Решение задач по цитологии на реализацию наследственной информации в клетке
Задача 112.
Последовательность нуклеотидов фрагмента цепи ДНК (указаны нуклеотиды в направлении от 3’ к 5’ концу): ЦТАТТГЦАГЦТЦАГГ. Определите последовательность нуклеотидов на иРНК и порядок расположения аминокислот в соответствующем полипептиде. Объясните, что произойдет со структурой белка, если между третьим и четвертым нуклеотидом в цепи ДНК поставить гуаниновый нуклеотид? Для выполнения задания используйте таблицу генетического кода.
Решение:
В задаче надо определить последовательность аминокислот до мутации и после мутации и сравнить их. На цепи ДНК строим иРНК:
мДНК: 3’-ЦТА ТТГ ЦАГ ЦТЦ АГГ-5’
иРНК: 5’-ГАУААЦГУЦГАГУЦЦ-3’.
Пользуясь генетическим кодом, определяем последовательность аминокислот: асп-асн-вал-глу-сер.
Теперь добавляем к третьему нуклеотиду аденину еще один аденин и записываем новую цепь ДНК:
мДНК: 3’-ЦТА ГТТ ГЦА ГЦТ ЦАГ Г-5’.
Затем, по принципу комплементарности, строим молекулу иРНК:
мДНК: 3’-ЦТА ГТТ ГЦА ГЦТ ЦАГ Г-5’
иРНК: 5’-ГАУ ЦАА ЦГУ ЦГА ГУЦ Ц-3’.
По таблице генетического кода определим аминокислотную последовательность полипептида: асп-глн-арг-арг-вал.
Сравнивая цепочки аминокислот, можно сделать вывод, что вставка гуанина между третьим и четвертым нуклеотидом в цепи ДНК приводит к синтезу отличного от первого полипептида, а следовательно приводит к потере биохимических свойств белка-фермента. В живом организме не идет химическая реакция, что приводит к генной болезни (ферментопатии).
Ответ:
Схема решения задачи включает:
1) изначальная последовательность иРНК:
5’-ГАУААЦГУЦГАГУЦЦ-3’;
2) фрагмент начального полипептида: асп-асн-вал-глу-сер;
3) последовательность иРНК после мутации:
5’-ГАУ ЦАА ЦГУ ЦГА ГУЦ Ц-3’;
4) фрагмент полипептида после мутации в ДНК: асп-глн-арг-арг-вал;
5) если между третьим и четвертым нуклеотидом в цепи ДНК поставить гуаниновый нуклеотид, то синтезируется новый полипептид, что приведет к нарушению физиологической функции клетки (организма).
Задача 113.
Какие изменения произойдут в строении белка, если в кодирующем его участке ДНК (указаны нуклеотиды в направлении от 3’ к 5’ концу): ТАА ЦАА АТА АЦА ААА. Объясните, что произойдет, если между 2-м и 3-м нуклеотидами включен цитозин, между 6-м и 7-м – тимин, и на конце еще один аденин?
Решение:
1. Определим последовательность аминокислот в полипептиде до изменения ДНК.
По принципу комплементарности (Г - Ц, Т – А, А - У) с генетического кода ДНК выстраиваются нуклеотиды иРНК (транскрибция), получим:
мДНК: 3’-ТАА ЦАА АТА АЦА ААА-5’
иРНК: 5’-АУУ ГУУ УАУ УГУ УУУ-3’.
Для удобства разобьем молекулу иРНК на триплеты:
АУУ ГУУ УАУ УГУ УУУ.
Используя таблицу генетического кода, составляем последовательность аминокислот в полипептиде: иле-вал-тир-цис-фен.
2. Определим последовательность аминокислот в полипептиде после изменения ДНК.
Запишем нуклеотидную последовательность цепи мДНК:
3’-ТАЦ АЦА АТА ТАА ЦАА ААА-5’.
Используя принцип комплементарности, строим молекулу иРНК, получим:
мДНК: ТАЦ АЦА АТА ТАА ЦАА ААА
иРНК: АЦГ УГУ УАУ АУУ ГУУ УУУ.
Разобьем молекулу иРНК на триплеты:
АЦГ УГУ УАУ АУУ ГУУ УУУ.
Пользуясь генетическим кодом, определяем последовательность аминокислот в полипептиде после изменения цепи в молекуле ДНК, получим: тре-цис-тир-иле-вал-фен.
