При синдроме фанкони у больного с мочой выделяются аминокислоты ауа гуц

АЛГОРИТМ ФОРМИРОВАНИЯ УМЕНИЙ

ИСПОЛЬЗОВАТЬ ЗНАНИЯ ПРИ РЕШЕНИЯ ТИПОВЫХ ЗАДАЧ ПО МОЛЕКУЛЯРНОЙ БИОЛОГИИ

Одним из важных задач школьного курса «Биология» является формирование у учащихся общеучебных и специальных умений. Умение решать задачи – один из объективных критериев оценки глубины усвоения материала.

Практическое применение полученных знаний при решении задач способствует развитию логического мышления, творческой, аналитическом подходе к решению поставленного вопроса или проблемы в целом, что особенно важно для будущих работников современных отраслей производства, сельского хозяйства, медицины.

Представленный материал предназначен для учителей биологии, старшеклассников, абитуриентов.

единицы измерения

В биологии используются основные и производные единицы международной системы единиц : длины, массы, энергии, работы, теплоты и т.д..

Единицы длины – метр (м).1 м = 10 дм = 100 см = мк = нм, 1 нм = м.

Единицы массы – килограмма (кг).1 кг = г (г); 1 г = нг (нанограммов);

1 Дальтон – единица молекулярной массы, равной массе атома водорода.

Единица энергии, работы и количества теплоты – джоуль (Дж).

1 Дж = эрг = 0,2388 кал; 1 кал = 4,1868 Дж.

В процессе решения любой задачи выделяют определенные этапы.

Анализ задачи. Внимательно прочитайте содержание задачи, осмыслите ее и определите:

 к какому разделу или теме относится задача,

 найдите, что дано и что необходимо найти.

1. Сокращенная запись условия.

 С помощью условных обозначений коротко запищит, что дано и что нужно найти (как на уроках химии или физики).

 Подумайте, какие из постоянных известных вам величин можно использовать при решении задачи, запишите их.

2. Оформление записи задачи.

Место, что осталось после короткого записи условия задачи, условно разделите на две части. В левой части запишите данные, которые вы будете использовать, в правой – решение. Действий в задаче может быть несколько. Записывайте их так: 1) …; 2) …; 3) … и т.д.

3. Решение задачи.

 Решайте задачу поэтапно.

 На каждом этапе кратко сформулируйте вопрос.

 Тщательно проверяйте результаты расчетов.

 Проверьте всю ли информацию из условия задачи использовали.

 При необходимости выберите другой способ решения.

4. Завершающий этап.

Проверьте правильность решения в целом, сформулируйте и запишите окончательный ответ.

Примеры решения задач на молекулярные основы НАСЛЕДСТВЕННОСТИ

При решении таких задач необходимо помнить, что:

• длина одного нуклеотида, или расстояние между двумя соседними вдоль оси ДНК, составляет 0,34 нм;

• средняя молекулярная масса одного нуклеотида 345 условных единиц;

• средняя молекулярная масса одной аминокислоты равна 100 условных единиц;

• молекула белка в среднем состоит из 200 аминокислот;

• каждую аминокислоту в белковой молекуле кодирует триплет нуклеотидов и-РНК (во время трансляции);

• для определения длины гена (l) учитывают количество нуклеотидов, которая содержится в одной цепи ДНК;

• для определения молекулярной массы гена (Mr) учитывают количество нуклеотидов, содержится в двух цепях ДНК;

• трансляция осуществляется согласно генетическим кодом;

• для всех ДНК выполняется правило Чаргаффа: А = Т; Г = Ц;

• А + Г = Т + Ц (содержание пуриновых азотистых оснований – аденина и гуанина – равна содержания пиримидиновых азотистых оснований – тимина и цитозина);

• сумма всех нуклеотидов в молекуле ДНК или РНК (А + Т + Г + Ц или А + В + Г + Ц) составляет 100%.

Задача 1.

На фрагменте одной цепи ДНК нуклеотиды расположены в последовательности, показанной ниже.

… АГТАЦГГЦАТГТАГЦ …

1. Нарисуйте схему структуры двухцепочечной молекулы ДНК.

2. Какова длина в нанометрах этого фрагмента?

3. Какова масса двухцепной фрагмента?

решение

1. Руководствуясь свойством ДНК, способностью к самовоспроизведению (репликации), в основе которого лежит комплиментарность, запишем схему двухцепочечной ДНК:

ДНК:

А Г Т -А Ц Г -Г Ц А -Т Г Ц -А Г Ц-

Т Ц А – Т Г Ц – Ц Г Т – А Ц Д – Т Ц Г –

2. Длина одного нуклеотида, или расстояние между двумя соседними вдоль оси ДНК, составляет 0,34 нм. Длина двухцепочечной фрагмента равна длине одной цепи.

