Ответы к заданиям викторины «Загадки молекулярной биологии»
реклама
Ответы к заданиям викторины «Загадки молекулярной биологии» Решение задач необходимо оформить в стандартном формате для естественных наук. Дано: Решение: Найти: Ответ: Задание № 1 (мах 20 баллов) Дано: Участок ДНК: 5/-Ц-А-Ц-Г-Т-Ц-Ц-Т-А-А-Ц-Ц-Т-Т-Т-Т-Г-А-Ц-Г-А-А-Ц-А-Ц-Г-А-Т-Г-А-Т-Г-А-А-Ц-Т-3/ Найти: 1. Определите количество нуклеотидов, содержащих аденин в этом фрагменте ДНК. Определите коэффициент специфичности ее нуклеотидного состава. 2. Постройте и-РНК на соответствующей данной нуклеотидной цепочке ДНК. Определите количество в ней нуклеотидов, содержащих урацил? 3. Постройте полипептидную цепь, соответствующую данной нуклеотидной цепочке ДНК. Определите количество аминокислот в данном белке? Сколько молекул триптофана в нем содержится? Сколько молекул глутамина в нем содержится? 4. Выпишите все т-РНК, участвующие в данном биосинтезе. Сколько разных типов т-РНК принимает в нем участие? 5. Существуют ли другие способы кодирования белка соответствующего данному участку ДНК? Если нет, то почему? Если да, то, как это возможно и сколько существует вариантов? Решение: 1). Нам дана цепь 5/ -3 /. Следовательно, нам необходимо построить цепь 3 /- 5/ в соответствии с принципом комплементарности (смысловую цепь). ДНК Ц А Ц Г Т Ц Ц Т А А Ц Ц Т Т Т Т Г А Ц Г А А Ц А Ц Г А Т Г А Т Г А А Ц Т Г Т Г Ц А Г Г А Т Т Г Г А А А А Ц Т Г Ц Т Т Г Т Г Ц Т А Ц Т А Ц Т Т Г А 5/ ДНК 3/ 2). Определим количество А. Согласно принципу комплементарности, количество Т = количеству А, а количество Ц = количеству Г. Молекула ДНК состоит из двух цепей. А = Т = 20 Ц = Г = 16 3). Определим коэффициент видовой специфичности. Коэффициент специфичности – величина отношения суммы гуанина и цитозина к сумме содержания аденина и тимина. Он характеризует специфичность нуклеотидного состава данного молекулы ДНК. Коэффициент видовой специфичности 16 + 16 /20 + 20= 0.8 4). Построим иРНК и определим в ней количество У. ДНК 3/ иРНК Г Т Г Ц А Г Г А Т Т Г Г А А А А Ц Т Г Ц Т Т Г Т Г Ц Т А Ц Т А Ц Т Т Г А Ц А Ц Г У Ц Ц У А А Ц Ц У У У У Г А Ц Г А А Ц А Ц Г А У Г А У Г А А Ц У Ц Г А У Г А У Г А А Ц У Количество У = 9. 5). Строим молекулу закодированного белка в данной нам ДНК. иРНК белок Ц А Ц Г гистидин У Ц валин Ц У А лейцин А Ц Ц треонин У У У У Г А стоп фенилаланин Ц Г А аргинин кодон А Ц А треонин аргинин стоп стоп кодон кодон треонин Количество аминокислот в данном «белке» (зашифровано в данном нам участке ДНК) = 9 Количество молекул триптофана зашифровано в данном нам участке ДНК = 0 Количество молекул глутамина зашифровано в данном нам участке ДНК = 0 6). Находим тРНК. иРНК Ц белок гистидин тРНК Г А У Ц Г Г У Ц валин Ц А Ц У А лейцин Г Г А А Ц Ц треонин У У Г Г У У У У Г стоп фенилаланин А А А кодон - А Ц Г А А Ц А Ц Г А аргинин треонин аргинин Г У Г Ц У Г У Ц У У Г А У Г стоп стоп кодон кодон - - А А Ц У треонин У Г А Количество молекул тРНК участвующих в переносе аминокислот = 9. Количество типов молекул тРНК участвующих в переносе аминокислот = 8. 