Решение задач на реализацию генетической информации в организме
Кодирование наследственной информации в клетке
Задача 128.
Фрагмент цепи иРНК имеет последовательность нуклеотидов (указаны в направлении от 5’ к 3’ концу): ЦУАЦААГГЦУАУ. Установите последовательность нуклеотидов на ДНК и аминокислотную последовательность соответсвующего фрагмента молекулы белка, испульзуя таблицу гинетического кода.
Решение:
Согласно принципу комплементарности азотистые основания образуют между собой водородные связи в строгом соответствии: А - Т, Г - Ц в молекуле ДНК и А-У, Г-Ц – в РНК. Поэтому напротив урацила (У) иРНК становится адениин (А), напротив гуанина (Г) - цитозин (Ц), напротив цитозина (Ц) - гуанин (Г), напротиа аденина (А) - тимин (Т).
Тогда получим:
иРНК: ЦУАЦААГГЦУАУ
мДНК: ГАТГТТЦЦГАТА.
Также, используя принцип комплементарности, составим смысловую цепь ДНК:
5'-ЦТАЦААТГЦГГЦТАТ-3'.
Тогда молекула ДНК имеет вид:
сДНК: 5'-ЦТАЦААГГЦТАТ-3'
мДНК: 3’-ГАТГТТЦЦГАТА-5.
Для определения фрагмента белка разобьём иРНК на триплеты (кодоны): ЦУА ЦАА ГГЦ УАУ. Используя таблицу «Генетический код», можно построить белковую молекулу с соответствующими аминокислотами, получим: лей-глн-гли-тир.
Ответ:
Схема решения задачи включает:
1) последовательность ДНК:
5'-ЦТАЦААГГЦТАТ-3'
3’-ГАТГТТЦЦГАТА-5.
нижняя цепь матричная (транскрибируемая);
ИЛИ
5'-АТАГЦЦТТГТАГ-3'
3'-ТАТЦГГААЦАТЦ-5',
верхяя цепь матричная (транскрибируемая);
2) фрагмент полипептида: три-арг-цис-иле.
Задача 129.
Генетический код представлен молекулой иРНК, фрагмент которой имеет следующую нуклеотидную последовательность (нуклеотиды указаны в направлении от 5’ к 3’ концу): ГУГАААГАУЦАУГЦГУГГ. Установите последовательность ДНК и составьте белок с помощью таблицы генетического кода.
Решение:
Согласно принципу комплементарности азотистые основания образуют между собой водородные связи в строгом соответствии: А - Т, Г - Ц в молекуле ДНК и А-У, Г-Ц – в РНК. Поэтому напротив урацила (У) иРНК становится адениин (А), напротив гуанина (Г) - цитозин (Ц), напротив цитозина (Ц) - гуанин (Г), напротиа аденина (А) - тимин (Т).
Тогда получим:
иРНК: 5'-ГУГАААГАУЦАУГЦГУГГ-3'
мДНК: 3'-ЦАЦТТТЦТАГТАЦГЦАЦЦ-5'.
Также, используя принцип комплементарности, составим смысловую цепь ДНК:
5'-ГТГАААГАТЦАТГЦГТГГ-3'.
Тогда молекула ДНК имеет вид:
5'-ГТГАААГАТЦАТГЦГТГГ-3'
3'-ЦАЦТТТЦТАГТАЦГЦАЦЦ-5'.
Для определения фрагмента белка разбивам иРНК на триплеты (кодоны): ГУГ ААА ГАУ ЦАУ ГЦГ УГГ. Используя таблицу «Генетический код», можно построить белковую молекулу с соответствующими аминокислотами: вал-лиз-асп-гис-ала-три.
Ответ:
Схема решения задачи включает:
1) последовательность ДНК:
5'-ГТГАААГАТЦАТГЦГТГГ-3'
3'-ЦАЦТТТЦТАГТАЦГЦ АЦЦ-5',
нижняя цепь матричная (транскрибируемая);
ИЛИ
5'-ЦЦАЦГЦАТГАТЦТТТЦАЦ -3'
3'-ГГТГЦГТАЦТАГАААГТГ-5',
верхяя цепь матричная (транскрибируемая);
2) фрагмент полипептида: вал-лиз-асп-гис-ала-три.
