30 березня о 15:00Вебінар: Онлайн-тести «На Урок» для дистанційної роботи

Методичні рекомендації для розв'язування задач з молекулярної біології

Про матеріал
В представленій роботі приведені алгоритми розв'язування задач з генетики, наведені приклади розв'язування задач. Посібник може бути використаний на уроках, факультативах, при підготовці учнів до олімпіад.
Перегляд файлу

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Молекулярна біологія

При розв'язуванні задач і вправ з молекулярної біології   слід пам'ятати:

  • спадкова інформація закодована в ДНК, тільки у деяких вірусів в РНК;
  • ДНК дволанцюгова спіраль, утворена залишками нукеотидів(А - аденіловий,Т - тимідиловий, Г - гуаніловий, Ц - цитидиловий). Відносна молекулярна маса нуклеотиду (Мг) — 345 а. о. м., відстань між нуклеотидами 0,34 нм., відстань між протилежними ланцюгами 2 нм, виток спіралі 10 пар нуклеотидів.
  • нуклеотиди РНК - А, Г, ІД, У(уридиловий).
  • в    протилежних    ланцюгах    нуклеотиди    розташовані    за    принципом комплементарності: А навпроти Т, Г навпроти Ц , між ними водневі зв'язки. Між А і Т їх два, а між Г і Ц - три. Правило Чаргаффа N(A)=N(T), N(Г)=Т(Ц); звідси N(A+T)= N(Г+Ц).
  • і-РНК    синтезується    за    принципом    комплементарності    на    ДНК (транскрипція), амінокислоту кодує триплет нуклеотидів (кодон);
  • амінокислоти приносить до місця синтезу т-РНК , на верхівці т-РНК має триплет нуклеотидів - антикодон, комплементарний кодону і-РНК;
  • трансляція   -   синтез   білка   з   амінокислот,   час   приєднання   однієї амінокислоти 0,2 сек; Мг(а.к.)=100а.о.м.;
  • цифрами 3  та 5   позначають відповідні атоми карбону в моносахаридах нуклеотидів, інша назва цих точок ОН і Р кінець нуклеїнових кислот.

3'—> 5'- напрямок реплікації і транскрипції; 5'—> 3'- напрямок трансляції.

Задача1

Розчин тиміну з радіоактивною міткою внесено у поживне середовище з клітинами, що культивуються. В яких клітинних органелах буде виявлено мічений тимін під час радіографії?


Розв'язання-відповідь.

Тимін буде використаний для синтезу ДНК , яка в клітині може бути локалізована в ядрі, пластидах або мітохондріях.

Задача 2

В одному з ланцюгів фрагмента ДНК нуклеотиди розміщені в такому порядку: 5'ЦЦЦГЦЦТЦЦТГЦГГАЗ'

1.Визначте послідовність нуклеотидів у комплементарному ланцюзі ДНК, порядок розміщення амінокислот в поліпептиді.

2.Вкажіть напрямок транскрипції і трансляції.

Розв'язок-відповідь ДНК    5′ ЦЦЦГЦЦАЦЦТГЦГГА 3'

З' ГГГЦГГТГГАЦГЦЦТ5', транскрипція 3 ' 5' і-РНК   5'ЦЦЦГЦЦАЦЦУГЦГГАЗ', трансляція   5'→3' поліпептид - про - ала - тре - цис - глі-

Задача 2

Початок ланцюга однієї з фракцій гістону Н3. виділеного з тимусу теляти, має таку послідовність амінокислот: - ала - арг - тре - ліз - .визначте будову кодуючих фрагментів і - РНК і дволанцюгової ДНК.

Розв'язок — відповідь

Оскільки амінокислоти кодуються декількома триплетами нуклеотидів, варіанти відповіді можуть бути різними. Пропонується один з можливих варіантів.

Послідовність амінокислот:
- ала - арг - тре - ліз -
і-РНК ГЦУЦГУАЦУААА

ДНК ЦГАГЦАТГАТТТ

ГЦТЦГТАЦТААА


Задача 3

Фрагмент ланцюга і - РНК складається з послідовно розміщених кодонів:

ГГУАУУГУУГААГААУГУГЦУАГУ.

Які амінокислоти повинні перенести до місця   синтезу білка т - РНК ? Які антикодони мають ці т - РНК ?

Розв'язання - відповідь

і - РНК        ГГУАУУГУУГААГААУГУГЦУАГУ т - РНК      антикодони

ЦЦА, УАА, ЦАА, ЦУУ, ЦУУ, АЦА, ЦГА, УЦА

амінокислоти

глі, іле, глн, глу, глу, цис, ала, сер Задача 4

Дано такий фрагмент молекули ДНК : 5'АЦЦГАТТАТ ЦЦААЦЦ 3'

З ′ТГГЦТААТАГГТТГГ 5'

Який з ланцюгів є кодогенним невідомо. Визначте можливу послідовність амінокислот, закодованих в кожному з ланцюгів нуклеотидів.

Розв'язання

ДНК 5'АЦЦГАТТАТЦЦААЦЦЗ'
і - РНК 3' УГГЦУААУАГГУУГГ5'
трансляція відбувається в напрямку від 5' до 3'
послідовність амінокислот - глі - три - іле - іле - глі -

ДНК 3' ТГГЦТААТАГГТТГГ

і - РНК 5' АЦЦГАУУАУЦЦААЦЦ

напрямок трансляції від 5' до 3'

послідовність амінокислот :   - тре - асп - тир - про - тре -


Відповідь: можливі ланцюги ДНК: глі - три - іле - іле - глі -  або  - тре - асп  -  тир - про - тре.

Задача 5

Фрагмент одного з ланцюгів ДНК має послідовність нуклеотидів ТАЦАТГГТТЦГЦАТЦ. Який нуклеотидний склад і - РНК, транскрибованої з протилежного ланцюга ДНК. Які види т - РНК приносять амінокислоти до місця синтезу білка?

Розв'язання - відповідь

За принципом компліментарності визначаємо невідомий ланцюг ДНК та і -РНК

ДНК     ТАЦАТГГТТЦГЦАТЦ

          АТГТАЦЦААГЦГТАГ

          і - РНК УАЦАУГГУУЦГЦАУЦ

    т - РНК АУГ, УАЦ, ЦАА, ГЦГ, УАГ.