7). Вариант №1: Определяем количество возможных способов кодирования «белка» соответствующего данному участку ДНК. белок стоп гистидин валин лейцин треонин фенилаланин 2 4 6 4 2 кодон - аргинин треонин аргинин 6 4 6 стоп стоп кодон кодон - - треонин 4 количество вариантов кодирования аминокислоты 2*4*6*4*2*6*4*6*4=221184 Существует 221184 варианта кодирования данной последовательности аминокислот. Вариант №2: Имеет большую стоимость. Данный участок цепи состоит из 12 кодонов. Из них 6, 10, 11 - это триплеты - СТОП-кодоны, значит в данном участке транскрибируемой цепи 2 гена: 1-ый участок от 3‘ до СТОП-кодона (из 5 триплетов), 2-ой участок до СТОП-кодона №2, 3-и участок до 5‘ без смысла т.к. состоит из 1 триплета. Учитывая условие задачи, что дан участок антисмысловой цепи ДНК (начинается с 5’), то молекул триптофана в нем не должно содержится (три =0), т.к. АК триптофану соответствует всего 1 кодон УГГ. По той же причине молекул глутамина в нем не содержится (глу =0), т.к. АК глутамину соответствует 2 кодона ЦАА, ЦАГ Определим варианты кодирования белковых молекул. 1 участок гена ДНК: гис-вал- лей-тре-фен = 2*4*6*4*2=384 вариантов 2 участок гена ДНК: арг- тре- арг = 6*4*6=144 вариантов 3 участок гена ДНК: тре = 4 варианта Ответ: 1. Количество А = 20 Коэффициент видовой специфичности = 0.8 2. Количество У = 9 3. Количество аминокислот в данном «белке» (зашифровано в данном нам участке ДНК) = 9 Количество молекул триптофана зашифровано в данном нам участке ДНК = 0 Количество молекул глутамина зашифровано в данном нам участке ДНК = 0 4. Количество молекул тРНК участвующих в переносе аминокислот = 9. Количество типов молекул тРНК участвующих в переносе аминокислот = 8. 5. Существует 221184 варианта кодирования данной последовательности аминокислот. Задание № 2 (мах 20 баллов) Дано: Кодирующий участок нормального гемоглобина человека (HbA), смысловая цепь ДНК: -Ц-А-А-Г-Т-А-Г-А-А-Т-Г-А-Г-Т-Т-Ц-Т-Т-Т-Т-ТВ шестом триплете молекулы ДНК, в результате генной мутации в молекуле гемоглобина глутаминовая кислота меняется на валин, содержащийся в гемоглобине HbS. Найти: 1. Последовательность аминокислот в начальном участке HbA и HbS. 2. Какие изменения произошли в ДНК. Решение: 1). На основе кодирующего участка нормального гемоглобина человека (HbA) строим иРНК и белок. ДНК Ц А А Г Т А Г А А Т Г А Г Т Т Ц Т Т Т Т Т РНК Г У У Ц А У Ц У У А Ц У Ц А А Г А А А А А белок валин гистидин лейцин треонин глутамин 1 2 3 4 5 глутаминовая кислота 6 лизин 7 2). На основе белка HbS строим соответствующую иРНК и кодирующий участок гемоглобина человека HbS, характерного при заболевании серповидноклеточная анемия. белок валин РНК Г У ДНК Ц А гистидин лейцин У Ц А У Ц У У А Ц А Г Т А Г А А Т Г глутамин валин* лизин У Ц А А Г У А А А А А Г Т Т Ц А Т Т Т Т треонин 3). Изучаем отличия характерные для этих случаев. В нормальной молекуле ДНК (HbA) в 6 триплете Ц-Т-Т произошла генная (точковая) мутация - замена нуклеотида, т.е. второе основание Т заменилось на А => образовался триплет мутантной ДНК (HbS) Ц-А-Т. Ответ: В нормальной молекуле ДНК (HbA) в 6 триплете Ц-Т-Т произошла генная (точковая) мутация - замена семнадцатого нуклеотида Т на А, т.е. второе основание, в этом триплете Т заменилось на А => образовался триплет мутантной ДНК (HbS) Ц-А-Т. Это в свою очередь привело к появлению гемоглобина человека HbS, характерного при заболевании серповидноклеточная анемия. Задание №3 Дано: Решение: Мышцы ног бегуна 1. Определим сколько Е необходимо мышцам для работы на 25 при беге на мин. Бега. длинные дистанции 24 кДж * 25 мин = 600 кДж со средней 2. Определим количество моль АТФ необходимое для работы скоростью за 1 мин мышц. расходуют 24 - 25 600кДж/40кДж = 15 моль кдж энергии. 