Сравнивая цепочки аминокислот в полипептидах, можно сделать вывод, что после изменения последовательности нуклеотидов в кодирующем участке мДНК, изменяется последовательность аминокислот в полипептиде, а следовательно синтезируется новый полипептид, что приводит к нарушению обмена веществ (ферментопатии).
Ответ:
1) фрагмент начального полипептида (пентапептид): иле-вал-тир-цис-фен;
2) фрагмент полипептида (гексапептида) после мутации: тре-цис-тир-иле-вал-фен;
3) в результате изменения цепи в мДНК синтезируется новый полипептид, что приведет к нарушению физиологической функции клетки (организма).
Задача 114.
Цепочка ДНК содержит следующую последовательность азотистых оснований (указаны нуклеотиды в направлении от 5’ к 3’ концу): ЦАТАГГЦТАГТЦ. Восстановите вторую цепочку ДНК, и по ней постройте информационную РНК и определите последовательность аминокислот в полипептиде.
Решение:
1-я цепь молекулы ДНК комплементарна 2-й (А - Т, Г - Ц). Используя правило комплементарности, в соответствии с кодом известной смысловой цепи ДНК записываем нуклеотидную последовательность матричной цепи ДНК, получим:
сДНК: 5’-ЦАТАГГЦТАГТЦ-3’
мДНК: 3’-ГТАТЦЦГАТЦАГ-5’.
По принципу комплементарности (Г - Ц, Т – А, А - У) составим нуклеотидную последовательность иРНК (транскрибция):
мДНК: 3’-ГТАТЦЦГАТЦAГ-5;
иРНК: 5’-ЦАУАГГЦУАГУЦ-3’.
Для удобства разобьем молекулу иРНК на триплеты:
ЦАУ АГГ ЦУА ГУЦ.
Используя таблицу генетического кода, определяем последовательность аминокислот в полипептиде, получим: гис-арг-лей-вал.
Ответ:
Схема решения задачи включает:
1) последовательность ДНК:
5’-ЦАТАГГЦТАГТЦ-3’
3’-ГТАТЦЦГАТЦАГ-5’,
нижняя цепь матричная (транскрибируемая);
ИЛИ
5'-ГАЦТАГЦЦТАТГ-3'
3'-ЦТГАТЦГГАТАЦ-5',
верхняя цепь матричная (транскрибируемая);
2) последовательность иРНК:
5’-ЦАУАГГЦУАГУЦ-3’
ИЛИ
3;-ЦУГАУЦГГАУАЦ-5’;
3) фрагмент полипептида: гис-арг-лей-вал.
Задача 115.
Дана цепь ДНК (нуклотиды расположены в направлении от 3’ к 5’ концу): ЦЦА ЦТА АТГ ТАА. Определите:
А) первичную структуру закодированного белка;
Б) процентное содержание различных видов нуклеотидов в этом гене (в двух цепях);
В) длину этого гена;
Г) длину белка.
Решение:
Линейная длина одного аминокислотного остатка в полипептидной цепи – 0,33 нм;
длина одного нуклеотида - 0,34 нм.
А) На основе кода цепи мДНК строим иРНК пользуясь принципом комплементарности (А-У, Т-А, Г-Ц):
мДНК: 3’-ЦЦА ЦТА АТГ ТАА-5’
иРНК: 5’-ГГУ ГАУ УАЦ АУУ-3’.
Для удобства решения задачи разобьём цепь иРНК на триплеты:
ГГУ ГАУ УАЦ АУУ.
Используя таблицу «Генетический код», можно построить белковую молекулу с соответствующими аминокислотами: гли-асп-тир-иле.
мДНК: ЦЦА ЦТА АТГ ТАА;
иРНК: ГГУ ГАУ УАЦ АУУ;
Белок: Гли-Асп-Тир-Иле.