Задача 6.

Поліпептид складається з 10 амінокислот , розташованих у наступній послідовності: глн - про - ала - сер - мет - тир - асп - глі - асн -гіс. Визначте структуру і - РНК , що кодує даний поліпептид. Скільки часу треба для синтезу цього поліпептиду?

Розв'язання - відповідь Поліпептид

- глн - про - ала - сер - мет - тир - асп - глі - асн - гіс
і -РНК ЦААЦЦУГЦУУЦУАУГУАУГАУГГУААУЦА

Час приєднання однієї амінокислоти 0,2 сек.

t (трансл)=N(a.к.)× 0,2 сек;

t (трансл.)=10×0,2=2 сек.


Задача 7

Скільки амінокислот закодовано в структурному гені з 1188 нуклеотидів (1 ланцюг ДНК ), якщо останній має 3 інтронні ділянки з такою кількістю нуклеотидів :  105, 101, 136.

Дано:

N(нукл.ДНК)=1188 N(нукл. інтр.)105,101,136

N(a.к.) - ?

Розв'язання

1.N(нукл. екз.)=1188-(105+101+136)=846

2.N(a.к.)= 846:3=282

Відповідь:в гені закодовано 282 амінокислоти.

Задача 8

Відносна молекулярна маса білка 50000, а однієї амінокислоти 100 а. о. м. Визначити масу та довжину гена, який кодує цей білок.

Дано:

Мг (білка) = 50000 Мг(а. к.)=100

1 (гена)-? Mr(гена)-?

 

Розв'язання

Одну амінокислоту кодує триплет нуклеотидів, ДНК- дволанцюгова. Мг (нукл.)=345 а. о. м., відстань між двома нуклеотидами дорівнює довжині ковалентного зв'язку 1 (ков. зв.)=0.34нм.

1. N(a.к) = 50000:100=500 2.N(нукл.) = N(a.к)×3×2

N (нукл.) = 500×6=3000


3. Mr (гена) = N (нукл.)×Мг (нукл.) Мг(гена) = 3000×345=1035000а.о.м.

4. 1(гена) = N(нукл. 1 ланц.)×1(ков. зв.)

1(гена)=1500×0,34=510нм.

Відповідь: маса ДІЖ 1035000 а.о.м., довжина ланцюга ДНК 510 нм.

 

Задача 9

Ген, що кодує гормон людини соматотропін, важить 395370 а. о. м. Яка довжина цього гена? Скільки залишків амінокислот входить до складу соматотропну?

Дано:

Мг(гена) =395370 а.о.м.

Мг(нукл.)=100 а.о.м.

1(ков. зв.)=0.34нм

1(гена) - ?

N(a.к.) - ?

Розв'язання

l.  N( нукл.)-Мг(ДНК):Мг(нукл.)

   N( нукл.)=395370:345=1146

N( нукл.1 ланц.)=1146:2=573

2. 1(гена)=N(нукл. 1 ланц.)×1(ков.зв.)

1(гена)=573×0,34=194,82нм

3. N(a.к.)=N(нукл. 1 ланц.):3

N(a.к.)=573:3=191

Відповідь: довжина гена 194.82 нм, соматотропін містить 191 амінокислоту.

 


Задача 10.

 

Складу молекули ДНК входить 2600 аденілових нуклеотидів, що складає 16% від загальної кількості. Визначити кількість та процентний вміст гуанілових нуклеотидів.

 

Дано: Розв'язання

N(Г) = 2600

ω(А) = 16%

N(Г) = ?

ω(Г) = ?

1. Визначаємо загальну кількість нуклеотидів молекули ДНК
N (нукл.)=2600×100%:16%=16250

2. За правилом Чаргаффа визначаємо кількість і частку гуанілових нуклеотидів.

 N(A)=N(T); N(Г)=(N(заг) - N(A+T)):2;

N(Г)=(16250-5200):2;

N(Г)=5525;

ω(Г)=(100% - 32%) :2 =34%

Відповідь: 5525 гуанілових нуклеотидів, що становить 34%.

 

Задача 11.

В молекулі ДНК з відносною молекулярною масою 34500 на частку гуанілових нуклеотидів припадає 10345. Визначте кількість нуклеотидів кожного виду.


Дано: Мг(ДНК)=34500

МГ(Г)= 10345

Мг(нукл.)=345

N(A)-? N(Г) - ? N(Ц)-? N(T) -?

Розв'язання

  1.               N (нукл.ДHK)=Мг(ДНК):Мг(нукл.); N(нукл ДНК)=34500:345=100;
  2.               N(Г)=10345:345=30;

3. Користуючись правилом Чаргаффа визначаємо кількість всіх видів нуклеотидів.

N(A+Г)=N(T+Ц), звідси N(Ц)=N(Г)=30;

N(A)=N(T)=(100-60):2=20.

Відповідь: в молекулі ДНК по 30 цитидилових і гуанілових та по 20 аденілових і тимідилових нуклеотидів.

Задача 12

За даними біохімічного аналізу в молекулі і — РНК 20% аденілових, 36% уридилових, 24% цитидилових нуклеотидів. Визначити нуклетидний склад ДНК з якої транскрибована дана і — РНК.

Дано:

і - РНК: ω(А)=20%, ω(У)=36%, ω(Ц)==24%

склад ДНК - ?

Розв'язання

1 .Визначаєм частку гуанілових нуклеотидів в і — РНК. ω(Г)= 100%-(20%+36%+24%)=20%

2. Молекула ДНК дволанцюгова , отже на один ланцюг припадає 50% нуклеотидів.

Визначаємо склад ДНК:


і - РНК транскр. ДНК компл. ДНК

У - 36% А - 18% Т - 18%

А - 20% Т - 10% А - 10%

Ц - 24% Г - 12% Ц - 12%

Г - 20% Ц - 10% Г - 10%

ω(А)= 18%+10%=28%; ω(Т)= 10%+18%=28%;

ω(Г) 12%+10%=22% ; ω(Ц)= 10%+12%=22%
Відповідь:ω(А)=ω(Т)=28%;ω(Г)=ω(Ц)=22%.

Задача 13

В результаті біохімічного аналізу в молекулі і — РНК виявили 440 гуанілових, 326 уридилових, 228 аденілових нуклеотидів. Який нуклеотидний склад відповідного фрагмента ДНК? Визначте його відносну молекулярну масу та довжину.