3. По уравнению определим, количество вещества C6H12O6 необходимое для образования 38 моль АТФ: Найти: 1. Какое количество С6 Н12 О6 + 6 О2 → 6 СО2 + 6 Н2О + 38 АТФ C6H12O6 израсходуют мышцы ног за 25 Х =1 моль (C6H12O6)* 15 моль (АТФ)/ 38 моль (АТФ) мин бега,? Х = 0,4моль (C6H12O6) 2. Какое количество 4. Переведём количество C6H12O6 в граммы: C6H12O6 израсходуют 1 моль (C6H12O6) – 180 г. мышцы ног за 1,5 0.4 моль (C6H12O6) – Х г. часа бега, при тех же Х = 180*0.4/1 = 72 г. (C6H12O6) условиях? 5. Определим массу C6H12O6 необходимую мышцам на 1,5 ч. (90 При условии, что мин.) бега. кислород к мышцам 25 мин. – 72г. (C6H12O6) доставляется кровью 90 мин. – Хг. (C6H12O6) в достаточном Х = 72*90/25 = 259 г. количестве. Ответ: Мышцы ног бегуна за 25 мин бега израсходуют 72 г. C6H12O6. А за 90 мин - 259г. глюкозы Задание №4 Дано: L ДНК = 1800 нуклеотидов. Из них приходится на интроны – 600. Экзоны содержат: А - 300, Т - 200, Г - 100. Найти: 1. L ДНК =? 2.Число кодонов в зрелой и-РНК-? 3.Процентное содержание А, У, Г, Ц зрелой и-РНК -? 4.Число аминокислот в белке -? Решение: 1. Определим L ДНК. Один нуклеотид занимает в молекуле ДНК 0,34нм. Отсюда длина данного фрагмента: L ДНК)= 0,34 нм *1800 = 612 нм 2. Определим количество нуклеотидов в зрелой РНК. Количество нуклеотидов в зрелой РНК = 1800 – 600 = 1200 3. Определим количество кодонов в зрелой РНК. Количество кодонов в зрелой РНК = 1200/3 = 400 4. Определим количество аминокислот закодированных в зрелой РНК. 1 кодон – 1 аминокислота Количество кодонов в зрелой РНК = количеству аминокислот = 400 5. Определим содержание А, Т, Г, Ц в фрагменте «экзонном» ДНК. «Экзонный» фрагмент ДНК состоит из 1200 нуклеотидов, в нем содержатся А - 300, Т -200, Г – 100. Ц = 1200 – 300 – 200 – 100 = 600 6. Определим процентное содержание А, У, Г, Ц в зрелой и-РНК. В зрелой иРНК будет содержаться, в соответствии с принципом комплементарности, У= 300, А=200, Г= 100, Ц= 600 нуклеотидов. Если 1200 нуклеотидов в зрелой РНК – это 100%, то У=300/1200*100%=25% А=200/1200*100%=16,7 Г=100/1200*100%=8,3% Ц=600/1200*100%=50% Ответ: L ДНК = 612 нм; Количество кодонов в зрелой иРНК = 1200 триплетов; Процентное содержание нуклеотидов в зрелой и-РНК У=25%, А=16,7% , Г=8,3%, Ц=50% Число аминокислот в белке соответствующем зрелой иРНК = 400 шт. Задание №5 Дано: Решение: ДНК 1). Расстояние между соседними парами нуклеотидов в молекуле ДНК Г= 30% 0,34 нм. А= 25% Число нуклеотидов = 122,4 нм/ 0,34 нм = 360 нуклеотидов Ц= 45% 2). За 1 аминокислоту в белке в ДНК отвечает 3 нуклеотида, L(ДНК)=122,4 нм. следовательно Число аминокислот = 360 /3=120шт. 3). Определим число нуклеотидов каждого вида в данном участке Найти: кодирующей цепи ДНК 1. Число 360 нуклеотидов – это 100%, следовательно аминокислот -? Г= 30%, число (Г) =360нуклеотидов*30/100=108 шт.; 2.Число нуклеотидов А, Т, Г, Ц -? А= 25%, число (А) =360нуклеотидов*25/100=90шт.; Ц= 45% ,число (Ц) =360нуклеотидов*45/100=162шт.; Т=0 Ответ: Число аминокислот = 120шт.; Количество Г= 108 шт.; Количество А= 90шт.; Количество Ц= 162шт.; Количество Т= 0.
