9 клас 2018-2019 н.р.

Приклади розв`язання задач з молекулярної біології

МОЛЕКУЛЯРНІ ОСНОВИ СПАДКОВОСТІ

Джерело: https://sites.google.com/site/schoolbiologia15/algoritmi-rozv-azku/prikladi-rozv-azanna-zadac-z-molekularnoie-biologiie
Під час розв’язання таких задач необхідно пам’ятати, що:
· довжина одного нуклеотида, або відстань між двома сусідніми вздовж осі ДНК, становить 0,34 нм;
· середня молекулярна маса одного нуклеотида 345 умовних одиниць;
· середня молекулярна маса однієї амінокислоти дорівнює 100 умовних одиниць;
· молекула білка в середньому складається з 200 амінокислот;
· кожну амінокислоту в білковій молекулі кодує триплет нуклеотидів і-РНК (під час трансляції);
· для визначення довжини гена (l) враховують кількість нуклеотидів, яка міститься в одному ланцюзі ДНК;
· для визначення молекулярної маси гена (Mr) враховують кількість нуклеотидів, що міститься у двох ланцюгах ДНК;
· трансляція здійснюється згідно з генетичним кодом;
· для всіх ДНК виконується правило Чаргаффа: А=Т; Г=Ц;
· А+Г = Т+Ц (вміст пуринових азотистих основ – аденіну і гуаніну – дорівнює вмісту піримідинових азотистих основ – тиміну і цитозину);
· сума всіх нуклеотидів в молекулі ДНК або РНК (А+Т+Г+Ц чи А+У+Г+Ц) становить 100%.

Задача 1.
На фрагменті одного ланцюга ДНК нуклеотиди розташовані в послідовності, показаній нижче.

… АГТАЦГГЦАТГТАГЦ …

1. Намалюйте схему структури дволанцюгової молекули ДНК.

2. Якою є довжина в нанометрах цього фрагмента?

3. Якою є маса дволанцюгового фрагмента?

Розв’язання

1. Керуючись властивістю ДНК, здатністю до самовідтворення (реплікації), в основі якого лежить комплементарність, запишемо схему дволанцюгової ДНК:

ДНК:

2. Довжина одного нуклеотида, або відстань між двома сусідніми вздовж осі ДНК, становить 0,34 нм. Довжина дволанцюгового фрагмента дорівнює довжині одного ланцюга.

l = 15 х 0,34 = 5,1 (нм) (15 - кількість нуклеотидів в одному ланцюгу).

3. Середня молекулярна маса одного нуклеотида 345 умовних одиниць, молекулярна маса фрагмента ДНК:

Мr = 345 х 15 = 5175 (а.о.м) (30 – кількість нуклеотидів у двох ланцюгах).

Відповідь. Другий ланцюг фрагмента ДНК має таку структуру: ТЦА – ТГЦ – ЦГТ – АЦГ – ТЦГ ; довжина фрагмента ДНК – 5,1 нм; молекулярна маса фрагмента ДНК – 5175 а.о.м.

Задача 2.
Фрагмент першого ланцюга ДНК має таку нуклеотидну послідовність: ТАЦАГАТГГАГТЦГЦ. Визначте послідовність мономерів білка, закодованого фрагментом другого ланцюга ДНК.

Розв’язання

ДНК: -	ТАЦ	-	АГА	-	ТГГ	-	АГТ	-	ЦГЦ-
	\|\|\|		\|\|\|		\|\|\|		\|\|\|		\|\|\|
	АТГ	-	ТЦТ	-	АЦЦ -		ТЦА	-	ГЦГ-
іРНК: -	УАЦ	-	АГА	-	УГГ	-	АГУ	-	ЦГЦ-
Білок: -	тир	-	арг	-	трип	-	сер	-	арг-

Відповідь. Послідовність мономерів білка: тирозин – аргінін – триптофан – серин – аргінін.

Задача 3.
Фрагмент ланцюга А білка нормального гемоглобіну складається із 7 амінокислот, розміщених у такій послідовності:

вал – лей – лей – тре – про – глн – ліз.

