Зміст Анотація     ……………………………………….. .....-3	4
Вступ   ………….………………………………… …..  4 Тема 1. Молекулярна біологія __________________5 Приклади задач -------------------------------------------------7 Екзон – інтронна організація генома ------------------13 Приклади задач-------------------------------------------------13	5
Задачі і вправи для самостійного розв’язування------ 18 Тема. Обмін речовин та енергії. --------------------------20 Приклади задач-------------------------------------------------22 Задачі і вправи для самостійного розв’язування--------25 Тема. Фотосинтез ---------------------------------------------25 Приклади задач-------------------------------------------------26 Задачі і вправи для самостійного розв’язування--------27 Тема. Генетика.------------------------------------------------29 Приклади задач--------------------------------------------------31 Задачі і вправи для самостійного розв’язування--------35 Тема. Екологія -------------------------------------------------38 Приклади задач--------------------------------------------------39 Задачі і вправи для самостійного розв’язування---------42 Додатки ----------------------------------------------------------49	13

Анотація

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ВСТУП

Ефективним засобом поглиблення загальнобіологічної підготовки, розвитку пізнавальної зацікавленості, самостійного мислення і формування творчих здібностей є розв’язання генетичних ситуаційних задач і вправ. З цією метою підібрані типові генетичні задачі і вправи із таких розділів: молекулярна біологія і генетика, моногібридне схрещування, дигібридне схрещування, аналізуюче схрещування, множинні алелі, успадкування ознак, зчеплених зі статтю, зчеплення генів і кросинговер, взаємодія неалельних генів, задачі комбінованого типу.

Кожний розділ даного посібника має роз’яснювальну частину, в якій відповідно до назви розділу в стислій формі розглядається суть генетичних процесів, явищ, законів; приклади розв’язання і пояснення типових задач і вправ різних варіантів, що сприяє формуванню вмінь самостійного вирішення поставлених питань, логічного мислення, опануванню раціональних шляхів розв’язування задач і вправ.

Для закріплення набутих знань у кожному розділі пропонуються задачі і вправи для самостійного розв’язання, які мають різний ступінь складності.

 

 

 

 

1.ТЕМА. МОЛЕКУЛЯРНА БІОЛОГІЯ. 

У процесі розв’язування будь-якої задачі виділяють певні етапи.

1.                Аналіз задачі. Уважно прочитайте зміст задачі, осмисліть її та визначте:

•               до якого розділу чи темі належить задача,
•               знайдіть, що дано і що необхідно знайти.

2.                Скорочений запис умови.

•               За допомогою умовних позначень коротко запищіть, що дано і що треба знайти (як на уроках хімії чи фізики).
•               Подумайте, які з постійних відомих вам величин ви можете використати при рішенні задачі, запишіть їх.

3.                Оформлення  запису задачі.

Місце, що залишилось після короткого запису умови задачі, умовно поділіть на дві частини. В лівій частині запишіть данні, які ви будете використовувати, справа – рішення. Дій у задачі може бути декілька. Записуйте їх так: 1) …; 2) …; 3) … тощо.

4.                Розв’язування задачі.

•               Розв’язуйте  задачу поетапно.
•               На кожному етапі стисло формулюйте запитання.
•               Ретельно перевіряйте результати розрахунків.
•               Перевірте, чи всю інформацію з умови задачі використано.
•               За необхідністю оберіть інший спосіб розв’язування.

5.                Завершальний етап.

Перевірте правильність розв’язування в цілому, сформулюйте і запишіть остаточну відповідь.

Під час розв’язання таких задач необхідно пам’ятати, що:

•                  довжина одного нуклеотида, або відстань між двома сусідніми вздовж осі ДНК, становить 0,34 нм;
•                  середня молекулярна маса одного нуклеотида 345  (340) умовних одиниць;
•                  середня молекулярна маса однієї амінокислоти дорівнює 100 умовних одиниць;
•                  молекула білка в середньому складається з 200 амінокислот;
•                  кожну амінокислоту в білковій молекулі кодує триплет нуклеотидів і-РНК (під час трансляції);
•                  для визначення довжини гена (l) враховують кількість нуклеотидів, яка міститься в одному ланцюзі ДНК;
•                  для визначення молекулярної маси гена (Mr) враховують                 кількість нуклеотидів, що міститься у двох ланцюгах ДНК;
•                  трансляція здійснюється згідно з генетичним кодом;
•                  для всіх ДНК виконується правило Чаргаффа: А=Т; Г=Ц;
•                  А+Г = Т+Ц (вміст пуринових азотистих основ – аденіну і гуаніну – дорівнює вмісту піримідинових  азотистих основ – тиміну і цитозину);
•                  сума  всіх нуклеотидів в молекулі ДНК або РНК (А+Т+Г+Ц чи А+У+Г+Ц) становить 100%.
•                  Час однієї операції трансляції = 1/5 або 1/6 сек.
•                  Швидкість елонгації ( ріст ланцюга і- РНК) 50 нуклеотидів за секунду.

 

 

 

 

 

 

ПРИКЛАДИ РОЗВ’ЯЗАННЯ ЗАДАЧ                           

Задача 1.

На фрагменті одного ланцюга ДНК нуклеотиди розташовані в послідовності, показаній нижче.

… АГТАЦГГЦАТГТАГЦ …

1. Намалюйте схему структури дволанцюгової молекули ДНК.
2. Якою є довжина в нанометрах цього фрагмента?
3. Якою є маса дволанцюгового фрагмента?