Дано:

і-РНК

N(Г)=440; N(Ц)=326; N(У)=340; N(A)=228

склад - ДНК, 1(ДНК),Мr(ДНК) - ?

Розв'язання

1 .Визначаєм нуклеотидний склад ДНК

і - РНК транскриб. ДНК комплемент. ДНК

Г - 440 Ц - 440 Г - 440

Ц-326 Г-326 Ц-326

У-340 А-340 Т-340

А-228 Т-228 А-228

N)=440+326=766(нукл.) N(Г)=326+440=766(нукл.)


N(A)=340+228=568(нукл.)

N(Т)=228+340=568(нукл.)

2. Визначаємо загальну кількість нуклеотидів ДНК,

N(нукл.)=766×2+568×2=2668(нукл.)

3. Визначаємо масу та довжину ДНК

Мг(ДНК)=Мг(нукл.)×N(нукл.);

Мг(ДНК)=345×2668=920460а.о.м. 1(ДНК)=М(нукл. 1 ланц.)×1(ков.зв.); 1(ДНК)=1334×0.34=453.56нм

Відповідь:М(Ц)= N( Г)=776 нуклеотидів, М(А)= N(Т)=568 нуклеотидів,

1(ДНК)=453,56нм, Мг(днк)=920460а.о.м.

Задача 14

Довжина фрагмента ДНК 1020 нм. Визначте кількість амінокислот закодованих в цьому фрагменті. Скільки часу буде затрачено на трансляцію цього білка? Час приєднання однієї амінокислоти 0.2 сек.

Дано:

1(ДНК)=1020нм

t(трансл. а.к.)=0.2сек

l(ков.зв.) — 0 ,34нм

N(a.к.),t(трансл.) - ? Розв'язання

1. N (нукл.) - 1(ДНК) : 1(ков. зв.),
N(нукл.)= 1020нм : 0.34нм
N(нукл.)=3000

2. Амінокислота кодується триплетом нуклеотидів.
N(a.к.)=3000 : 3- 1000

3. t(трансляції)=1000×0.2с=200с
Відповідь: N(a.к.)=1000, t(трансл.)=200с.


Задача 15

Скільки амінокислотних залишків (у середньому) містить білкова молекула, якщо у фрагменті ДНК розміром 10200 нм закодовано 10 білкових молекул. Визначити відносну молекулярну масу кожної з них.

Дано:

1(ДНК)=10200нм,  N (білк. мол.)=10

N(а.к)білка-?     Мг(білка)-?

Розв'язання

1 . М(нукл.)=1(ДНК):1(ков.зв.)

N(накл.)=10200нм:0,34=30000

2. N(нукл.гена)=30000:10=3000

3. Амінокислоту кодує триплет нуклеотидів

N(a.к)=3000:3=1000

4. Мг(білка)=Мг(а.к.)×N(а.к.)

Мг(білка)100×1000=100000(а.о.м.)

Відповідь: до складу білка входить 100 амінокислотних залишків, його відносна молекулярна маса 100000 а.о.м.

Задача 16

Фермент містить 248 амінокислотних залишків. Що має більшу масу: фермент чи ген, що його кодує? У скільки разів?

Дано:

N(a.к.)=248,  Мг(нукл.)=345

Мг(а.к.)=100

Мг (ферм)-? Мг(гена)-?

Що важче - ? Розв'язання


  1. Мг(фермента)=N(а.к.)×Мг(а.к.)

Мг(ферм.)=248 × 100=24800

  1. Амінокислоту кодує триплет нуклеотидів, а молекула ДНК дволанцюгова.

N(нукл.)=N(a.к.)×32

N(нукл.)=248×6=1488

3. Мг(гена)=1488х345=513360

4. Мг(гена):Мг(фермента) =513360:24800=20,7

Відповідь: відносна молекулярна маса гена в 20,7 рази більша маси фермента.

Задача 17

До складу поліпептиду входить 70 амінокислот. Визначте масу ДНК, що кодує цей поліпептид, якщо відомо, що 25% триплетів є інтронними.

Дано:

N(a.к.)=70

ω(інтр.)=25% Розв'язання

Мг(ДНК) - ? 1. Визначаєм кількість нуклеотидів екзонних ділянок

N(нукл.)=70×3×2=420

На частку екзонних ділянок припадає 75%триплетів.

2.  Визначаєм загальну кількість нуклеотидів ДНК

N (нукл.)=420х 100%:75%=560

  1.    Мг(ДНК)=Мг(нукл.)×N (нукл.)  
  2.  Мг(ДНК)=560×345=193200

Відповідь:відносна молекулярна маса ДНК 19320 а.о.м. Задача 18

Проведене дослідження показало, що в молекулі незрілої і - РНК знаходиться 3600 залишків фосфатної кислоти, а після дозрівання цієї молекули вона мала 3000 молекул рибози. Встановіть скільки амінокислот


закодовано в молекулі зрілої і - РНК та яку масу матиме відповідний поліпептид.

Дано:

про - і - РНК

N(зал.фосф.кисл.)=3600

зріла і - РНК

N (зал. рибози)=3000

N(a.к.) - ?,  Мг(поліпептиду) -? Розв'язання

До складу кожного нуклеотиду і -РНК входить по одному залишку рибози, фосфатної кислоти і нітратної основи, отже кількість нуклеотидів дорівнюватиме кількості кожного з цих залишків.

N (нукл. про - і - РНК)=3600

N (нукл.зрілої -і-РНК)=3000

Амінокислоти закодовані тільки в зрілій   і - РНК

N (а.к.)= N(нукл.):3;   N(a.к.)=3000:3=1000;

Мг(поліпепт.)=М(а.к.):Мг(а.к.); Мг(поліпептиду)=1000×100=100000.

Відповідь: закодовано 1000 амінокислот, маса поліпептиду 100000 а.о.м.

Задача 19

Структурний ген ферменту РНК - полімераза включає 9450 пар нуклеотидів. скільки екзонних і інтронних пар входить до складу гена, що кодує РНК - полімеразу ? Яка молекулярна маса зрілої і - РНК? Білок складається з 329 амінокислот.