1. Яка будова фрагмента іРНК, що є матрицею для синтезу цього фрагмента молекули гемоглобіну?

2. Яка будова фрагмента ДНК, що кодує дану іРНК?

Розв’язання-відповідь

Білок:

вал

лей

тре

про

гли

ліз

іРНК:

ГУУ

УУА

АЦУ

ЦЦУ

ЦАА

ААА

ДНК:

ЦАА

ААТ

ТГА

ГГА

ГТТ

ТТТ

|||

ГТТ

ТТА

АЦТ

ЦЦТ

ЦАА

ААА

Задача 4.
Біохімічний аналіз показав, що іРНК має 30% аденіну, 18% гуаніну та 20% урацилу. Визначте частку (у %) кожного нуклеотида у відповідному фрагменті дволанцюгової ДНК?

Розв’язання

Дано:

А(іРНК)= 30%;

Г (іРНК) = 18%;

У(іРНК)= 20%.

А(ДНК)- ? Т(ДНК)- ?

Г(ДНК) - ? Ц(ДНК)-?

Визначаємо відсоток цитозинових нуклеотидів у даній іРНК:

Ц (іРНК)=100% - (А(іРНК)+У(іРНК)+Г(іРНК)) =

= 100% - (30% +20% + 18%) = 32%.

Визначаємо відсоток аденінових і тимінових нуклеотидів (окремо) у фрагменті ДНК:

А(ДНК)= Т(ДНК) = (А(іРНК)+У(іРНК)) : 2 = (30% + 20%) : 2 = 25%.

Визначаємо відсоток гуанінового і цитозиновог нуклеотидів (окремо) у фрагменті ДНК:

Г(ДНК)= Ц(ДНК)= (Г(ДНК)+Ц(ДНК)) : 2 = (18% + 32%) : 2 = 25%.

Відповідь. Частка кожного нуклеотида у відповідному фрагменті дволанцюгової ДНК становить 25%.

Задача 5.
Білок складається зі 124 аміноліслот. Порівняйте відносні молекулярні маси білка та гена, який його кодує.

Розв’язання

Дано:

Склад білка – 124 амінокислоти;
Мr(амінокислоти) = 100;
Мr(нуклеотида) = 345.
Мr(гена) - ? Мr(білка) - ?

1). Визначаємо відносну молекулярну масу білка:

124 х 100 = 12400.

2). Визначаємо кількість нуклеотидів у складі гена, що кодує даний білок: 124 х 3 х 2 = 744 (нуклеотиди).

3). Визначаємо відносну молекулярну масу гена:

744 х 345 = 256 680.

4). Визначаємо, у скільки разів ген важчий за білок:

256 680 : 12400 = 20,7 (рази).

Відповідь. Відносна молекулярна маса гена у 20,7 рази більша, ніж кодованого білка.

Задача 6.
Гормон росту людини (соматотропін) – білок, що містить 191 амінокислоту. Скільки кодуючи нуклеотидів і триплетів входить до складу гена соматотропіну?

Розв’язання

Одну амінокислоту кодує триплет нуклеотидів , отже, до складу гена соматотропну входить 191 триплет.

191 х 3 = 573 (нуклеотиди) – один ланцюг;

573 х 2 = 1146 (нуклеотидів) – обидва ланцюги.

Відповідь. До складу гена соматотропіну входить 191 триплет, що містить 1146 нуклеотидів (обидва ланцюги гена).

Задача 7.
У хворого на синдром Фанконі (порушення утворення кісткової тканини) із сечею виділяються амінокислоти, яким відповідають наступні триплети іРНК: АУА, ГУЦ, АУГ, УЦА, УУГ, УАУ, ГУУ, АУУ. Визначте, які амінокислоти виділяються із сечею у хворих на синдром Фанконі (див. таблиця «Генетичний код»).

Розв’язання

Амінокіслоти: ілей, вал, мет, сер, лей, тир, вал, ілей.

Відповідь. У хворих на синдром Фанконі виділяються із сечею такі амінокислоти: ізолейцин, валін, метіонін, серін, лейцин, тирозин.

БІОЛОГІЯ-МОЄ ЖИТТЯ!

Шукати в цьому блозі