Молекулярная биология

Типы задач Установление последовательности нуклеотидов в ДНК, иРНК, антикодонов тРНК, используя принцип комплементарности. Вычисление количества нуклеотидов, их процентное соотношение в цепи ДНК, иРНК. Вычисление количества водородных связей в цепи ДНК, иРНК. Определение длины, массы ДНК, иРНК. Определение последовательности аминокислот по таблице генетического кода. Определение массы ДНК, гена, белка, количества аминокислот, нуклеотидов. Комбинированные .

Требования к решению задач ход решения должен соответствовать последовательности процессов, протекающих в клетке решать задачи осознано, обосновывать каждое действие теоретически запись решения оформлять аккуратно, цепи ДНК, иРНК , тРНК прямые, символы нуклеотидов четкие, расположены на одной линии по горизонтали цепи ДНК, иРНК , тРНК размещать на одной строке ответы на все вопросы выписывать в конце без переноса решения

( дезоксирибонуклеиновая кислота) (рибонуклеиновая кислота) РНК одна цепь ДНК две цепи в спирали состоят из нуклеотидов Строение нуклеотида 1 дезоксирибоза 2 остаток фосфорной кислоты 3 азотистое основание: А­ аденин Г – гуанин Ц – цитозин Т ­ тимин А-Т, Г-Ц Принцип комплементарности                      А-У, Г-Ц 1 рибоза 2 остаток фосфорной кислоты 3 азотистое основание: А­ аденин Г – гуанин Ц – цитозин У ­ урацил Между азотистыми основаниями водородные связи А = Т двойная , Г ≡ Ц тройная   ( 100 %  в 1­й цепи) Правила Чаргаффа А=Т,    Г=Ц    А+Г = Т+Ц   ( 100% в 2­х цепях)  *азотистые основания : 1. Пуриновые – А, Г 2. Пиримидиновые – Ц, Т,У Функция: хранение наследственной информации *Спираль ДНК:  1.Ширина 2 нм 2.Шаг спирали 10 пар нуклеотидов 3,4 нм 3.Длина нуклеотида 0, 34 нм 4.Масса ДНК 6∙10­12 Виды РНК и их функции: 1. иРНК или мРНК – 5%, считывает информацию с ДНК  и переносит её к рибосоме 2. тРНК – 10%, переносит аминокислоту 3. рРНК – 85%, входит в состав рибосом

Справочная информация • Один шаг это полный виток спирали ДНК– • поворот на 360o • Один шаг составляют 10 пар нуклеотидов • Длина одного шага – 3,4 нм • Расстояние между двумя нуклеотидами – 0,34 нм • Молекулярная масса одного нуклеотида – 345 • Молекулярная масса одной аминокислоты – 120 г/моль г/мол • В среднем один белок содержит 400 аминокислот;

Первый тип задач - задачи на установление последовательности нуклеотидов в ДНК, иРНК, антикодонов тРНК Участок правой цепи молекулы ДНК имеет последовательность нуклеотидов: А-Г-Т-Ц-Т-А-А-Ц-Т-Г-А-Г-Ц-А-Т. Запишите последовательность нуклеотидов левой цепи ДНК. Дано: ДНК А-Г-Т-Ц-Т-А-А-Ц-Т-Г-А-Г-Ц-А-Т Решение: ( нуклеотиды левой цепи ДНК подбираем по принципу комплементарности А-Т, Г-Ц) ДНК А Г Т Ц Т А А Ц Т Г А Г Ц А Т ДНК Т Ц А Г А Т Т Г А Ц Т Ц Г Т А Ответ : левая цепь ДНК имеет последовательность нуклеотидов Т-Ц-А-Г-А-Т-Т-Г-А-Ц-Т-Ц-Г-Т-А

Первый тип задач - задачи на установление последовательности нуклеотидов в ДНК, иРНК, антикодонов тРНК Участок цепи молекулы ДНК имеет последовательность нуклеотидов: Ц-Т-А-А-Ц- Ц-А-Т-А-Г-Т-Т-Г-А-Г. Запишите последовательность нуклеотидов иРНК. Дано: ДНК Ц-Т-А-А- Ц-Ц-А-Т-А-Г-Т-Т- Г- А- Г Решение: ( нуклеотиды иРНК подбираем по принципу комплементарности к ДНК : А-У, Г-Ц)   ДНК Ц Т А А Ц Ц А Т А Г Т Т Г А Г  иРНК Г А У У Г Г У А У Ц А А Ц У Ц   Ответ : иРНК имеет последовательность нуклеотидов Г-А-У-У-Г- Г-У-А-У-Ц-А- А-Ц-У-Ц

