина.
Решение:
Мmin = 56 : 0,34% × 100% = 16 471
Задача № 2. Альбумин сыворотки крови человека имеет молекулярную массу 68400. Определите количество аминокислотных остатков в молекуле этого белка.
Решение:
68400 : 120 = 570 (аминокислот в молекуле альбумина).
Задача № 3. Белок содержит 0,5% глицина. Чему равна минимальная молекулярная масса этого белка, если Мглицина = 75,1? Сколько аминокислотных остатков в этом белке?
Решение:
1) Мmin = 75,1 : 0,5% × 100% = 15 020
2) 15 020 : 120 = 125 (аминокислот в этом белке)
Тема: «Нуклеиновые кислоты»
Необходимые пояснения:
- относительная молекулярная масса одного нуклеотида принимается за 345;
- расстояние между нуклеотидами в цепи молекулы ДНК (длина одного нуклеотида) – 0, 34 нм;
- Правила Чаргаффа:
1. ∑(А) = ∑(Т)
2. ∑(Г) = ∑(Ц)
3. ∑(А+Г) =∑(Т+Ц)
2. ∑(Г) = ∑(Ц)
3. ∑(А+Г) =∑(Т+Ц)
Задача № 4. На фрагменте одной нити ДНК нуклеотиды расположены в последовательности:
А–А–Г–Т–Ц–Т–А–Ц–Г–Т–А–Т
Определите процентное содержание всех нуклеотидов в этом фрагменте ДНК и длину гена.
Решение:
1) достраиваем вторую нить (по принципу комплементарности)
2) ∑(А +Т+Ц+Г) = 24,
из них ∑(А) = 8 = ∑(Т)
24 – 100%
8 – х%
х = 33,4%
8 – х%
х = 33,4%
∑(Г) = 4 = ∑(Ц)
24 – 100%
4 – х%
х = 16,6%
4 – х%
х = 16,6%
3) молекула ДНК двуцепочечная, поэтому длина гена равна длине одной цепи:
12 × 0,34 = 4,08 нм
Задача № 5. В молекуле ДНК на долю цитидиловых нуклеотидов приходится 18%. Определите процентное содержание других нуклеотидов в этой ДНК.
Решение:
1) т.к. Ц = 18%, то и Г = 18%;
2) на долю А+Т приходится 100% – (18% +18%) = 64%, т.е. по 32%
Ответ: Г и Ц – по 18%, А и Т – по 32%.
Задача № 6. В молекуле ДНК обнаружено 880 гуанидиловых нуклеотидов, которые составляют 22% от общего числа нуклеотидов в этой ДНК.
Определите:
а) сколько других нуклеотидов в этой ДНК?
б) какова длина этого фрагмента?
б) какова длина этого фрагмента?
Решение:
1) ∑(Г) = ∑(Ц)= 880 (это 22%);
На долю других нуклеотидов приходится 100% – (22%+22%)= 56%, т.е. по 28%;
Для вычисления количества этих нуклеотидов составляем пропорцию:
22% – 880
28% – х, отсюда х = 1120
28% – х, отсюда х = 1120
2) для определения длины ДНК нужно узнать, сколько всего нуклеотидов содержится в 1 цепи:
(880 + 880 + 1120 + 1120) : 2 = 2000
2000 × 0,34 = 680 (нм)
2000 × 0,34 = 680 (нм)
Задача № 7. Дана молекула ДНК с относительной молекулярной массой 69 000, из них 8625 приходится на долю адениловых нуклеотидов.
Найдите количество всех нуклеотидов в этой ДНК. Определите длину этого фрагмента.
Решение:
1) 69 000 : 345 = 200 (нуклеотидов в ДНК),
8625 : 345 = 25 (адениловых нуклеотидов в этой ДНК),
∑(Г+Ц) = 200 – (25+25)= 150, т.е. их по 75;
2) 200 нуклеотидов в двух цепях, значит в одной – 100.
100 × 0,34 = 34 (нм)
Тема: «Код ДНК»
Задача № 8. Что тяжелее: белок или его ген?
Решение:
Пусть х – количество аминокислот в белке, тогда масса этого белка – 120х, количество нуклеотидов в гене, кодирующем этот белок, – 3х, масса этого гена – 345 × 3х.
120х < 345 × 3х
Ответ: ген тяжелее белка.
Задача № 9. Последовательность нуклеотидов в начале гена, хранящего информацию о белке инсулине, начинается так:
А–А–А–Ц–А–Ц–Ц–Т–Г–Ц–Т–Т–Г–Т–А–Г–А–Ц
Напишите последовательности аминокислот, которой начинается цепь инсулина.
Решение:
Задание выполняется с помощью таблицы, в которой нуклеотиды в иРНК (в скобках – в исходной ДНК) соответствуют аминокислотным остаткам.
Ответ: фенилаланин – валин – аспарагиновая кислота – глутаминовая кислота – гистидин – лейцин. Задача № 10. Вирусом табачной мозаики (РНК-содержащий вирус) синтезируется участок белка с аминокислотной последовательностью: Ала – Тре – Сер – Глу – Мет-
Под действием азотистой кислоты (мутагенный фактор) цитозин в результате дезаминирования превращается в урацил. Какое строение будет иметь участок белка вируса табачной мозаики, если все цитидиловые нуклеотиды подвергнутся указанному химическому превращению?
Решение:
Ала – Тре – Сер – Глу – Мет-
ГЦУ – АЦГ – АГУ – ГАГ – АУГ
ГУУ – АУГ – АГУ – ГАГ – АУГ
Вал – Мет – Сер – Глу – Мет-
Мейоз
|
Фаза мейоза, набор хромосом (n - хромосомы,
с - ДНК) |
Рисунок
|
Характеристика фазы, расположение хромосом
|
|
Профаза 1
2n4c |
|
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
2n4c |
|
Выстраивание бивалентов в экваториальной плоскости клетки, прикрепление нитей веретена деления одним концом к центриолям, другим – к центромерам хромосом.
|
|
Анафаза 1
2n4c |
|
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
в обеих клетках по1n2c |
|
Образование ядерных мембран вокруг групп двухроматидных хромосом, деление цитоплазмы.
|
|
Профаза 2
1n2c |
|
Демонтаж ядерных мембран, расхождение центриолей к разным полюсам клетки, формирование нитей веретена деления.
|
|
Метафаза 2
1n2c |
|
Выстраивание двухроматидных хромосом в экваториальной плоскости клетки (метафазная пластинка), прикрепление нитей веретена деления одним концом к центриолям, другим – к центромерам хромосом.
|
|
Анафаза 2
2n2c |
|
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
в обеих клетках по1n1c Всего
4 по 1n1c |
|
Деконденсация хромосом, образование вокруг каждой группы хромосом ядерных мембран, распад нитей веретена деления, появление ядрышка, деление цитоплазмы (цитотомия) с образованием двух, а в итоге обоих мейотических делений – четырех гаплоидных клеток.
|