Дано:

N(a.к.)=329 , N(nap нукл.)
N (нукл.екз.), N(нукл.інтр.),
Мг(зрілої і - РНК ) - ? Розв'язання

1 .Визначимо кількість нуклеотидів зрілої і - РНК


N(нукл.)=N(a.к.)×3;      N(нукл.)=329×3=987;

2.Ген цього ферменту включає 987 пар екзонних нуклеотидів.

N(пap нукл.інтр.)=9450-987=8463

N(нукл.і - PHK)=N(пap нукл.ДНК)

3.Мг(зрілої і - РНК)= N (нукл.)×Мг(нукл.);

Мг(зр. і - РНК)=987×345=340515а.о.м.

Відповідь:987 кодуючих, 8463 некодуючих нуклеотидів. Мг(зрілої і — РНК) 340515а.о.м.

Задача 20

Вірусом мозаїки тютюнової (ВТМ) синтезується ділянка білка з амінокислотною послідовністю :- ала - тре - сер - глу - мет - . Під дією мутагенного фактора (нітритна кислота) цитозин в результаті дезамінування перетворюється в урацил. Яку будову матиме ділянка ВТМ , якщо всі цитидилові нуклеотиди були змінені на уридилові?

Розв' язання Ділянка білка ВТМ - ала -тре - сер - глу - мет -

Оскільки амінокислоти кодуються різними триплетами , можливі декілька варіантів послідовностей нуклеотидів. Один з можливих варіантів і - РНК

ГЦУАЦУУЦУГАААУГ Мутована і -РНК ГУУАУУУУУГАААУГ

Змінена ділянка білка ВТМ

—вал —ілей — фен —глу — мет

 

Задача 21

Білок В мономер. Ген, що його кодує ,містить 5 інтронів по 5000 пар нуклеотидів і 3 екзони , кожен з яких складається з 180 пар нуклеотидів. Скільки пар нуклеотидів у складі даного гена? Скільки нуклеотидів міститься у складі кодуючої зони і -РНК ?Скільки амінокислотних залишків має даний білок?


Дано:

білок В мономер,

ДНК    N(iнтр.)=5, в кожному 5000 пар нуклеотидів

N(eкз.)=3, в кожному 180 пар нуклеотидів N(nap нукл.гена)-?  N (нукл. кодуючої) і - РНК N(a.к.) - ?

Розв'язання

1. До складу гена входять екзонні і інтронні ділянки.

N( нукл.)=5×5000+3×180=15540пар

2. Кількість нуклеотидів зрілої і — РНК дорівнює кількості пар нуклеотидів в екзонних ділянках.

N (нукл.екз.)=3 × 180=540

3.Одну амінокислоту кодує триплет нуклеотидів.

N(a.к.)=N(нукл.i -РНК):3

N(a.к.)=540:3=180

Відповідь:ген містить 15540 пар нуклеотидів , зріла і — РНК 540 нуклеотидів, білок має 180 амінокислот.

Задача 22

У молекулі про - і - РНК на інтронні ділянки припадає 600 нуклеотидів. визначте відносну молекулярну масу і довжину структурного гена , якщо в ньому закодовано поліпептид масою 10000 а.о.м.

Дано:

про -і - РНК

Мг(поліпептиду) – 10000 а.о.м.

N(нукл.) - 600

Мг(структ.гена) - ? 1(структ.гена) - ?


Розв'язання

До складу структурного гена входять екзонні і інтронні ділянки , про — і — РНК також містить екзонні і інтронні ділянки.

1.  N(a.к.)=Mr(поліпепт.):Mr(a.к.)

N(a.к.)=1000a.o.м.:100a.o.м.=100

N (нукл.екз.)=1000×3=300

3.  N (накл.)= N (нукл.інтр.)+ N (нукл.екз.)

N (нукл)=600+300=900

4.Визначаєм відносну молекулярну масу і довжину гена.

1(гена)= N(нукл)×1(ков.зв.);    1(гена)=900×0,34=306нм

Мг(гена)= N(нукл.)×2×Мг(нукл.); Мг(гена)=900×2×345=621000а.о.м.

Відповідь: довжина гена 306 нм, а відносна молекулярна маса 621000 а.о.м.

Задача 23

Оперон (сукупність структурних генів і гена оператора ) містить у собі 10800 нуклеотидів .У ньому закодовані три поліпептидні ланцюги , кожний з яких складається з 560 амінокислотних залишків. Визначте відносну молекулярну масу гена — оператора та його довжину.

Дано:

N (нукл. оперона)= 10 8 00

N (поліпепт.)=3

N(a.к.)=560

Мг(гена оператора) - ?

1(гена оператора) - ? Розв'язання

1 .Визначаєм кількість нуклеотидів структурних генів (один ланцюг).

N(нукл.)=N(a.к.)×3×N( поліпепт.)

N(нукл.)=560×3×3=5040


В двох ланцюгах 1080 нуклеотидів

2. N (нукл.гена опер.) = 10800 - 10080=720 З.Мг(гена опер.) = N [(нукл.)×Мг(нукл.) Мг(гена операт.) = 720×345=248400а.о.м. 1(гена операт.) = N (нукл.):2×1(ков.зв.);

1(гена опер.) = 360×0,34 = 122,4нм

Відповідь: відносна молекулярна маса гена - оператора 248400 а.о.м., довжина гена 122,4нм.

Задача 24

Білок еритропоетин у людини кодується геном у якому на кодуючі нуклеотиди припадає 9% від загальної кількості нуклеотидів , що дорівнює 310 парам нуклеотидів. Скільки водневих зв'язків між двома полінуклеотидними ланцюгами має вказаний ген, якщо на аденілові нуклеотиди припадає 20%.

Дано:

днк

ω(екз.) = 9%;

N(нукл.екз.) = 310 пар

ω(А) =20%

N(водн.зв.) - ? Розв'зання

1 .Визначаємо загальну кількість нуклеотидів гена.

N(нукл.) = 310×100% : 9% = 3444 пари

2.3а принципом комплементарності : ω(А) = ω(Т); на суму А і Т нуклеотидів припадає 40% пар.

З .Визначаєм кількість пар нуклеотидів А і Т.

3444 пари-100%

х пар - 40% ; N(nap А - Т)=3440×40 : 100 =1377 пар


4.Визначаєм кількість пар Ц і Г.

N(пap Ц -Г )=3444 - 1377 =2067 пар

5.Визначаєм кількість водневих зв'язків між протилежними ланцюгами ДНК.