 * Определите последовательность нуклеотидов иРНК, антикодоны молекул тРНК , если фрагмент ДНК имеет последовательность нуклеотидов Г-Ц-Ц-Т-А-Ц-Т-А-А-Г-Т-Ц Дано: ДНК Г-Ц-Ц-Т-А-Ц-Т-А-А-Г-Т-Ц Решение: (нуклеотиды подбираем по принципу комплементарности А-У, Г-Ц под ДНК сначала строим иРНК, затем тРНК)     ДНК Г Ц Ц Т А Ц Т А А Г Т Ц  иРНК Ц Г Г А У Г А У У Ц А Г  тРНК Г Ц Ц У А Ц У А А Г У Ц Ответ : иРНК имеет последовательность нуклеотидов Ц Г Г А У Г А У У Ц А Г антикодоны тРНК Г Ц Ц У А Ц У А А Г У Ц

Второй тип задач - на вычисление количества нуклеотидов, их процентное соотношение в цепи ДНК, иРНК.  В одной молекуле ДНК нуклеотидов с тимином  Т ­22% . Определите  процентное  содержание нуклеотидов с А, Г, Ц по отдельности  в этой молекуле ДНК.  Дано: Т ­22%  Найти: % А, Г, Ц  Решение 1:   согласно правилу Чаргаффа  А+Г = Т+Ц, все нуклеотиды в ДНК составляют 100%.   Так как  тимин  комплементарен  аденину, то А=22%.    22+22=44% ( А+Т)  100­ 44 =56% (Г+Ц)  Так как гуанин  комплементарен цитозину, то их количество тоже равно, поэтому    56 : 2 =28% (Г, Ц)  Решение 2:   согласно правилу Чаргаффа  А+Г = Т+Ц, все нуклеотиды в ДНК составляют 100% или  А+Г и Т+Ц по 50 %   Так как  тимин  комплементарен  аденину, то А=22%.    следовательно 50 ­ 22=28% (Г, Ц, т.к. они комплементарны)  Ответ : А=22%, Г=28%, Ц=28%

 Сколько содержится нуклеотидов А, Т, Г,  во фрагменте молекулы  ДНК, если в нем обнаружено 1500 нуклеотидов Ц, что составляет 30%   от общего количества нуклеотидов в этом фрагменте ДНК? Дано: Ц­ 30%  =1500 нуклеотидов Найти: количество нуклеотидов А, Т, Г   Решение:   Так как Ц комплементарен Г  и их количество равно, то Г =30%,   что составляет 1500 нуклеотидов.  согласно правилу Чаргаффа  А+Г = Т+Ц, все нуклеотиды в ДНК  составляют 100%  А+Г и Т+Ц по 50 % следовательно 50­30=20% (А, Т). Составим   пропорцию      30% ­ 1500                            20% ­ ?  20х1500 : 30 =1000 нуклеотидов (А, Т)   Ответ: во фрагменте молекулы ДНК  содержится:   Г=1500 нуклеотидов, А=1000 нуклеотидов, Т=1000 нуклеотидов.

* Участок молекулы ДНК ( одна цепочка) содержит:  150 нуклеотидов – А, 50 нуклеотидов – Т,  300 нуклеотидов – Ц, 100 нуклеотидов ­ Г.  Определите :  количество нуклеотидов во второй цепи с А, Т, Г,  Ц и общее количество нуклеотидов с А, Т, Ц, Г в двух цепях  ДНК. Дано: нуклеотидов в 1­й цепи ДНК: А­150, Т­50, Ц­300, Г­100. Найти: А, Т, Ц, Г в двух цепях ДНК. Решение:  А=Т, Г=Ц,  так как они комплементарны, поэтому во второй  А(150+50)+Т(50+150)+Г(300+100)+Ц(100+300)=1200 Ответ:  нуклеотидов во второй цепи  Т­150, А­50, Г­300, Ц­100; 1200 нуклеотидов в двух цепях. цепи     Т­150, А­50, Г­300, Ц­100 Всего нуклеотидов:

  *В состав иРНК входят нуклеотиды: аденина 28%, гуанина 16%, урацила 24%.  Определите процентный состав нуклеотидов в двуцепочечной молекулы ДНК,  информация с которой «переписана» на иРНК  Дано: нуклеотидов в иРНК: А­28%,  У­24%, Г­16%.  Найти: %  А, Т, Ц, Г в ДНК.  Решение:   Определяем процентное содержание цитозина в иРНК, учитывая, что сумма  всех нуклеотидов иРНК составляет 100%:  А=14%,  Ц=16%, Т=12%, Г=8%  В двуцепочечной ДНК процентное содержание нуклеотидов будет таким:  А = 12+14=26%, Т= 14+12=26%, Г=16+8=24%, Ц= 8+16=24%  Ответ: в двух цепях ДНК % состав нуклеотидов:   Т ­26%, А­26%,   Г­24%, Ц­24%  100 ­ ( 24+28+16) = 32% (Ц)  Учитывая принцип комплементарности ( А=Т, У=А, Г=Ц, Ц=Г), вычисляем  процентный состав нуклеотидов цепи ДНК, с которой была списана  информация на и РНК. Сумма   всех нуклеотидов в  двух цепях ДНК   составляет 100%:  Т=28:2=14%,   Г= 32:2=16%,  А=24:2=12%,  Ц=16:2=8%  Вторая цепочка ДНК является комплементарной первой, следовательно, в ней  процентный состав нуклеотидов следующий:

*Третий тип задач на вычисление количества водородных связей. Две цепи ДНК удерживаются водородными связями. Определите  число водородных связей в этой цепи ДНК, если известно, что  нуклеотидов с  аденином 12, с гуанином 20. Дано: А­12, Г­20 Найти: водородных связей в ДНК Решение:  А=Т, Г=Ц,  так как они комплементарны Между А и Т двойная водородная связь, поэтому 12х2=24 связи Между Г и Ц тройная водородная связь, поэтому 20х3=60 связей 24+60=84 водородных связей всего Ответ:   84 водородных связей.

*Четвертый тип задач определение длины, ДНК, иРНК  Участок молекулы ДНК  состоит из 60 пар нуклеотидов. Определите длину  этого участка (расстояние между нуклеотидами в ДНК составляет 0, 34 нм)  Дано: 60 пар нуклеотидов  Найти:  длину участка  Решение: длина нуклеотида 0, 34 нм  60х0,34= 20,4 нм  Ответ: 20,4 нм     Длина участка молекулы ДНК составляет 510нм. Определите число пар  нуклеотидов в этом участке.  Дано: длина участка ДНК 510нм  Найти:  Определите число пар нуклеотидов  Решение: длина нуклеотида 0, 34 нм  510:0,34= 1500 нуклеотидов  Ответ: 1500 нуклеотидов 

 Число нуклеотидов в цепи ДНК равно 100. Определите длину этого  участка Дано: 100 нуклеотидов Найти:  длину участка Решение: длина нуклеотида 0, 34 нм , ДНК состоит из 2­х цепей значит  50 пар нуклеотидов.  50х0,34=17нм Ответ: 17нм     Число нуклеотидов в цепи и­РНК равно 100. Определите длину этого  участка Дано: 100 нуклеотидов Найти:  длину участка Решение: длина нуклеотида 0, 34 нм , и­РНК состоит из одной цепи   100х0,34=34нм Ответ: 34нм

« Биосинтез белка, генетический код»  на участке ДНК строится иРНК    иРНК переходит в цитоплазму иРНК соединяется с рибосомой ( 2 триплета) тРНК несет аминокислоту в рибосому кодон иРНК комплементарен антикодону тРНК в рибосоме из аминокислот образуется белок ДНК­ РНК­ белок 20 аминокислот ­ 64 триплета  ДНК ­ иРНК ­ тРНк 3 нуклеотида =1 триплет =1 аминокислота = 1тРНК