 

Розв’язання

1. Керуючись властивістю ДНК, здатністю до самовідтворення (реплікації), в основі якого лежить  комплементарність, запишемо схему дволанцюгової  ДНК:

ДНК	АГТ	АЦГ	ГЦА	ТГЦ	АГЦ
	ТЦА	ТГЦ	ЦГТ	АЦГ	ТЦГ

 

2.                Довжина одного нуклеотида, або  відстань між двома сусідніми вздовж осі ДНК, становить 0,34 нм. Довжина  дволанцюгового  фрагмента дорівнює довжині одного ланцюга.

l = 15 х 0,34 = 5,1 (нм) (15 - кількість нуклеотидів в одному ланцюгу).

3.                Середня молекулярна маса одного нуклеотида 345 умовних одиниць, молекулярна маса фрагмента ДНК:

Мr = 345 х 15 = 5175 (а.о.м)  (30 – кількість нуклеотидів у двох ланцюгах).

Відповідь. Другий ланцюг фрагмента ДНК має таку структуру:  ТЦА – ТГЦ – ЦГТ – АЦГ – ТЦГ ; довжина фрагмента ДНК – 5,1 нм; молекулярна маса фрагмента ДНК – 5175 а.о.м.

Задача 2.

Фрагмент першого ланцюга ДНК має таку нуклеотидну послідовність: ТАЦАГАТГГАГТЦГЦ. Визначте послідовність мономерів білка, закодованого фрагментом другого ланцюга ДНК.

Розв’язання

|||

|||

|||

|||

|||

ДНК:     ТАЦ - АГА - ТГГ - АГТ - ЦГЦ   |||   |||   |||   |||   |||   АТГ - ТЦТ - АЦЦ     - ТЦА - ГЦГ іРНК:    - УАЦ - АГА - УГГ - АГУ - ЦГЦ Білок:   - тир - арг - трип - сер - арг-

АТГ

-

ТЦТ

-

УАЦ

-

АГА

-

УГГ

тир

-

арг

-

трип

Відповідь. Послідовність мономерів білка: тирозин – аргінін – триптофан – серин – аргінін.

 

 

Задача 3.

Фрагмент ланцюга А білка нормального гемоглобіну складається із 7 амінокислот, розміщених у такій послідовності:

            вал – лей – лей – тре – про – глн – ліз.

1.Яка будова фрагмента іРНК, що є матрицею для синтезу цього фрагмента молекули гемоглобіну?

2.Яка будова фрагмента ДНК, що кодує дану іРНК?

Розв’язання

Біло

вал

-

лей

-

лей

-

тре

-

про

-

гли

-

ліз

Білок:

вал

-

лей

-

лей

-

тре

-

про

-

гли

-

ліз

іРНК:

ГУУ

-

УУА

-

УУА

-

АЦУ

-

ЦЦУ

-

ЦАА

-

ААА

ДНК:

ЦАА

-

ААТ

-

ААТ

-

ТГА

-

ГГА

-

ГТТ

-

ТТТ

|||

|||

|||

|||

|||

|||

|||

ГТТ

ТТА

ТТА

АЦТ

ЦЦТ

ЦАА

ААА

Задача 4. На фрагменті одного ланцюга ДНК нуклеотиди розташовані в такій послідовності: А - А - Г - Т - Ц - Т - А - Ц - Г - Т - А - Г. Визначте схему структури дволанцюгової молекули ДНК, підрахуйте відсотковий склад нуклеотидів в цьому фрагменті. Розв'язання. Структуру дволанцюгової молекули ДНК визначаємо за принципом комплементарності : А - А - Г - Т - Ц - Т - А - Ц - Г - Т - А - Г Т - Т - Ц - А - Г - А - Т - Г - Ц - А - Т - Ц Для визначення відсоткового складу нуклеотидів треба використовувати співвідношення: (А + Т ) + ( Г + Ц) = 100% Підрахуємо загальну кількість нуклеотидів: А = 7 ; Т = 7 ; Г = 5 ; Ц = 5. Всього 24 . Визначимо, скільки відсотків припадає на один нуклеотид : 24/ 100 = 1 / х х = 100 · 1: 24 = 4, 17 Тепер можна розрахувати і кількість нуклеотидів: 24 / 100 = 7 / х ; х = 100 · 7 : 24 = 29,17 (А і Т); 24 / 100 = 5 / х ; х = 100 · 5 : 24 = 20,83 (Г і Ц ) . Можна визначити й іншим способом: 7 · 4,17 = 29,17 (А і Т); 5 · 4,17 = 20,83 (Г і Ц ).    Задача 5. Дана молекула ДНК з відносною молекулярною масою 69 000, з них 8625 припадає на частку аденілових нуклеотидів. Знайдіть кількість всіх нуклеотидів в цій ДНК. Визначте довжину цього фрагмента .   Розв'язок. 1) 69000 : 345 = 200 ( нуклеотидів в ДНК) , 8625 : 345 = 25 ( аденілових нуклеотидів в цій ДНК) , Σ ( Г + Ц) = 200 - ( 25 +25 ) = 150 , тобто їх по 75; 2) 200 нуклеотидів у двох ланцюгах , значить в одній - 100. 100 · 0,34 = 34 (нм).

Задача 6. Білок складається зі 124 аміноліслот. Порівняйте відносні молекулярні маси білка та гена, який його кодує.

1.Визначаємо відносну молекулярну масу білка:

124 х 100 = 12400.