Між нуклеотидами А і Т їх по два, а між Г і Ц їх по три.

N(зв.) = 2067×3 + 1377×2 = 8955 водневих зв'язків.

Відповідь: між двома полінуклеотидними ланцюгами 8955 водневих зв'язків.

Задача 25

За нормальних фізіологічних умов у ДНК домінує форма В. Відстань між двома сусідніми нуклеотидами ДНК у цієї форми дорівнює 0,34 нм, діаметр спіралі 2 нм, повний оберт спіралі 3,4 нм. Встановили, що довжина гена дорівнює 748нм. Скільки кроків подвійної спіралі робить цей ген при н. у.? Чому дорівнює відносна молекулярна маса гена?

Дано:

1(гена) = 748 нм

1(ков.зв.) = 0,34 нм

d(спіралі) = 2 нм

1( кроку спір.)= 3.4 нм

N(кроків) - ? Мг(гена) - ? Розв'язання

 

l. N( кроків спіралі) = 1(гена): 1 (кр. спір.);

  N(кроків) = 748 нм :3,4 нм = 220;

2. N (нукл. )=1(гена) : 1(ков.зв.);

   N (нукл.) = 748 нм:0,34 нм = 2200;


ДНК дволанцюгова дому N(нукл.)=4400;

3. Мг(гена) = N[(нукл.)×Мг(нукл.);

Мг(гена) = 4400×345 = 1518000 а.о.м.

Відповідь:220 кроків спіралі, Мг(гена) = 1518000 а.о.м. Задача 26

В ядрі невідомої соматичної клітини на стадії анафази мітозу міститься 2,4 • 10-9 мг ДНК . Яка маса ДНК буде в клітині на стадії профази І мейозу? Яка маса ДНК буде в статевій клітині?

Дано:

2n, анафаза
m(ДНК) = 2,410-9
профаза І мейозу     m(ДНК) - ?
m(ДНК гамети) - ? Розв'язання

1.    Маса ДНК на стадії І мейозу така сама як і на стадії анафази мітозу .

m = 2.4•10-9 мг ДНК (2n4с) ;

n - кількість хромосом гаплоїдного набору хромосом;

с - маса ДНК гаплоїдного набору хромосом

2.Маса ДНК в статевій клітині lnlc ; m = 2,410-9 мг : 4 = 610-10мг

Відповідь: m(ДНК профази І мейозу) - 2,4•10-9мг; m(ДНК гамети) = 6•10-9мг. Задача 27

На початку інтерфази в ядрі соматичної клітини однодольної рослини лілії 116•10-9 мг ДНК. Визначте вміст ДНК в пилковій трубці безпосередньо перед заплідненням.


Дано:

інтерфаза    m(ДНК) =116•10-9мг ДНК

m(ДНК)-?

Розв'язання

На початку інтерфази в ядрі соматичної клітини хромосомний набір 2n2с; в

гаплоїдній клітині lnlc, отже масса ДНК в гаплоїдній клітині буде: m (ДНК)

116•10-9:2=58•10-9мг.

В пилковій трубці три гаплоїдні клітини: два сперматозоїди і одна вегетативна клітина.

m(ДНК) = 58•10-9 мг×3 = 174•10-9мг

відповідь: маса ДНК в пилковій трубці 174•10-9мг.

Задача28

В ядрі одного бластомера великої рогатої худоби 30 пар двохроматидних хромосом (2n4с).У них міститься 13,68•10-9мг ДНК. Яка маса ДНК буде в одній хромосомі яйцеклітини корови, якщо припустити , що всі хромосоми мають однакові лінійні розміри.

Дано: бластомер

N(xp.)=30пap(2n4c) m(ДНК)= 13,68 •10-9мг

m(днк) 1 хр. яйцекл. - ? Розв'язання

  1. Визначаєм масу ДНК яйцеклітини (lnlc)
    m( ДНК) = 13,68•10-9мг : 4 = 3,4210-9мг

Визначаєм масу ДНК хромосоми m(ДНК)=3,42•10-9:30=1,14•10-10мг

Відповідь: в хромосомі ядра яйцеклітини 1,14•10-10мг  ДНК Задача 29

На утворення одного пептидного зв'язку витрачається 1 молекула АТФ , на транспорт амінокислоти — 2 молекули АТФ . Синтезується дві молекули білка з однаковою кількістю амінокислотних залишків . І - РНК , що кодує структуру одного білка, утворена 120 нуклеотидами. Скільки потрібно глюкози для забезпечення трансляції енергією, за умови, що глюкоза розщепилась повністю.

Дано:

витрати енергії:

пепт. зв. — 1 мол.АТФ; транспорт 1 а.к. — 2 мол. АТФ

N(білків) - 2; N( нукл.) і - РНК - 120

N(молекул С6НІ2О6) - ?

Розв'язання

1 .Визначаєм кількість білкових молекул. N(a.к.) = N(нукл.):3 ; N(нукл.) = 120:3 = 40;

В двох молекулах 80 амінокислот. 2.Визначаєм скільки потрібно АТФ .

Для транспорту амінокислот 80×2 =160 молекул; для трансляції 80 молекул. Всього  160+80 = 240 молекул АТФ.

3.Визначаєм скільки потрібно глюкози.

х моль 240 моль

С6Н12О6+6О2 + 38АДФ + 38 Н3РО4 = 6СО2 + 44Н2О +38АТФ

1 моль 38 моль

х = 240×1:38 = 6,3(молекули С6Н12О6)

Відповідь: для забезпечення трансляції необхідно 6,3 молекул глюкози.


Задача 30

У зоні росту в жіночій та чоловічій статевих залозах міститься по 10000 первинних статевих клітин, скільки яйцеклітин та сперматозоїдів з них утвориться ?

Розв'язання - відповідь

Після зони росту статеві клітини переходять в зону дозрівання, де відбувається мейоз. З кожної первинної статевої клітини шляхом двох послідовних поділів утворюється чотири гаплоїдні клітини. В яєчках утворюється 40000 сперматозоїдів, а в яєчниках 10000 яйцеклітин і 30000 полярних тілець.

Обмін речовин та енергії. Енергетичний обмін.