Пятый тип задач - определение последовательности аминокислот по таблице генетического кода.  Фрагмент цепи ДНК имеет последовательность нуклеотидов: ТГГАГТГАГТТА.  Определите последовательность нуклеотидов на иРНК, антикодоны тРНК и  аминокислотную последовательность фрагмента молекулы белка.  Дано: ДНК  Т­Г­Г­А­Г­Т­Г­А­Г­Т­Т­А  Найти: иРНК, тРНК и аминокислотную последовательность белка  Решение: на участке ДНК по принципу комплементарности (А­У, Г­Ц)  построим иРНК, затем по цепи иРНК построим тРНК по принципу  комплементарности  ( А­У, Г­Ц)                   ДНК    Т­ Г­ Г­ А­ Г­ Т­ Г­  А­ Г­ Т­  Т­ А                   иРНК   А­Ц­Ц­У­ Ц­ А­ Ц­ У­ Ц­ А­ А­ У                   тРНК   У­ Г­ Г­ А ­Г­ У­ Г ­А­ Г­ У­  У­А  иРНК разделим на триплеты и по таблице генетического кода определим  аминокислотную последовательность белка:       А­Ц­Ц  тре, У­Ц­А сер,  Ц­У­Ц лей,  А­ А­У асн.           Ответ :    иРНК  А­Ц­ Ц­У­ Ц­ А­Ц­У­Ц­А­ А­У                   тРНК   У­ Г ­Г­ А­ Г­У­ Г­А­Г­ У­ У­А                   аминокислотную последовательность белка :тре, сер, лей, асн

 *Участок молекулы ДНК имеет следующее строение:  ГГА ­АЦЦ­АТА­ГТЦ­ЦАА  Определите последовательность нуклеотидов соответствующего участка иРНК.  Определите последовательность аминокислот в полипептиде, синтезируемом по  иРНК. Как изме­нится последовательность аминокислот в полипептиде, если в  результате мутации пятый нуклеотид в ДНК будет заменён на аденин? Ответ  объясните.  Дано: ДНК  ГГА ­АЦЦ­АТА­ГТЦ­ЦАА  Найти: аминокислотную последовательность исходного белка, мутированного  Решение: определим иРНК по принципу комплементарности                     ДНК  ГГА ­АЦЦ­АТА­ГТЦ­ ЦАА                    иРНК  ЦЦУ­ УГГ­УАУ­ЦАГ­ГУУ   По таблице генетического кода определим аминокислотную  последовательность белка:      про, три, тир, глн, вал   В результате мутации ДНК изменится , т.к. пятый нуклеотид в ДНК будет  заменён на аденин             ДНК     ГГА ­ ААЦ­АТА­ГТЦ­ ЦАА              иРНК  ЦЦУ­ УУГ­УАУ­ЦАГ­ГУУ     По таблице генетического кода определим аминокислотную  последовательность измененного  белка:      про, лей, тир, глн, вал,   Ответ: про, три, тир, глн, вал;   про, лей, тир, глн, вал, так как изменился  нуклеотид в ДНК, то изменился нуклеотид  иРНК, изменилась аминокислота и  структура белка.

 * Известно, что все виды РНК синтезируются на ДНК­ матрице. Фрагмент  молекулы ДНК, на котором синтезируется участок центральной петли тРНК,  имеет следующую последовательность нуклеотидов АТАГЦТГААЦГГАЦТ.  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.   Дано:   ДНК   АТАГЦТГААЦГГАЦТ  Найти:   нуклеотидную последовательность участка тРНК  аминокислоту, которую будет переносить  тРНК  Решение :  Так как тРНК синтезируются на ДНК, то построим тРНК по принципу  комплементарности (А­У, Г­Ц)   ДНК    А Т А Г Ц Т Г  А А Ц Г Г  А Ц Т  тРНК    У А У Ц Г А Ц У У Г Ц Ц У  Г А  Третий триплет ( антикодон тРНК)  ЦУУ , соответствует кодону на иРНК   ГАА (по принципу комплементарности), по таблице генетического кода этому  кодону соответствует аминокислота  ГЛУ, которую переносить данная тРНК.  Ответ: тРНК УАУЦГАЦУУГЦЦУГА  аминокислота   ГЛУ