2). Визначаємо кількість нуклеотидів у складі гена, що кодує даний білок: 124 х 3 х 2 = 744 (нуклеотиди).

3). Визначаємо відносну молекулярну масу гена:

744 х 345 = 256 680.

4). Визначаємо, у скільки разів ген важчий за білок:

256 680 : 12400 = 20,7 (рази).

Відповідь. Відносна молекулярна маса гена у 20,7 рази більша, ніж кодованого білка.

Задача 7. Визначте тривалість біосинтезу білка, який складається із 172 амінокислотних залишків.

Розв'язок.

t ( трансляції) = Δ t(тр.) × n амінокислот

t( трансляції) = 1/5 × 172 = 34,4 сек.

 

 

 

 

 

 

 

 

2.ЕКЗОН-ІНТРОННА ОРГАНІЗАЦІЯ ГЕНОМА

Більшість структурних генів еукаріот (ділянки ДНК) внутрішньо неоднородні. Вони складаються з екзонних (інформативних) та інтронних (безінформаційних) фрагментів.

 Під час транскрипції в ядрі спочатку синтезується про-іРНК (незріла), яка має в собі як екзони, так і інтрони.  Далі за допомогою комплекса ферментів безінформаційні ділянки вирізаються та руйнуються, а інформативні з’єднюються в новий  полинуклеотидний ланцюг – зрілу іРНК.  Механізм  дозрівання іРНК в ядрі називається сплайсингом.

Транскрипція завжди йде тільки на одному ланцюзі (матричному) ДНК в  напрямку від 5’ до 3’ через пентози розміщених нуклеотидів.

Редуплікація ( реплікація) ДНК  йде в  напрямку від 3’ до 5’ положення цукру в дезоксирибозі.

Задача 1.

Фрагмент ланцюга молекули ДНК містить 1100  нуклеотидів , з них  100, 120, і 130 нуклеотидів утворюють інтронні ділянки. Визначте, скільки амінокислот  кодує цей фрагмент ДНК:

Розв’язання:

1). 100 + 120 + 130 = 350 ( кількість нуклеотидів, які утворюють інтронні ділянки);

2). 1100 – 350 = 750 ( кількість нуклеотидів, які утворюють екзонні ділянки);

3). 750 : 3 = 250 (амінокислотних залишків).

Відповідь. Цей фрагмент ДНК кодує 250 амінокислот.

Задача 2.

 Структурний ген (фрагмент молекули ДНК) містить 384 цитозинових нуклеотидів, що становить 20% від їх загальної кількості. В екзонних ділянках цього гена закодовано білок, який складається із 120 амінокислотних залишків.

1.                Який нуклеотидний склад гена?
2.                Яка відносна молекулярна маса інтронних ділянок гена?
3.                Наскільки зріла іРНК коротша за про-іРНК?

                                              Розв’язання

1.Визначаємо загальну кількість нуклеотидів у фрагменті ДНК. Оскільки на цитозинові нуклеотиди припадає 20% від їх кількості, то загальна кількість нуклеотидів становить:

384 нуклеотидів – 20%;

Х нуклеотидів – 100%;

Х = = 1920 (нуклеотидів);

За принципом компліментарності:

Г = Ц = 384 нуклеотиди = 20%. Звідси: А = Т = = 30%.

384 нуклеотиди – 20%;

Х нуклеотидів – 30%;   

х = = 576 (нуклеотидів);

А = Т 576 нуклеотидів.

1. Знаходимо кількість нуклеотидів у екзонних ділянках гена:

120. 3 х 2 = 720 (нуклеотидів).

      Знаходимо кількість нуклеотидів у інтронних ділянках гена:

 1920 – 720 = 1200 (нуклеотидів).

 Знаходимо відносну молекулярну масу інтронних ділянок гена:

 Mr(інтр. ділянок гена) = 1200 х 345 = 414 000.

2. Довжина молекули про-іРНК дорівнює довжині структурного гена:

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

Зріла іРНК складається лише з інформативної частини. Її довжина становить:

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

Різниця в довжині про-іРНК та зрілої іРНК складає:

326,4 нм – 122,4 нм = 204 нм.

Відповідь. 1. Ген містить по 576 аденінових і тимінових нуклеотидів, і по 384 гуанінових і цитозинових нуклеотиди. 2. Відносна молекулярна маса інтронних ділянок гена – 414 000. 3. Різниця в довжині між про-іРНК та зрілою іРНК – 204 нм.

Задача 3.

Білок N — димер, у якому кожен із поліпептидних α- і β ланцюгів скла­дається з 250 амінокислотних залишків. Ген, що кодує α-ланцюг містить 2 інтрони, а ген, що кодує β-ланцюг— 3 інтрони. Кожен з інтронів складається з 3000 пар нуклеотидів. Ген, що кодує α-ланцюг містить З екзони, ген, що кодує β-ланцюг — 2 екзони.

Скільки пар нуклеотидів міститься у складі гена, що кодує α-ланцюг і гена, що кодує β-ланцюг білка N?

Скільки нуклеотидів міститься в про-іРНК кожного з поліпептидних ланцюгів?

Скільки загалом нуклеотидів міститься в зрілих іРНК білка N?

Розв'язання

1. Визначаємо кількість нуклео­тидів, які кодують 250 амінокислот­них залишків:

250 • 3 = 750 (нуклеотидів).

Визначаємо кількість інтронних нуклеотидів у гені а-ланцюга:

3000 • 2 = 6000 (нуклеотидів).

Визначаємо кількість інтронних нуклеотидів у гені //-ланцюі і:

3000 : 3 = 9000 (нуклеотидів).