Задача 1

Яку відстань зможе пробігти бігун з швидкістю 20 км/год, якщо витрати енергії становлять 30 кДж/хв.. Він максимально може використати 400 г глюкози, половина якої буде розщеплюватись повністю.

Дано:

v(6ir.) = 20 км/год

m6НІ2О6)=400г

витр. єн. = 30 кДж/хв.

1/2 m(глюкози) — повне розщ.

S-?

Розв'язання

1 .Визначаєм кількість глюкози. v ν6Н12О6) = 400 г : 180 г/моль;

ν (C6H12O6) = 2,22 моль, з цієї кількості половина розщепиться повністю.

2. Визначаєм кількість енергії, яка вивільниться при розщепленні глюкози:

а) при повному розщепленні


1,11моль 38 моль

С6Н12О6+6О2 + 38АДФ + 38 Н3РО4 = 6СО2 + 44Н2О +38АТФ
1 моль 38 моль

ν(ATO) = 38 моль×1,11 моль :1 моль = 42.18 моль

б) при без кисневому розщепленні

1,11моль х моль

С6Н12О6+ 2АДФ + 2Н3РО4 =2С3Н603 + 2Н2О + 2АТФ

1 моль 2 моль

х = 1,11моль×2 моль : 1 моль=2,22 моль

ν(ATO)= 42,18моль + 2,22 моль = 44,4 моль

3.Витрати енергії бігуном за годину становлять:

Е = 30 кДж×60 хв =1800 кДж/год

ν(АТФ) = 1800кДж:42кДж/моль; ν(ATO) = 42.85моль

4.Визначаєм на який час вистачить вивільненої енергії.

42,85моль вистачить на 1 год

44.4 моль вистачить на   х год

х = 44,4 х 1; 42,85 = 1,036 (год)

5.Визначаєм відстань, що зможе пробігти бігун.

S = V × t;      S = 20 км/год × 1,036 год = 20,72 км

Відповідь: бігун зможе пробігти 20,72км.

Задача 2

При виконанні фізичних вправ м'язи рук за 5 хвилин витрачають 6 кДж енергії. Визначте : а)скільки глюкози витрачають м'язи рук за 60 хв роботи, якщо кисню вистачить на 30 хв; б)скільки молочної кислоти накопичиться в м'язах.


Дано:

витр. енергії — 6 кДж/5хв t(3ar)=60 хв

t(aep.poзщ.) - 30 хв m6Н12О6) - ?

m3Н6Оз) - ?

Розв'язання

1. Визначаєм витрати енергії в м'язах рук за 1 хвилину.

6кДж:5хв=1.2 кДж/хв.

2. Визначаєм витрати енергії за 30 хв та кількість молів АТФ . 1,2кДж/хв ×30 хв = 36 кДж;

ν(ATФ)= 36 кДж :42 кдж/хв = 0.86моль

3.Визначаєм кількість глюкози , яка витрачається при анаеробному розщепленні та масу молочної кислоти, яка накопичується в м'язах при цьому.

х моль х моль 0,86 моль

С6Н12О6 + 2АДФ + 2 Н3РО4 = 2С3Н6О3 + 2Н2О +2АТФ
1 моль 2 моль 2 моль

ν(C6H12O6) - l/2ν(ATФ); ν(ATФ) = 0,43 моль; ν(C3H6O3) = v(ATФ); ν(АТФ) - 0,86 моль; Mr(C3H6O3) = 0,86 моль×90г/моль = 77,4 г

4.Визначаєм кількість глюкози, яка витрачається під час аеробного етапу.

х моль 0,86 моль

С6Н12О6+6О2 + 38АДФ + 38 Н3РО4 = 6СО2 + 44Н2О +38АТФ
1 моль 38 моль

ν(C6H12O6) =1 ×0,86 :38 =0,023(моль)


5.Визначаєм загальну масу затраченої глюкози.

ν(C6H12O6) = 0,43 + 0,023 = 0,453 моль;

m6Н12О6) = 180 г/моль ×0,453 = 79.5 г

Відповідь: затрачено 79,5 г глюкози, накопичується в м'язах 77.4 г молочної кислоти.

Задача 3

Клітини печінки в результаті енергетичного обміну утворили по 30 молів молочної кислоти і вуглекислого газу. Скільки глюкози було використано? Скільки молів АТФ утворилось ? Яка кількість енергії акумульована в АТФ та скільки молекул АДФ необхідно для цього процесу?

Дано:

ν(C3H6O3)=30 моль ν(CO2)= 30 моль ν(ATФ) - ?, Е-?

ν(АДФ) -ν(C6H12O6) - ?

 Розв'язання

Оскільки серед продуктів реакції є СО2 та С3Н6О3, в печінці частина глюкози розщепилась повністю, а частина тільки анаеробно.

1.Визначаємо кількість глюкози, яка розщепилась анаеробно та кількість АТФ, яка утворилась при цьому.

х моль х моль  30 моль х моль

С6Н12О6 + 2АДФ + 2 Н3РО4 = 2С3Н6О3 + 2Н2О +2АТФ
1 моль         2 моль 2 моль 2 моль

ν(C3H6O3) = ν(АТФ); ν(АТФ) =30 моль; ν 6Н,2О6) =1/2ν(АТФ);

ν 6Н12О6) =15 моль

2.Визначаєм кількість глюкози, яка була використана при аеробному розщепленні та кількість АТФ , що утворилась при цьому.


x моль x моль 30 моль x моль

С6Н12О6+6О2 + 38АДФ + 38 Н3РО4 = 6СО2 + 44Н2О +38АТФ
1 моль 38 моль 6 моль 38 моль

ν (С6Ні2О6) = 30 моль × 1 моль:6 моль = 5 моль

ν (АТФ) = 30 моль × 38 моль : 6 моль = 190 моль

3.Визначаємо скільки всього використано глюкози та синтезовано АТФ.

ν(глюкози) =15 моль + 5 моль = 20 моль;

ν(АТФ) = 30 моль + 190 моль = 220 моль;

  1.      Визначаємо скільки енергії накопичено в АТФ.
  2.      Е = ν(АТФ) × 42 кДж/моль ; Е = 220 моль × 42 кДж/моль =9240 кДж
  3.      Визначаємо кількість АДФ необхідну для синтезу АТФ.
  4.      ν(АТФ) = ν(АДФ);   ν(АДФ) =220 моль
  5. Відповідь: було використано 20 моль глюкози, 220   моль   АДФ,
    утворилось 220 моль АТФ, в них акумульовано 9240 кДж енергії.