Задача 130.
Участок одной цепи молекулы ДНК имеет последовательность нуклеотидов (указаны нуклеотиды в направлении от 3’ к 5’ концу): АГТЦТААЦТГАГЦАТ. Запишите последовательность нуклеотидов второй цепи ДНК.
Решение:
Первая цепь молекулы ДНК комплементарна второй (А - Т, Г - Ц). Используя правило комплементарности, в соответствии с кодом первой цепи ДНК записываем нуклеотиды второй цепи: ТАЦЦАГТГАЦТЦТАА.
Можно записать так:
сДНК: 5’-ТАЦЦАГТГАЦТЦТАА-3’
мДНК: 3’-АГТЦТААЦТГАГЦАТ-5’.
Отвт:
1) последовательность нуклеотидов второй (смысловой) цепи ДНК:
5’-ТАЦЦАГТГАЦТЦТАА-3’;
2) последовательность нуклеотидов молекулы ДНК:
5’-ТАЦЦАГТГАЦТЦТАА-3’
3’-АГТЦТААЦТГАГЦАТ-5’
нижняя цепь матричная (транскрибируемая).
Задача 131.
Участок цепи молекулы ДНК имеет последовательность нуклеотидов (указаны нуклеотиды в направлении от 3’ к 5’ концу):
ЦТААЦЦАТАГТТГАГ. Запишите последовательность нуклеотидов иРНК.
Решение:
По принципу комплементарности (Г - Ц, А – У, Т - А) с генетического кода ДНК выстраиваются нуклеотиды иРНК (транскрибция).
Тогда получим:
мДНК: 3’-ЦТААЦЦАТАГТТГАГ-5”
иРНК: 5’-ГАУУГГУАТЦААЦУЦ-3’.
Отвт:
1) последовательность нуклеотидов в иРНК:
5’-ГАУУГГУАТЦААЦУЦ-3’.
Задача 132.
В одной молекуле ДНК нуклеотидов с тимином (Т) - 22%. Определите процентное содержание нуклеотидов с А, Ц, Г по отдельности в этой молекуле ДНК.
Решение:
Согласно принципу комплементарности тимин всегда стоит в паре с аденином, значит их количество одинаково, т.е. Т = А = 22% а вместе они составляют 44%. Точно также цитозин в паре с гуанином, т.е. Ц = Г, а вместе они составляют: Ц + Г = 100% - 44% = 56%, значит
Ц = Г = 56%/2 = 28%.
Ответ:
1) процентное содержание нуклеотидов в молекуле ДНК следующее:
Т = А = 22%, Ц = Г = 28%.
Энергетический обмен в организме
Задача 133.
За 50 минут плавания пловец расходует 1200 кДж энергии. На протяжении какого времени он сможет плавать с такой же интенсивностью, если в его организме расщепилось 400 г глюкозы, половина из которой – в процессе гликолиза?
Решение:
М(C6H12O6) = 180 г/моль;
в 1 молекуле АТФ запасается энергии 30,6 кДж/моль.
При гликолизе одной молекулы глюкозы образуется 2 молекулы АТФ, а при окислении - 36 АТФ.
Количество глюкозы, подвергшееся гоиколизу равно:
n1(C6H12O6) = 200/180 = 1,11 молей. При этом происходит образование 2,22 молекул АТФ (2 • 1,11 = 2,22).
Количество глюкозы, подвергшееся биологическому окислению равно:
n2(C6H12O6) = 200/180 = 1,11 молей. При этом происходит образование 39,96 молекул АТФ (36 . 1,11 = 39,96).
Суммарное количество АТФ составит 42,18 (2,22 + 39,96 = 42,18).
Следовательно, из 400 г глюкозы образуется 42,18 х 30,6 = 1290,708 кДж/моль.