Визначаємо загальну кількість нуклеотидів у складі гена α ланцюга і гена β-ланцюга білка N

750 + 6000 + 750 + 9000 = 16 500 (нуклеотидів).

2.Визначаємо кількість нуклеотидів у про-іРНК α-ланцюга:
750 + 6000 = 6750 (нуклеотидів).

Визначаємо кількість нуклеотидів у про-іРНК  β ланцюга: 750 + 9000 = 9750 (нуклеотидів).

3.Визначаємо загальну кількість нуклеотидів у зрілих іРНК білка N
750 + 750 = 1500 (нуклеотидів).

Відповідь.

Загальна кількість нуклеотидів у складі гена, що кодує α-ланцюг і ге­на, щокодує β-ланцюг білка N становить 16 500.

У про-іРНК α-ланцюга міститься 6750 нуклеотидів; у про-іРНК β-ланцюга — 9750 нуклеотидів.

У зрілих іРНК білка N загалом міститься 1500 нуклеотидів.

Задача 4.

Молекула про-іРНК складається з 900 нуклеотидів, причому на інтронні
ділянки припадає 300 нуклеотидів. Яку кількість амінокислотних за­
лишків містить кодований відповідною ІРНК поліпептид?

Розв'язання

Визначаємо    кількість    нуклеотидів-екзонів в даній іРНК:

900 - 300 = 600 (нуклеотидів).

 Визначаємо кількість амінокислот, ко­дованих даною іРНК:

 600 : 3 = 200 (амінокислот).

Відповідь. Дана ІРНК кодує 200 амінокислот.

Задача 5.

Молекула про-іРНК складається з 1800 нуклеотидів, причому на інтронні
ділянки припадає 600 нуклеотидів. Яку кількість амінокислотних залиш­
ків містить поліпептид, кодований іРНК?

Розв'язання

Визначаємо кількість нуклеотидів-екзонів у даній іРНК:

1800 - 600 = 1200 (нуклеотидів).

Визначаємо кількість амінокислот, кодованих даною іРНК:

   1200 : 3 = 400 (амінокислот).

Відповідь. Дана іРНК кодує 400 амінокислот.

 

 

 

 

 

 

 

 

Задачі для самостійного розв’язку.

Задача1. Один із ланцюгів ДНК має такий вигляд:

       ГЦГ ГГТ  ГГА  ТАА  ЦТА  ГЦЦ. Який вигляд матиме другий ланцюг цієї молекули ДНК, синтезований під час її реплікації.

Задача 2. Молекула іРНК складається з такої послідовності нуклеотидів: УУЦ ГАА ЦГА УУГ УЦГ ЦЦГ ГАУ. Якою буде будова молекули ДНК, на одному із ланцюгів якої була синтезована дана молекула іРНК?

Задача 3. Дослідження  показали, що 24% загальної кількості нуклеотидів даної молекули  іРНК припадає на гуанін, 38% - на урацил, 22% - на цитозин, 16% - на аденін. Визначте відсотковий вміст нітратних основ молекули ДНК, на якій була синтезована молекула іРНК

Задача 4. Послідовність амінокислотних залишків молекули поліпептиду така: аспарагін-ізолейцин-пролін-треонін-валін-цистеїн. Враховуючи, що більшість основних амінокислот кодуються кількома триплетами, визначте можливі послідовності залишків нуклеотидів, які можуть кодувати цей поліпептид.

Задача 5. Яка послідовність амінокислот кодується такою послідовністю нуклеотидів іРНК: ГЦУ ГЦА УАА АЦЦ УГА ЦАГ ЦУА? Якою стане послідовність амінокислот, якщо унаслідок мутації із цієї молекули випаде другий нуклеотид?

Задача 6. МолекулаДНК має такий вигляд: ТЦГ ГАА АЦГ ТАА ЦАГ ГТА ЦАТ ТАТ. У якій послідовності будуть підходити молекули тРНК, що транспортують амінокислоти до рибосоми, де відбувається синтез білкової молекули?

Задача 7. Молекула про-іРНК складається з 900 нуклеотидів, причому на інтронні ділянки припадає 300 нуклеотидів. Визначте довжину і масу молекули іРНК, яка братиме участь у трансляції.

Задача 8. У гені (одноланцюгової ділянки ДНК) білка D міститься   6 екзонних ділянок, які складаються з 159, 84, 135, 117, 126 та 807 нуклеотидів. Визначити: а) кількісний амінокислотний склад білка D; б) довжину екзонних ділянок гена; в) молекулярну масу цих ділянок.

Задача 9. У гені білка X (одноланцюгової ділянки ДНК) міститься 8 екзонних (у сумі 1881 нуклеотидів) і 3 інтронні ділянки (у сумі 621 нуклеотидів). Визначити: а) кількісний амінокислотний склад білка X; б) довжину зазначеного гена.

Задача 10. 3 якої кількості нуклеотидів складається ланцюжок ДНК, який кодує поліпептид із 140 амінокислот, якщо 10% триплетів входить до складу інтронів.

Задача 11.  Яку сумарну молекулярну масу мають екзонні ділянки гена, що кодує поліпептид із 190 амінокислот, якщо 20% триплетів входить до складу інтронів?

Задача 12.  3 якої кількості нуклеотидів складається ланцюжок ДНК, що кодує поліпептид з 144 амінокислот, якщо 72% нуклеотидів входить до складу екзотів? Яка довжина цього ланцюжка?