L = 15 х 0,34 = 5,1 (нм) (15 – количество нуклеотидов в одной цепи).

3. Средняя молекулярная масса одного нуклеотида 345 условных единиц, молекулярная масса фрагмента ДНК:

Мr = 345 х 15 = 5175 (а.о.м) (30 – количество нуклеотидов в двух цепях).

Ответ. Вторая цепь фрагмента ДНК имеет следующую структуру: ТЦА – ТГЦ – ЦГТ – АЦГ – ТЦГ; длина фрагмента ДНК – 5,1 нм; молекулярная масса фрагмента ДНК – 5175 а.е.м.

Задача 2.

Фрагмент первой цепи ДНК имеет такую нуклеотидную последовательность: ТАЦАГАТГГАГТЦГЦ. Определите последовательность мономеров белка, закодированного фрагментом второй цепи ДНК.

решение

ДНК: – ТАЦ – АГА – ТГГ – АГТ – ЦГЦ-

– АТГ – ТЦТ – АЦЦ – ТЦА – ГЦГ-

иРНК: – УАЦ – АГА – УГГ – АГУ – ЦГЦ-

Белок: – тир – арг – трип – ср – арг-

Ответ. Последовательность мономеров белка: тирозин – аргинин – триптофан – серин – аргинин.

Задача 3.

Фрагмент цепи А белка нормального гемоглобина состоит из 7 аминокислот, расположенных в следующей последовательности:

вал – лей – лей – трет – о – ГЛН – лез.

1. Какое строение фрагмента иРНК, что является матрицей для синтеза этого фрагмента молекулы гемоглобина?

2. Какое строение фрагмента ДНК, кодирующего данную иРНК?

Решение

Белок: вал – лей – лей – трет – о – глу – лез

иРНК: ГУУ – УУА – УУА – АЦУ – ЦЦУ – ЦАА – ААА

ДНК: ЦАА – ААТ – ААТ – ТГА – ГГА – ДНС – ТТТ

ГТТ ТТА ТТА АЦТ ЦЦТ ЦАА ААА

Задача 4.

Биохимический анализ показал, что иРНК имеет 30% аденина, 18% гуанина и 20% урацила. Определите долю (в%) каждого нуклеотида в соответствующем фрагменте двухцепочечной ДНК?

решение

дано:

А   = 30%;

Г   = 18%;

У   = 20%.

Определяем процент цитозинових нуклеотидов в данной иРНК:

        = 100% – (+) =

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

Определяем процент адениновых и тиминових нуклеотидов (отдельно) во фрагменте ДНК:

        = (+): 2 = (30% + 20%): 2 = 25%.

Определяем процент гуанинових и цитозиновог нуклеотидов (отдельно) во фрагменте ДНК:

    = (+): 2 = (18% + 32%): 2 = 25%.

Ответ. Доля каждого нуклеотида в соответствующем фрагменте двухцепочечной ДНК составляет 25%.

Задача 5.

Белок состоит из 124 аминолислот. Сравните относительные молекулярные массы белка и гена, который его кодирует.

дано:

Состав белка – 124 аминокислоты;

Мr (аминокислоты) = 100;

Мr (нуклеотида) = 345.

Мr (гена) -? Мr (белка) -?

решение

1). Определяем относительную молекулярную массу белка:

124 х 100 = 12400.

2). Определяем количество нуклеотидов в составе гена, кодирующего данный белок: 124 х 3 х 2 = 744 (нуклеотиды).

3). Определяем относительную молекулярную массу гена:

744 х 345 = 256680.

4). Определяем, во сколько раз ген тяжелее белок:

256680: 12400 = 20,7 (раза).

Ответ. Относительная молекулярная масса гена в 20,7 раза больше, чем кодированного белка.

Задача 6.

 Гормон роста человека (соматотропин) – белок, содержащий 191 аминокислоту. Сколько кодируя нуклеотидов и триплетов входит в состав гена соматотропина?

решение

Одну аминокислоту кодирует триплет нуклеотидов, следовательно, в состав гена соматотропного входит 191 триплет.

191 х 3 = 573 (нуклеотиды) – одна цепь;

573 х 2 = 1146 (нуклеотидов) – обе цепи.

Ответ. В состав гена соматотропного входит 191 триплет, содержащий 1146 нуклеотидов (обе цепи гена).

Задача 7.

У больного синдром Фанкони (нарушение образования костной ткани) с мочой выделяются аминокислоты, которым соответствуют следующие триплеты иРНК: АУА, ГУЦ, АУГ, УЦА, УУГ, УАУ, ГУУ, АУУ. Определите, какие аминокислоты выделяются с мочой у больных синдромом Фанкони (см. Таблица «Генетический код»).