Б) Посчитаем количество нуклеотидов в цепи мДНК, получим: общее число нуклеотидов - 12 шт.; число аденинов - 5; число тиминов - 3; число гуанинов - 1; числои цитозинов - 3. Теперь по принципу комплементарности можно посчитать нуклеотиды во второй цепи ДНК. Если в первой цепи 3 тимина, то во второй цепи будет 3 аденина (Т = А), если в первой цепи 3 цитозина, то во второй цепи будет 3 гуанина (Ц = Г), соответственно во второй цепи будет 1 цитозин напротив Г (Г = Ц) и 5 тимина напротив А (А = Т). Теперь можно посчитать нуклеотиды в двух цепях: А = 5 в первой цепи + 3 во второй цепи = 8 (5 + 3 = 8), Т = А тоже 8, Г = 1 в одной цепи + 3 во второй цепи = 4 (1 + 3 = 4), значит, Ц тоже будет 4. Общее количество нкулеотидов в двух цепях ДНК = 24 (12 . 2 = 24). Теперь рассчитаем процентное содержание различных видов нуклеотидов в этом гене, получим:
А = Т = 33,3% (8\24 . 100 = 33,3%);
Г = Ц = 16,7% (4\24 . 100 = 16,7%).
В) Зная количество нуклеотида в цепи мДНК можно вычислить длину молекулы ДНК:
L(ДНК) = 12 х 0,34 нм = 4,08 нм.
Г) Зная длину аминокислотного состав в полипептидной цепи (средняя длина аминокислотного остатка составляет около 0,33 нм.), можно вычислить длину белка:
L(белок) = 4 х 0,33 нм = 1,32 нм.
Ответ:
А) первичную структуру закодированного белка: гли-асп-тир-иле;
Б) процентное содержание различных видов нуклеотидов в этом гене (в двух цепях): А = Т = 33,3%, Г = Ц = 16,7%;
В) длину этого гена: 4,08 нм;
Г) длину белка: 1,32 нм.
Задача 116.
У человека, свиньи и кролика белковый гормон инсулин различается лишь по одной аминокислоте: в положении 30 у кролика в цепи имеется серин, у свиней – аланин, у человека треонин. Установите, какие точковые мутации могли привести к возникновению вариантов инсулина.
Решение:
Каждой аминокислоте белка соответствует комбинация из трех нуклеотидов ДНК. Как известно, в состав ДНК могут входить четыре азотистых основания: аденин (А), гуанин (Г), тимин (Т) и цитозин (Ц). Оказалось, что многим аминокислотам соответствует не один, а несколько кодонов. Аминокислоте серину соответствуют 6 кодонов – АГА, АГГ, АГТ, АГЦ, ТЦА и ТЦГ, аминокислоте аланину соответствуют 4 кодона – ЦГА, ЦГГ, ЦГТ и ЦГЦ, аминокислоте треонину 4 кодона - ТГА, ТГГ, ТГТ и ТГЦ. Из чего следует, что первые 4 кодона серина и по 4 кодона аланина и треонина отличаются друг от друга только первыми нуклеотидами, у серина это (А) аденин, у аланина - (Ц) цитозин, у треонина - (Т) тимин. Получается, что случайная ошибка в первом нуклеотиде кодона сможет привести к изменению в структуре белка.
Таким образом, замена в цепи ДНК аденина (А) на цитозин (Ц) приводит к изменению в структуре белка инсулина кролика, замена серина на аланин, т.е. к синтезу инсулина свиньи. Если произойдёт замена цитозина на тимин в данном положении цепи ДНК, то в структуре белка инсулина свиньи произойдёт замена аланина на треонин, что приведёт к синтезу инсулина человека. Очевидно, что точковые мутации в данном конкретном положении ДНК по замене нуклеотидов аденина, цитозина и тимина привели к возникновению этих вариантов инсулина в процессе эволюции позвоночных животных.
Задача 117.
Помните, что ДНК представляет собой последовательность букв A, C, T и G. A связывается с T, а C связывается с G. Решение определяется последовательностью ДНК, такой как ACAC или ТG, и концентрацией в микромолярных единицах. (мкМ = 10-6М).
Попробуйте смешать 5,0 мл 0,50 мкМ ACAC с 40 мл 0,50 мкг ТG. Определите, какие реагенты, и в каком количестве должны присутствовать в конечном растворе.
Решение:
Последовательность ДНК до реакции - 1-я цепь: А-С-А-С
Последовательность ДНК после реакции - А-С-А-С + 2TG = 1-я цепь: А-С-А-С, 2-я цепь: Т-G-T-G
1. Рассчитаем количество реагентов AC в растворе, получим:
n(AC) = (5 . 0,50)/1000 = 0,0025 мкМ.