Однією з основних властивостей відкритих біологічних систем є обмін речовинами, енергією та інформацією з навколишнім середовищем. Клітина як відкрита система перебуває в активному стані — різні речовини постійно надходять у клітину і виходять з неї. У клітині, як і в організмі, відбувається пластичний та енергетичний обмін.

Пластичний обмін (асиміляція), або анаболізм, — це сукупність реакцій біологічного синтезу. Він відбувається з використанням енергії самої клітини або енергії навколишнього середовища.

Енергетичний обмін (дисиміляція), або катаболізм,— це сукупність реакцій розщеплення великих органічних молекул з виділенням енергії. Ана­болізм і катаболізм — два взаємопов'язаних процеси обміну речовин, тобто метаболізм

Процес енергетичного обміну поділяється на три послідовні етапи.

1.Підготовчий етап.

На цьому етапі макромолекули білків, вуглеводів, жирів, нуклеїнових г розпадаються на дрібні молекули: з крохмалю і глікогену утворюється і глюкоза; з жиру — гліцерин і жирні кислоти, з білків— амінокислоти, з нук­леїнових кислот— нуклеотиди. Розпад речовин на цьому етапі супроводжується зовсім незначним енергетичним ефектом. Так, у реакції перетворення ; крохмалю на глюкозу вивільняється близько 1300 кал /моль   що становить (лише = 0,2%   від   енергії,   яка   вивільняється   під   час   розпаду   глюкози (683 000 кал/моль).

2.Безкисневий (анаеробний) етап. Гліколіз відбувається на внутрішньоклітинних мем­бранах гіалоплазми. Процес перетворення гексоз (найчастіше глюкози) в анаеробних умовах до піровиноградної кислоти (С₃Н₄О_3»}. Піровиноградна кислота відновлюється потім до молочної кислоти (у м'язах, С₃Н₆0з).

С ₆Н ₁₂.О ₆ + 2Н₃РО ₄ + 2АДФ    ^{ферменти}_: >2С ₃Н₆О ₃ +2АТФ + 2Н ₂ О + 200 кДж  внутрішньоклітинні мембрани

гіалоплазми

Завдяки гліколізу організм може отримати енергію в умовах дефіциту кисню, а його кінцеві продукти - піровиноградна і молочна кислоти зазнають подальших фермента­тивних перетворень.

3.Кисневий (аеробний) етап. Клітинне дихання (окисне фосфорилювання) відбуваєть­ся в мітохондріях.

Піровиноградна (молочна) кислота, включаючись в так званий цикл лимонної кислоти (цикл Кребса - близько десяти послідовних реакцій, у результаті яких від'єднуються всі атоми водню, які належали глюкозі, і виділяється енергія її хімічних зв'язків), розщеп­люється в послідовних окислювально-відновних реакціях в остаточному підсумку до вугле­кислого газу і водню, який у свою чергу окисляється киснем повітря до води.

2С ₃Н ₆.О ₃ + 36Н₃РО ₄ + 6О ₂+ 36АДФ-- ^{ферменти}_: >   6СО ₂ + 42Н₂О + 36АТФ + 2600 кДж                             мітохондрії             

40 -36=1440 кДж 1160 кДж

акумулюється клітиною в АТФ    розсіюється у вигляді теплоти
(55%)                                                      (45%)

Сумарне рівняння безкисневого і кисневого етапів:
С ₆Н ₁₂.О ₆ + 38Н₃РО ₄ + 6О ₂+ 38АДФ =   6СО ₂ + 44Н₂О + 38АТФ

За ефективністю перетворення енергії жива клітина перевершує усі відомі в техніці перетворювачі енергії.

Задача 1. У процесі дисиміляції в тканинах утворилося 308 г вуглекислого газу і 360 г молочної кислоти. Визнач, як йшло розщеплення глю­кози, і яка кількість її засвоїлася. Скільки молей АТФ утворилося при цьому?

Розв'язання,

 а) Згідно з умовою задачі, глюкоза зазнала як повного, так і неповного розщеплення

1) Визначаємо    кількість    глюкози, що засвоїлася повністю

С ₆Н ₁₂.О ₆ + 38Н₃РО ₄ + 6О ₂+ 38АДФ =   6СО ₂ + 44Н₂О + 38АТФ

180 г С₆Н₁₂0₆ утворює 264 г С0₂

хг 308 г С0₂

х=210г (С ₆Н ₁₂.О ₆₎

2) Визначаємо кількість молей АТФ, що утворилася при повному
розщепленні (згідно з записаним рівнянням):

Якщо утворилося 6 моль вуглекислого газу, утворюється 38 моль АТФ: 7 моль С0₂ -»х;

Х = 44,3 (моль)

Примітка 1. Кількість молей АТФ можна визначати і за глюкозою (210 г) і за  С0₂ (308 г).

3) Визначаємо кількість глюкози, що піддалася неповному розщеп­ленню:

С ₆Н ₁₂.О ₆ + 2Н₃РО ₄ + 2АДФ ----->2С ₃Н₆О ₃ +2АТФ + 2Н ₂ О + 200 кДж 

Згідно 3 рівняням реакції т{С₆Н₁₂0₆) = т{С₃6.0₃) Отже т(С₆Н₁₂0₆) = 36 0₂ (2 моль)

4) Скільки при цьому утвориться молей АТФ. Якщо розщеплюється
1 моль С₆Н₁₂О₆ Утворюється 2 моль АТФ, а якщо 2 моль С₆Н₁₂0₆, то 4 моль АТФ.