решение

Аминокислоты: илей, вал, мет, сер, лей, тир, вал, илей.

Ответ. У больных синдромом Фанкони выделяются с мочой такие аминокислоты: изолейцин, валин, метионин, серин, лейцин, тирозин.

Экзон-интронная ОРГАНИЗАЦИЯ ГЕНОМА

Большинство структурных генов эукариот (участки ДНК) внутренне неоднородно. Они состоят из экзонных (информативных) и интронных (без информационной) фрагментов.

При транскрипции в ядре сначала синтезируется про-иРНК (незрелая), которая имеет в себе как экзоны, так и интроны. Далее с помощью комплекса ферментов без информационной участки вырезаются и разрушаются, а информативные соединяются в новый полинуклеотидний цепь – зрелую иРНК. Механизм созревания иРНК в ядре называется сплайсингом.

Задача 1.

Фрагмент цепи молекулы ДНК содержит 1100 нуклеотидов, из них 100, 120, и 130 нуклеотидов образуют интронная участка. Определите, сколько аминокислот кодирует этот фрагмент ДНК:

дано:

N (ДНК нуклеотидов) – 1100;

N (интронных нуклеотидов) – 100, 120, 130.

N (аминокислот) -?

решение:

1). 100 + 120 + 130 = 350 (количество нуклеотидов, образующих интронная участка);

2). 1100 – 350 = 750 (количество нуклеотидов, образующих экзонных участка);

3). 750: 3 = 250 (аминокислотных остатков).

Ответ. Этот фрагмент ДНК кодирует 250 аминокислот.

Задача 2.

Структурный ген (фрагмент молекулы ДНК) содержит 384 цитозинових нуклеотидов, составляет 20% от их общего количества. В экзонных участках этого гена закодировано белок, состоящий из 120 аминокислотных остатков.

1. Какой нуклеотидный состав гена?

2. Какая относительная молекулярная масса интронных участков гена?

3. Насколько зрелая иРНК короче про-иРНК?

дано:

N (Ц нуклеотидов) – 384 (20%);

N (аминокислот в белке) – 120;

L (нуклеотида) – 0,34 нм;

Мr (нуклеотида) – 345.

1. Нуклеотидный состав гена -?

2. Мr (интронных участков гена) -?

3. Насколько зрелая иРНК короче про-иРНК -?

решение

1. Определяем общее количество нуклеотидов в фрагменте ДНК. Поскольку на цитозин нуклеотиды приходится 20% от их количества, то общее количество нуклеотидов составляет:

384 нуклеотидов – 20%;

Х нуклеотидов – 100%;

Х = 1920 (нуклеотидов);

По принципу комплиментарности:

Г = Ц = 384 нуклеотиды = 20%. Отсюда: А = Т = 30%.

384 нуклеотиды – 20%;

Х нуклеотидов – 30%; х = 576 9нуклеотидив);

А = Т 576 нуклеотидов.

2. Находим количество нуклеотидов в экзонных участках гена:

120 3 х 2 = 720 (нуклеотидов).

       Находим количество нуклеотидов в интронных участках гена:

1920 – 720 = 1200 (нуклеотидов).

Находим относительную молекулярную массу интронных участков гена:

Mr (интро. Участков гена) = 1200 х 345 = 414000.

3. Длина молекулы про-иРНК равна длине структурного гена:

l (о-иРНК) = (384 + 576) х 0,34 = 326,4 (нм).

Зрелая иРНК состоит только из информативной части. Ее длина составляет:

l (зрелой РНК) = 120 х 3 х 0,34 = 122,4 (нм).

Разница в длине о-иРНК и зрелой иРНК составляет:

326,4 нм – 122,4 нм = 204 нм.

Ответ. 1. Ген содержит по 576 адениновых и тиминових нуклеотидов, и по 384 гуанинових и цитозинових нуклеотиды. 2. Относительная молекулярная масса интронных участков гена – 414 000. 3. Разница в длине между про- иРНК и зрелой иРНК – 204 нм.

литература:

1. Барна Иван Общая биология. Сборник задач. – Киев: Издательство «Ранок», 2009 – 736 с.

2. Биология: Справочник для абитуриентов и школьников общеобразовательных учебных заведений: Учебно-методическое пособие. – 2-е издание. – К .: Литере ЛТД, 2009. – 656 с.

3. Овчинников С.А. Сборник задач и упражнений по общей биологии: Учебное пособие. – Донецк: Третье тысячелетие, 2002. – 128 с.

4. Биология. Словарь-справочник .: Учеб. Пособие / /Авт.-сост .: В.П. Попович, Т.А. Сало, Л.В. Деревинская. – М .: Страна грез, 2006. – 112 с.

• Главная 
• Вопросы & Ответы 
• Вопрос 3516526