Задача 4

Скільки молекул АТФ синтезовано при розщепленні 5 молекул глюкози в клітинах дощового черв'яка.

Дано:

N(молекул гл.) = 5

N[(мол. АТФ) - ? Розв'язання

Оскільки дощовий черв'як живе в аеробних умовах вважатимемо, що розщеплення глюкози пройшло повністю (аеробно).

5 моль х моль

С6Н12О6+6О2 + 38АДФ + 38 Н3РО4 = 6СО2 + 44Н2О +38АТФ
1 моль 38 моль

ν(АТФ) =5 моль ×38 моль:1 моль =190 моль Відповідь:синтезовано 190 молекул АТФ.


Задача 5

На розумову роботу за 1 хв витрачається 10 кДж енергії. Учень розв'язував задачу протягом години та 30 сек. Яка кількість глюкози зазнала дисиміляції в організмі, якщо 20% її розщепилось анаеробно, а решта повністю.

Дано:

витр. ен. — 10 кДж/хв. t — 60,5 хв повне розщ. гл. - 80% безкисневе розщ. — 20%

m(глюкози) — ?

Розв'язання

1 .Визначаєм загальну витрату енергії на розумову роботу.

Е = 60,5 хв × 10 кДж = 605 кДж(15.1 моль)

Всю глюкозу позначаєм через х, тоді анаеробно розщепилось 0,2 х а повністю 0,8 х глюкози. Підставляєм ці значення в рівняння реакції та складаєм математичне рівняння.

0,2х моль 0,4х моль

С6Н,2О6 + 2АДФ + 2 Н3РО4 = 2С3Н6О3 + 2Н2О +2АТФ
1 моль 2 моль

0,8х моль (15,1- 0,4х)моль

С6Н12О6+6О2 + 38АДФ + 38 Н3РО4 = 6СО2 + 44Н2О +38АТФ
1 моль 38 моль

При окисленні 0,8х моль глюкози утворюється (15,1 - 0,4х)моль АТФ При окисненні 1 моль глюкози утворюється 38 моль АТФ

0,8х ×38 = (15,1-0,4х)× 1

30,8х= 15,1моль;  


x = 0,49(моль)

m(гл.) =Mr(гл.)×ν(гл.); m(гл.) = 180×0,49 = 88(г)

Відповідь: на розв'язування задачі буде витрачено 88 г глюкози.

Фотосинтез

Задача 6

У процесі фотосинтезу за один світловий день (12 годин) рослина помідора вбирає 132г вуглекислого газу . Скільки ( теоретично) може утворитись в листках глюкози і скільки виділиться при цьому в атмосферу кисню за 10 днів? Яка продуктивність та ефективність фотосинтезу в помідора, якщо площа листкової поверхні 2?

Дано:

світл. день -12 год , t - 10 днів

m (СО2) = 132 г , S (лист.) = 1м2

m(гл.), m(кисню) - ?

продукт, фотос. - ?  ефект. фотос. - ?

Розв'язання

1. 3а рівнянням фотосинтезу визначаєм масу глюкози, що синтезується за 1 день, за 10 днів ?

ν(CO2) = m(C02) : Mr(CO2);    ν(CO2) = 132г : 44г = 3 моль

З МОЛЬ X МОЛЬ 6 МОЛЬ

6 СО2 + 6 Н2 О = С6Н12О6 + 6 О2
6 моль 1 моль     6 моль

х = 3 моль × 1 моль : 6 моль = 0,5 моль

m(глюкози) = 180 × 0,5 - 90 (г); за 10 днів 900 г.

2.Визначаєм масу глюкози синтезованої за 1 годину.

m = 90 г : 12 год = 7,5 г/год.

продуктивність фотосинтезу Р - 7, 5 г/год × 1 м2= 7,5г/год-м2


4. Визначаєм масу кисню , що виділяє помідор за добу, за 10 днів. За рівнянням реакції   ν(CO2) = ν(O2) = 3 моль;   m(O2) =Mr(O2) × ν(O2);

m2) =32 ×3 = 96(г)

За 10 днів - 960 г

Відповідь: продуктивність фотосинтезу 7,5 г /м2тод, маса глюкози 900 грамів, маса кисню 960 грамів за 10 днів.

Задача 7

У процесі фотосинтезу за один світловий день (10 годин) сто рослин пшениці вбирають 264 г вуглекислого газу . Скільки грамів соломи можуть утворити ці рослини за 10 діб, якщо на формування зерна потрібно 75% усієї синтезованої глюкози? Розрахуйте продуктивність фотосинтезу у пшениці, якщо площа листкової поверхні однієї рослини дорівнює 0,1 м2?

Дано:

світловий день — 10 год

m(СО2) = 264 г/день

N(рослин)=100

зерно — 75% глюкози

S(росл.) = 0,1 м2

m(соломи) - ?, Р(фотос) - ? Розв'язання

1 .Визначаєм масу глюкози , що синтезується рослинами за добу.
264 г х г

6 СО2 + 6 О2 = С6Н12О6 + 6 O2
264 г 180 г

Виходячи з рівняння реакції маса синтезованої глюкози 180 г , за 10 діб синтезовано 1800 г.

3. Визначаєм масу соломи , яка утворилась за 10 діб m(соломи) = m(глюкози) × 0,25


m(соломи) = 1800 × 0,25 =450 г

4. Визначаєм продуктивність фотосинтезу .

100 рослин синтезували за добу 180 г глюкози

1 рослина синтезувала за добу   х г глюкози

х= 180:100=1,8 г

За 1 годину рослина синтезує 0,18 г глюкози.

0,1 м площі рослини синтезувало 0,18 г глюкози за 1 год

1 м2   площі рослини синтезує    х г     глюкози       за 1 год

х = 1м2 × 0,18:0,1 = 1,8г/м2 год

Відповідь: утвориться 450 г соломи, продуктивність фотосинтезу 1,8 г/м тод.