Теперь рассчитаем время плавания пловца, получим:
(1290,708 . 50)/1200 = 53,8 минут примерно 53 минуты.
Ответ:
53 минуты.
Задачи на синтез белка
Задача 134.
Сколько молекул воды затрачивается (выделяется) при транскрипции и трансляции полипептидной цепи, состоящей из 124 аминокислот?
Решение:
1. Определим количество трансляций, получим:
47,4/0,2 = 237.
Это означает, что гормон хорионического гонадотропина состоит из 237 аминокислот.
2. Рассчитаем массу пептидного гормона, получим:
Mr(пептида) = 237 . 100 = 23700 а. е. м.
3. Учитывая то, что одна аминокислота кодируется одним триплетом гена, а ДНК состоит из двух нуклеотидных цепей, рассчитаем молярную массу гена, получим:
Мr(гена) = 237 . 3 . 345 . 2 = 565110 а. е. м.
Тогда
Mr(гена) > Mr(пептида) в 20, 7 раз (565110/23700 = 20,7 приблизительно 21).
Таким образом, молярная масса гена, кодирующего синтез гормона хорионического гонадотропина, больше молярной массы этого гормона приблизительно в 21 раз.
Ответ:
в 21 раз.
Задача 135.
Синтез пептидного гормона – хорионического гонадотропина, который начинает вырабатываться тканью хориона после имплантации эмбриона, длится 47,4 с. Что имеет большую массу: пептидный гормон или ген, который его кодирует? Во сколько раз? (Экзон-интронную организацию не учитывать. Время одной операции трансляции – 0,2 с, масса аминокислоты – 100 а. е. м., масса одного нуклеотида – 345 а. е. м.).
Решение:
1. Определим количество трансляций, получим:
47,4/0,2 = 237
Это означает, что гормон хорионического гонадотропина состоит из 237 аминокислот.
2. Рассчитаем массу пептидного гормон, получим:
m(пептида) = 237 . 100 = 23700 а. е. м..
3. Учитывая то, что одна аминокислота кодируется одним триплетом гена, рассчитаем массу гена, получим:
m(гена) = 237 . 3 . 345 = 245295 а. е. м..
Отсюда
m(гена) > m(пептида) в (245295/23700 = 10,35 приблизительно 10).
Таким образом, масса гена, кодирующего синтез гормона хорионического гонадотропина, больше массы этого гормона приблизительно в 10 раз.
Содержание и масса ДНК в клетке
Задача 136.
Относительная молекулярная масса ДНК-полимеразы равна 109000. Вычислите количество аминокислотных остатков в составе молекулы указанного фермента.
Решение:
Средняя молекулярная масса одного аминокислотного остатка Mr(Ак) = 110 а.е.м. Тогда количество аминокислотных остатков в составе молекулы указанного фермента, составит:
109000/110 = 990,9 примерно 990 аминокислотных остатков.
Ответ:
990 аминокислот.
Задача 137.
В начале профазы митоза в ядре макроспоры у однодольного растения лилии содержится 116,0 . 10-9 мг ДНК. Определите содержание ДНК в яйцеклетке этого растения.
Решение:
Макроспора - это женская материнская клетка. Если в условии задачи берется материнская макроспора (2n4с), так как перед любым делением клетка содержит двойной набор хромосом (2n) и набор ДНК (4с), а хромосомный набор яйцеклетки (nc), то содержание ДНК в яйцеклетке однодольного растения составит четвертую часть его содержания от макроспоры, получим: 116,0 . 10-9 мг/4 = 29,0 . 10-9 мг.
Ответ:
1) содержание ДНК в яйцеклетке однодольного растения составляет 29,0 . 10-9 мг.
P.S.
Если бы в условии задачи была дана макроспора на стадии 4-х макроспор (n2с), то содержание ДНК в яйцеклетке было в два раза меньше содержания ДНК в данной макроспоре, потому что они обе будут гаплоидными - nc, получим: 116,0 . 10-9 мг/2 = 58,0 . 10-9 мг.