Примітка 2. Кількість молей АТФ можна визначити і за масою

С₆Н₁₂0₆ або молочної кислоти і за молями молочної кислоти.

5) Визначаємо кількість засвоєної глюкози:
210 + 360 = 570г

6) Визначаємо кількість синтезованої АТФ

41.3 + 4 = 48,3 моль

Відповідь: С₆Н_І20₆ - 570 г, АТФ - 48,3 моль.

Задача 2. Визнач кількість енергії (у кДж), засвоєної під час бігу м'язами ніг бігуна при розщепленні 540 г глюкози (з якої половині глюкози було притаманне повне розщеплення, а другій половині - неповне).

 

Розв'язання.

1) Визначаємо кількість синтезованих молекул АТФ при розщепленні 540г глюкози (з якої половині глюкози було притаманне повне розщеплення, а другій половині неповне):

 

С ₆Н ₁₂.О ₆ + 38Н₃РО ₄ + 6О ₂+ 38АДФ =   6СО ₂ + 44Н₂О + 38АТФ (повне розщеплення)

С ₆Н ₁₂.О ₆ + 2Н₃РО ₄ + 2АДФ ----->2С ₃Н₆О ₃ +2АТФ + 2Н ₂ О + 200 кДж  (неповне розщеплення)

При розщепленні 360 г С₆Н₁₂О₆ утворилось 1600 кДж

540 г    Q кДж

Q=540×600 = 2400(кДж)

360

Відповідь: Q=2400 кДж.

Примітка. Задача розв'язується усно.

540 г - це (360+180), тому 1600 +800 = 2400 (кДж)

ЗАДАЧІ ДЛЯ САМОСТІЙНОГО РОЗВ'ЯЗУВАННЯ

 

Задача 1.Унаслідок дисиміляції виділилося 240 моль С0₂ і 80 моль молочної ки­слоти. Яка маса глюкози зазнала розщеплення і скільки енергії при цьо­му акумулювалось в молекулах АТФ?

Задача 2. За 1 хв бігун витрачає 24 кДж енергії. Яка маса глюкози потрібна для забезпечення м'язів енергією протягом години, якщо протягом 20 хв у його організмі відбувається повне засвоєння глюкози, а протягом 40 хв — неповне?

 

Задача 3. Під час плавання протягом 30 хв плавець витрачає 720 кДж енергії. Скіль­ки часу він зможе плисти з такою ж витратою енергії, якщо в його орга­нізмі розщепилося 270 г глюкози, половина якої засвоїлась повністю?

Задача 4.  Унаслідок дисиміляції глюкози у клітинах утворилося 6 моль молочної кислоти і 24 моль вуглекислого газу.

Визначте масу та кількість речовини глюкози, що зазнала дисиміляції.

Яка кількість речовини АТФ при цьому синтезувалась?

Скільки енергії акумульовано в синтезованій АТФ?

 

 

 

 

Тема 5. Фотосинтез.

У 1905 р. Блекман знайшов, що фотосинтез складається з двох послідовних реакцій: швидкої світлової реакції і низки більш повільних, не залежних від світла етапів, назва­них ним темновою реакцією.

1) Світлова фаза фотосинтезу (у гранах хлоропласта)

а) Фотоліз води.

         н₂о= н⁺+ он^-

         н⁺+ е^- = н

         он^- = е^- + он

40Н = 0₂+2Н₂0

2Н₂0 = 4Н + О₂

б) АДФ + Ф = АТФ.

в) Відновлення НАДФ    (переносник водню) НАДФ Н

2) Темнова фаза фотосинтезу (у стромі хлоропласта)

Реакції зв'язування СО ₂ відбуваються з по­глинанням енергії

6С0₂ + 24Н = С₆Н₁₂О₆ + 6Н₂0 .

Сумарне рівняння фотосинтезу

6С0 ₂+6Н₂0 = С₆Н₁₂О₆  +  6О₂ органічна речовина.

 

Приклади  задач.

Задача 1.Вважають, що шкідливо залишати на ніч кімнатні рослини в кімнаті, бо вони поглинають кисень, необхідний для дихання людини. Щоб переві­рити чи правильна ця думка, обчисліть, наскільки знизиться вміст кис­ню у кімнаті об'ємом 45 м³ за 10 год внаслідок дихання рослин загаль­ною масою 4 кг, якщо середня інтенсивність дихання їх становить 12 мл 0₂ на 1 г маси за добу (н. у.). Початковий вміст кисню у повітрі — 21%.

Розв'язання

Визначаємо об'єм кисню у кімнаті: 45 м³—100%;

                                                     хм³ —21%;

                                                     х  = 9,45 (м³) «= 9450 л 0₂.

Визначаємо об'єм поглинутого кисню рос­линами масою 4 кг за 10год.

(12мл.×4000г×10 год.)/ 24год.=20000мл.

За ніч об'їм Ог в кімнаті, де стоять квіти, зменшиться з 9450л до 9430 л, тобто приблизно на 0,002%.

Відповідь.Об'єм кисню в кімнаті, де стояли рослини, знизиться за Югод приблизно на 0,002%. Отже, кімнатні рослини шкоди диханню люди­ни не завдають.

Задача 2.У процесі фотосинтезу рослина поглинула 2 м³ С0₂. Визначте, який об'єм 0₂ виділився при цьому і яка маса глюкози синтезувалась (умови нормальні).