 

Трофічні зв'язки в біогеоценозах

 

При розв'язуванні задач з цього розділу слід пам'ятати:

  • завдяки харчовим зв'язкам у біоценозах здійснюється трансформація біогенних речовин, акумуляція енергії та перерозподіл її між видами;
  •       першою ланкою в ланцюгах живлення є автотрофні організми;
  • в кожній ланці акумульована енергія становить 10 - 15%;
  • одна і та сама ланка входить до складу багатьох ланцюгів живлення, чином ланцюги переплітаються і утворюється трофічна сітка;
  • правило екологічної піраміди: на кожному попередньому трофічному рівні   кількість   біомаси   і   енергії,   які   запасаються   організмами   за одиницю часу, значно більші, ніж на наступному рівні (в середньому в 10 разів).

Задача 1

Яка площа акваторії моря потрібна щоб прогодувати чайку(m = 1кг, 40% - суха речовина) в ланцюгу живлення : фітопланктон - риба - чайка. Продуктивність фітопланктону 500г/м2 сухої маси.


Дано:

m(чайки) = 1 кг, ω(сухої реч.) = 40%

Р(фітопл.) = 500г/м2

фітопланктон - риба - чайка

S(моря) - ? Розв'язання

1 .Визначаєм масу сухої речовин и в тілі чайки.

m(с. р.) = 1000 г × 40% : 100% = 400 г

2.Визначаємо масу сухої речовини рослин.

фітопланктон - риба - чайка
40000 г 4000 г      400г

3.Визначаєм площу акваторії моря .

S = m : Р ; S = 40000 г : 500 г/м2= 80 м2 Відповідь: площа моря 80 м2.

Задача 2

Визначте продуктивність біоценозу (кг/га, кДж/га), якщо 1 м2 його дає в перерахунку на суху масу 400 г культурних рослин , 300 г бур'янів та 250 г безхребетних тварин.

Енергетичні показники біогеоценозу: 1 г сухої рослинної речовини акумулює в середньому 20 кДж енергії; 1г сухої тваринної речовини - 21 кДж енергії.

Дано:

m(культ.росл.) = 400г/м2

m(бур'янів) = 300 г/м2

m(тварин) = 250 г/м2

Енергетичні показники:

рослини - 20 кДж/г; тварини - 21 кДж/г

P - ?

Розв язання


  1. Визначаєм масу всіх рослин.

m = 400 + 300 = 700 г/м2 ;

  1. В них накопичується енергії:

Е = 700 г × 20 кДж/г = 14000 кДж;

  1. В тваринних організмах накопичується енергії:

Е = 250г × 21 кДж = 5250 кДж;

  1. Визначаємо енергетичну продуктивність біоценозу:

Р(Е) = 14000 + 5250 = 19250(кДж/м2) = 192500000кДж/га = 1,9 •108  кДж/га

  1. Визначаєм продуктивність біоценозу.

Р = 700 г + 250г =950 г/м2:

Р = 0,950кг/м2 = 9500кг/га.

Відповідь: продуктивність біоценозу 9500кг/га; 1,9 • 107 кДж/га.

Задача 3

У середньому маса рудої лисиці віком 1 рік - 20,5 кг. Припустимо, що після одномісячного віку, коли маса лисеняти становила 500 г , воно перейшло на живлення тільки куріпками (середня маса 800 г). Скільки куріпок йому треба з'їсти? Який приріст рослин знадобився для цього? Яка площа лісостепу (у га) достатня для прогодування однієї лисиці, якщо продуктивність рослинної біомаси становить 2 т/га за рік.

Дано:

m(лисиці) = 20,5кг mт(лисеняти) = 0,5 кг Р(біоценозу) = 2т/га

m(куріпки)=800г

m(рослин), N(куріпок) - ?

S(біогеоценозу) - ? Розв'язання

1 .Визначаєм приріст лисиці  m = 20,5кг - 0,5 =20 кг

2.3а допомогою ланцюга живлення визначаємо масу куріпок і масу рослин.


рослини - куріпки - лисиці

2000 кг       200 кг      20 кг

3. Визначаєм кількість куріпок.

N(куріпок) = 200 кг:0,8 кг = 250 куріпок

4. Визначаєм площу біогеоценозу.

S - m(рослин) : Р(біоцен.); S = 2 т : 2 т/га = 1 га

Відповідь: N(куріпок) — 250; m(рослин) -2 т; S(біоценозу) — 1 га. Використана література:

1. Андріанов В. Л. Біологія. Розв'язування задач з генетики. Київ: Либідь 1995 р. 78 с.

2. Барна І. Загальна біологія. Збірник задач. Тернопіль: видавництво« Підручники і посібники» ,2006 p., 736 с.

3. Біологія (За ред. В. О. Мотузного) - К.:Вища школа, 1991 p.,607с.

4. Овчінніков С. О. Збірник задач і вправ із загальної біології. — К.: « Генеза». 2000 р., 200 с.

5. Письмове тестування. Навчальний посібник для вступників до національного медичного університету ім.. О. О. Богомольця у 2006 році. Київ: Четверта хвиля , 2006 p., 220 с.

6. Хелевин Н. В., Лобанов А.М.,Колесова О.Ф. Задачник по общей биологии и медицинской генетике. - м.:Высшая школа, 1984 г.— 156 с.

 

 


Використана література:

1. Андріанов В. Л. Біологія. Розв'язування задач з генетики. Київ: Либідь 1995 р. 78 с.

2. Барна І. Загальна біологія. Збірник задач. Тернопіль: видавництво

« Підручники і посібники» ,2006 p., 736 с.

3. Біологія (За ред. В. О. Мотузного) - К.:Вища школа, 1991 p.,607с.

4. Овчінніков С. О. Збірник задач і вправ із загальної біології. — К.: « Генеза». 2000 р., 200 с.

5. Письмове тестування. Навчальний посібник для вступників до національного медичного університету ім.. О. О. Богомольця у 2006 році. Київ: Четверта хвиля , 2006 p., 220 с.

6. Хелевин Н. В., Лобанов А.М.,Колесова О.Ф. Задачник по общей биологии и медицинской генетике. - м.:Высшая школа, 1984 г.— 156 с.

 

docx
До підручника
Біологія (профільний рівень) 10 клас (Межжерін С.В., Межжеріна Я.О., Коршевнюк Т.В.)
Додано
9 грудня 2019
Переглядів
438
Оцінка розробки
Відгуки відсутні
Безкоштовний сертифікат
про публікацію авторської розробки
Щоб отримати, додайте розробку

Додати розробку