Шестой тип задач - определение массы белка, количества аминокислот, нуклеотидов.  1. Фрагмент молекулы ДНК содержит 1230 нуклеотидных остатков. Сколько  аминокислот будет входить в состав белка?  Дано: 1230 нуклеотидов  Найти: количество аминокислот  Решение:   Одной аминокислоте соответствует 3 нуклеотда, поэтому 1230:3= 410  аминокислот.  Ответ: 410 аминокислот.    2. Сколько нуклеотидов содержит ген, кодирующий белок из 210 аминокислот?  Дано: 210 аминокислот   Найти: количество нуклеотидов  Решение:   Одной аминокислоте соответствует 3 нуклеотда, поэтому 210х3=630  нуклеотидов   Ответ: 630 нуклеотидов  

*Определите число аминокислот , входящих в состав  белка, число триплетов и число нуклеотидов в гене,  который кодирует этот белок, если в процессе  трансляции участвовало 30 молекул тРНК. Дано: 30 тРНК Найти: число аминокислот, триплетов, нуклеотидов в  гене Решение:  1тРНК=1 аминокислоте, поэтому аминокислот 30 1 аминокислоте = 1 триплету, поэтому триплетов 30  1 триплет = 3 нуклеотида, поэтому 30х3=90  нуклеотидов. Ответ: аминокислот 30, триплетов 30, 90 нуклеотидов

* Молекулярная масса полипептида составляет 40000.  Определите длину кодирующего его гена, если  молекулярная масса одной аминокислоты в среднем равна  100, а  расстояние между соседними нуклеотидами в цепи  ДНК составляет 0, 34 нм. Дано:  масса белка ­ 40000     масса аминокислоты ­  100     расстояние между нуклеотидами 0,34нм Найти: длину гена Решение:      Так  как белок ( полипептид) состоит из аминокислот,  найдем количество аминокислот 40000:100=400     1 аминокислота=3 нуклеотида, 400х3=1200 нуклеотидов     Ген состоит из нуклеотидов. Длина гена 1200х0,34=408нм     Ответ: длина гена 408нм

Комбинированные задачи  * Белок состоит из 100 аминокислот. Установите, во сколько раз  молекулярная масса участка гена, кодирующего данный белок,  превышает молекулярную массу белка, если средняя молекулярная  масса аминокислоты ­110, а нуклеотида ­ 300. Дано:       100 аминокислот,       молекулярная масса аминокислоты ­110,        молекулярная масса нуклеотида ­ 300. Найти : во сколько раз масса гена превышает массу белка. Решение:      Так как ген ­ это участок ДНК, состоящий из нуклеотидов, то    определим их количество: одну аминокислоту кодируют 3 нуклеотида ,  то 100х3=300 нуклеотидов.  Молекулярная  масса белка 100х110=11000,   Молекулярная  масса гена 300х300=90000  Молекулярная  масса участка гена, кодирующего данный белок,  превышает молекулярную массу белка: 90000: 11000 =8 раз Ответ : в 8 раз 

Какую длину имеет участок молекулы ДНК, в котором  закодирована первичная структура инсулина, если  молекула инсулина содержит 51 аминокислоту, а один  нуклеотид занимает 0,34 нм в цепи ДНК? Какое число  молекул тРНК необходимо для переноса этого количества  аминокислот к месту синтеза? (Следует учитывать, что  одна тРНК доставляет к рибосоме одну аминокислоту.)  Ответ поясните. 2) участок ДНК имеет длину 0,34 х 153 = 52 нм  3) одна тРНК переносит одну аминокислоту,          поэтому тРНК 51 молекула   Ответ: длина ДНК 52 нм , число тРНК ­ 51 Дано: 51 аминокислота, 1 нуклеотид 0,34 нм      Найти: длину ДНК, число тРНК  1)для     кодирования    одной    аминокислоты     необходимо    3 нуклеотида, 51 х 3 =  153 нуклеотида;

Энергетический обмен 1. Подготовительный (в пищеварительном канале, лизосомах) крахмал глюкоза ( Е ) 2. Бескислородный « гликолиз» ( в цитоплазме) глюкоза 2 ПВК + 2АТФ 3 . Кислородный «дыхание» ( в митохондриях) ПВК СО2 +Н 2О + 36 АТФ                              1 глюкоза = 38 АТФ