2. Рассчитаем количество реагентов T, G в растворе, получим:
n(TG) = (40 . 0,50)/1000 = 0,02 мкМ.
Значит, ТG взято в избытке: 0,02 > 0,0025.
3. Определить, какие реагенты, и в каком количестве должны присутствовать в конечном растворе.
Так как в реакцию вступают реагенты АC и TG в соотношении:
n(AC) = 2n(TG), то 0,0025 мкМ (АС) прореагирует с 0,005 мкМ (ТG) (2 . 0,0025 = 0,005), n(прореаг.)(TG) = 0,005 мкМ.
Тогда можно рассчитать остаток ТG в конечном растворе, получим:
n(ост.)(TG) = n(TG) - n(прореаг.)(TG) =
= 0,02 - 0,005 = 0,015 мкМ или 15 . 10-9 молей.
Ответ:
n(ост.)(TG) = 0,015 мкМ или 15 . 10-9 молей.
Задание 118.
1. Фрагмент молекулы ДНК состоит из нуклеотидов, расположенных в следующей последовательности (указаны нуклеотиды в направлении от 3’ к 5’ концу): ААГТЦТАЦГТАТТЦТААТ.
1) Достройте комплементарную цепочку сДНК.
2) Найдите длину данного фрагмента ДНК.
3) Найдите молярную массу данного фрагмента ДНК.
2. В молекуле ДНК на долю цитидиловых нуклеотидов (Ц) приходится 48%. Определите процентное содержание других нуклеотидов в этой ДНК.
3. Белок человека – миоглобин имеет молекулярную массу 16890 Da. Определите количество аминокислотных остатков в молекуле этого белка.
Решение:
Длина нуклеотида = 0,34 нм;
средняя молекулярная масса нуклеотида = 345 а.е.м. (атомных единиц массы);
средняя молекулярная масса аминокислоты = 110 а.е.м. (атомных единиц массы).
1. Фрагмент молекулы ДНК: ААГТЦТАЦГТАТТЦТААТ
1) Матричная цепь молекулы ДНК комплементарна смысловой (А - Т, Г - Ц). Используя правило комплементарности, в соответствии с кодом матричной цепи ДНК составим нуклеотидную последовательность смысловой цепи, получим:
сДНК: 5’-ТТЦАГАТГЦАТААГАТТА-3’
мДНК: 3’-ААГТЦТАЦГТАТТЦТААТ-5’.
2) Для определения длины данного фрагмента мДНК нужно подсчитать количество нуклеотидов в фрагменте мДНК, получим: 18 шт. Зная количество нуклеотидов в цепи и длину нуклеотида, можно вычислить длину ДНК, получим: 18 х 0,34 нм = 6,12 нм.
3) Для определения молярной массы данного фрагмента ДНК нужно учесть, что молекула ДНК двухцепочечная, поэтому умножим количество нуклеотидов в матричной цепи ДНК на два и на молярную массу нуклеотида, получим: 18 х 2 х 345 = 12420 Da.
Ответ:
1) последовательность нуклеотидов сДНК:
5’-ТТЦАГАТГЦАТААГАТТА-3’;
2) длина данного фрагмента ДНК равна 6,12 нм;
3) молярная масса данного фрагмента ДНК равна 12420 Da.
2. Определениее процентного содержания нуклеотидов в ДНК
Согласно принципу комплементарности цитозин всегда стоит в паре с гуанином, значит их количество одинаково, т.е. Ц = Г = 48%, а вместе они составляют 96%. Тогда на долю остальных нуклеотидов приходится 100% - 96% = 4%. Поскольку аденин всегда находится в паре с тимином, то А = Т = 4%, а на каждого из них приходится 4/2 = 2%.
Таким образом, в данном фрагменте ДНК содержится 48% цитозина, 48% гуанина, 2% аденина и 2% тимина.
Ответ:
1) процентное содержание нуклеотидов в молекуле ДНК:
цитозина – 48%, гуанина – 48%, аденина - 2%, тимина - 2%.
3. Определение количества аминокислотных остатков в молекуле белка миоглобина
Зная молекулярную массу белка и среднюю молекулярную массу уминокислоты (Mr = 110 Da) рассчитаем количество аминокислотных остатков в белке, получим: 16890/110 = 153,5 (приблизительно 153).
Ответ:
153 аминокислоты.