Розв'язання

Для розв'язання задачі записуємо сумарне рівняння фотосинтезу:

6С0 ₂+6Н₂0 = С₆Н₁₂О₆  +  6О₂

6×22,4 л = 134,4 л

С0 ₂

180г    С₆Н₁₂О₆

6×22,4л = 134,4л. О₂

Визначаємо масу глюкози, утвореної під час фотосинтезу внаслідок поглинання 2м³(2000л)СО₂:

Унаслідок поглинання 134,4 л С0₂ утвориться 180 г С₆Н₁₂0₆;

Унаслідок поглинання 2000 л С0₂—х г С₆Н₁₂0₆;

х= 2678,6г С₆Н₁₂0₆;

Визначаємо об'єм 0₂, утвореного під час фотосинтезу, внаслідок поглинання 2м³(2000л)СО₂:

Унаслідок поглинання 134,4 л С0₂ виділиться 134,4л 0₂; Унаслідок поглинання 2000 л С0₂ —х л 0₂;

х=2000л О₂

Відповідь. Синтезувалось 2678,6 г глюкози і виділилось 2000 л кисню.

Задача 3. За 20 хвилин пагін з площею листкової поверхні 240 см' поглинає 16 мі С0₂. Визначте інтенсивність фотосинтезу (масу С0₂, яка поглинається 1 м² листкової поверхні за 1 год).

Розв’язання

Визначаємо масу С0₂,  поглинутого листковою поверхнею за 1 хв:

За 20 хв поглинається 16 мг С0₂;

За 1 хв — х мг С0₂; х=16:20 = 0,8(мг)СО₂.

Визначаємо масу С0₂, поглинутого 1 м² листкової поверхні за 1 хв.:

240 см² = 0,024 м².

0,024 м листкової поверхні поглинає 0,8 мг С0₂;

1 м² — х мг С0₂;

х = 0,8 : 0,024 = 33,333 (мг) С0₂ за 1 хв.^

Визначаємо масу С0₂, поглинутого 1 м~ листкової поверхні за 1 год:

33,333 мг/хв • 60 хв = 1999,999 мг С0₂« 2000 мг С0₂.

Відповідь. Інтенсивність фотосинтезу становить 2000 мг С0₂ за 1 год.

  Задача для самостійного розв’язування.

Земна поверхня одержує 2 Дж/см² сонячної енергії за хвилину.  Яка маса глюкози синтезується в 1000 листках однієї рослини, якщо середня площа листка становить 10 см , тривалість світлового дня становить 16 год, а коефіцієнт переходу сонячної енергії в енергію хімічнихзв'язків —10%?

 

ТЕМА 6. ГЕНЕТИКА.

          При розв’язуванні вправ і задач на схрещування використовують генетичну символіку.

А – домінантний алель

а – рецесивний алель

Р – батьківські організми (від латинського Parenta - батьки)

♀ - жіноча стать (дзеркало Венери)

♂- чоловіча стать (стріла і щит Марса)

X – символ схрещування

F – гібриди, потомство (від латинського Fili – діти)

F₁, F₂ – цифрами позначають порядковий номер гібридних нащадків.

            У схемі схрещування генотип жіночого організму прийнято писати на першому місці (наприклад, Р: ♀Аа × ♂Аа).

Сукупність усіх генів (вірніше, їх система) організму називається генотипом, а сукупність усіх його зовнішніх та внутрішніх морфологічних і фізіологічних ознак – фенотипом. А оскільки живий організм – це відкрита біологічна система, то можна сказати, що фенотип – це реалізація (зовнішній прояв) генотипу організму в конкретних умовах його існування. Гомологічні хромосоми – це хромосоми, які мають однакову форму, розміри і однаковий набір генів (тобто простежується подібність на молекулярному рівні).

Гени, які знаходяться в одній парі гомологічних хромосом, розміщені в однакових ділянках (локусах) цих хромосом, визначають одну і туж саму ознаку, складають алельну пару і мають назву алельних генів (алелі). Отже, одна ознака детермінується принаймні двома алельними генами.

Організм, у соматичних клітинах якого присутні два домінантні або два рецесивні алелі даної пари генів (АА або аа), називається гомозиготним.

Організм, у соматичних клітинах якого алельна пара генів є сполученням домінантного і рецесивного алелів (Аа), називається гетерозиготним.

Алгоритм розв’язання задач на моногібридне схрещування

Приклади розв’язку задач на моногібридне та дигібридне схрещування.

 Задача 1. У людини ген карого ока домінує над блакитним. Кароока жінка вийшла заміж за блакитноокого чоловіка. Який колір очей можливий у їхніх дітей?

Дано:                                                Розв'язок.
А - карий                                   Р ♀ АА x ♂ аа
а - блакитний                           G      А           а
♀ АА                                        F₁           Аа - кароокі
♂ аа
F₁  -?
  
  Задача 2. Гетерозиготна жінка вийшла заміж за гетерозиготного кароокого чоловіка. Який колір очей можливий у їхніх дітей?

Дано:                                               Розв'язок.
А - карий                                    Р ♀ Аа x ♂ Аа
а - блакитний                             G      А           А
♀ Аа                                                     а         а

♂ Аа                                           F₂   АА; Аа; Аа; аа
F₂  -?                                                  к.     к.    к.    б.
Відповідь: за генотипом розщеплення 1:2:1, а за фенотипом 3:1. 

Задача 3. Який колір квітів буде у гібридів першого покоління білих та рожевих троянд по генотипу та по фенотипу, якщо білий колір - рецесивна ознака? (Схрещували гомозиготні особини).
Дано:                                                              Розв’язок. 