В   процессе   гликолиза  образовалось   42   молекулы    пировиноградной кислоты. Какое количество молекул глюкозы  подверглось расщеплению и сколько молекул АТФ образуется  при полном окислении?  Дано: 42 ПВК Найти: кол­во глюкозы, кол­во АТФ при полном окислении. Решение: 1)  при   гликолизе   одна   молекула   глюкозы   расщепляется   с  образованием 2­х молекул пировиноградной кислоты (ПВК),  следовательно, гликолизу подверглось: 42 : 2 = 21 молекула  глюкозы; 2)  при      полном      окислении      одной      молекулы       глюкозы (бескислородный 2АТФ и кислородный этапы 36 АТФ)  образуется 38 молекул АТФ; 3)  при окислении 21 молекулы образуется: 21 х 38 = 798  молекул АТФ. Ответ: 21 молекула глюкозы, 798 молекул АТФ

Деление клетки мейоз митоз Интерфаз а 2n2c  ­ 2n4c Профаза 2n4c Метафаз а 2n4c 6 . 10 ­9 мг 12 . 10 ­9 мг 12 . 10 ­9 мг 12 . 10 ­9 мг Анафаза 2n2c  6 . 10 ­9 мг Телофаз а 2n2c  6 . 10 ­9 мг Интерфаза 2n2c  ­ 2n4c Профаза 1 Метафаза 1 2n4c 2n4c Анафаза 1 n2c Телофаза 1 n2c Профаза 2 n2c Метафаза 2 Анафаза 2 n c n2c Телофаза 2 n c 6 . 10 ­9 мг 12 . 10 ­9 мг 12 . 10 ­9 мг 12 . 10 ­9 мг 6 . 10 ­9 мг 6 . 10 ­9 мг 6 . 10 ­9 мг 6 . 10 ­9 мг 3 . 10 ­9 мг 3 . 10 ­9 мг

 Общая масса всех молекул ДНК в 46 хромосомах одной соматической  клетки человека составляет около 6 . 10 ­9 мг. Определите, чему равна  масса всех молекул ДНК в ядре при овогенезе перед началом деления,  в конце телофазы мейоза I и мейоза II. Объясните полученные  результаты.  Дано: 46 хромосом  = масса 6 . 10 ­9 мг  Найти:  массу ДНК: перед началом деления, в конце телофазы мейоза I  и мейоза II. Решение:  1)перед началом деления в процессе репликации  число ДНК  удваивается и масса ДНК  равна 2 • 6 . 10 ­9 = 12 . 10 ­9  мг;  2) первое   деление    мейоза    редукционное,    число    хромосом  становится в 2 раза меньше, но каждая хромосома состоит из двух  молекул ДНК (сестринских хроматид), поэтому в телофазе мейоза I  масса ДНК  равна 12 . 10 ­9 : 2 = 6 . 10­9 мг;  3)после     мейоза II     каждое     ядро     в     клетке     содержит  однохроматидные хромосомы гаплоидного набора, поэтому в телофазе  мейоза II масса ДНК  равна  6 . 10­9 : 2 = 3. 10­9   мг. Ответ: масса ДНК перед началом деления 12 . 10 ­9  мг, в конце  телофазы мейоза I ­ 6 . 10­9 мг, в конце телофазы мейоза II ­ 3. 10­9   мг

Список использованной литературы  Болгова И.В. Сборник задач по общей биологии с решениями для поступающих в вузы–М.: ООО "Издательство Оникс":"Издательство."Мир и Образование", 2008г.  Воробьев О.В. Уроки биологии с применением информационных технологий .10 класс. Методическое пособие с электронным приложением–М.:Планета,2012г.  Спирина Е.В. Решение трудных задач по биологии «Молекулярная биология и генетика»: Практическое пособие. – М. АРКТИ, 2013 г.  Чередниченко И.П. Биология. Интерактивные дидактические материалы.6-11 класс. Методическое пособие с электронным интерактивным приложением. – М.:Планета,2012г.  Интернет-ссылки:  http://ru.convdocs.org  http://bio.1september.ru  http://mypresentation.ru

Спасибо за внимание!