А – рожевий колір;                        Р ♀ аа х ♂ АА

а – білий колір;                              G:     а          А

♂ АА                                               F₁            Аа

♀ аа

F ₁ - ?

Відповідь: колір квітів буде рожевим.

Задача 4. Якого кольору будуть троянди, одержані при схрещуванні двох гетерозиготних рослин рожевого кольору?

       Розв’язок.

Р (F₁)♀ Аа х ♂ Аа

G:          А          А

              а            а

F₂ АА (червоні); Аа (рожеві); Аа; аа (білі)

Відповідь: По закону розщеплення ознак, відбудеться розщеплення ознак: по генотипу у відношенні 1:2:1, по фенотипу 3:1.

Задача 5. Схрещено ромашку білу махрову з жовтою звичайною. При цьому в першому поколінні всі особини були  з білими звичайними квітами. Записати генетичну схему схрещування для Р, F₁, F₂.

Дано:

 

А-біла

а-жовта

В-звичайна

в-махрова

♀ ААвв

♂ ааВВ

Розв’язок.

Р ♀ ААвв х ♂ ааВВ

G     Ав              аВ

F₁         АаВв

Р(F₁) АаВв х АаВв

  F₁, F₂ - ?

F2	Ав                  АВ                    аВ                    ав
Ав АВ аВ ав	ААвв б.м.      ААВв б.з.         ААВв б.з.        Аавв б.м. ААВв б.з.     ААВВ б.з.        АаВВ б.з.         АаВв б.з. АаВв б.з.      АаВВ б.з.          ааВВ ж.з.        ааВв ж.з. Аавв б.м.      АаВв б.з.           ааВв ж.з.         аавв ж.м.

 

Відповідь. Розщеплення за фенотипом 9:3:3:1.

Приклади розв’язку задач на генетику статі.

Задача 1.Які будуть кошенята від рудого кота та темної гетерозиготної кішки ?

        Дано:

В- темний колір шерсті

b –рудий колір шерсті

♂ Х^b Y

♀ X^BX^b

F₁ - ?

Розв’язок.

Р ♂ Х^b Y x ♀ X^BX^b

F1	Хb                                   Y
XB Xb	XBХb  темна кішка        XBY темний кіт XbХb  руда кішка                  Xb Y  рудий кіт

 

 

 

 

Задача 2. Чоловік, хворий на гемофілію, одружується зі здоровою жінкою, батько якої потерпав від гемофілії. Визначте ймовірність народження в цій родині здорових дітей.

         

Дано:

H – нормальне зсідання крові

h – гемофілія

♀ Х^HХ^h

♂ X^hY

F₁ - ?

Розв’язок.

Р ♂ Х^h Y x ♀ X^HX^h

P	ХH	Хh
Хh	XHXh  носій	XhXh гемофілік
Y	ХH Y здоровий	Хh Y гемофілік

 

 

Відповідь. 50 % того, що у цієї сімейної пари будуть діти страждати на гемофілію.

Приклади розв’язку задач на групи крові.

Позначення основних круп крові за системою АВО.

І група крові - І^ОІ^О;

ІІ група крові - І^АІ^А; І^АІ^О;

ІІ група крові - І^ВІ^В; І^ВІ^О;

ІV група крові - І^АІ^В.

Задача 1.У матері I група крові, у батька група крові III. Чи можуть діти успадкувати групу крові матері? Які генотипи матері та батька?

          Дано:

♀ І^ОІ^О

♂ І^ВІ^В; І^ВІ⁰                                      

   Розв’язок.

1. Р ♀ І^ОІ^О x♂ І^ВІ^В

G         І^О                  І^В

F₁             І^В І^О

2. Р ♀ І^ОІ^О x♂ І^ВІ^О

    G      І^О           І^В   І^О

F₁         І^В І^О; І^ОІ^О

Відповідь: Діти можуть успадкувати групу крові матері лише в тому випадку, якщо генотип батька І^ВІ⁰.

Задачі для самостійного розв'язання

1) При схрещуванні між собою чорних мишей завжди дістають чорне потомство. При схрещуванні між собою жовтих мишей частина потомства виявляється чорною, а частина – жовтою. Яка ознака домінує? Висновок підтвердити схемою схрещування.

2) Чоловік і його дружина з нормальною пігментацією шкіри ге­терозиготні за геном альбінізму. Яка ймовірність, що їхня перша ди­тина буде альбіносом? Домінантною ознакою є нормальна пігментація, а відсутність пігментації (альбінізм) – рецесивна ознака.

3) У гарбузів біле забарвлення плодів – домінантна ознака, жовте забарвлення плодів – рецесивна ознака. Яке потомство слід очікувати в першому і другому поколінні від схрещування гомозиготних білоплідних гарбузів з жовтоплідними гарбузами?

4) Кошлате хутро у кроликів є домінантною ознакою, гладеньке хутро – рецесивна ознака. Які генотипи вихідних форм, якщо на звірофермі одержали 75% кроликів з кошлатою шерстю і 25% кроликів з гладенькою шерстю?

5) У мишей довгі вуха – домінантна ознака, а короткі вуха – рецесивна ознака. Яке потомство слід очікувати від схрещування гібридів першого покоління між собою?

6) У мушок-дрозофіл нормальні крила є домінантною ознакою, а загнуті крила – рецесивна ознака. У лабораторії отримано гібридне покоління, серед якого 367 мушок з нормальними крилами і 122 мушки із загнутими крилами. Встановити фенотип і генотип вихідних форм.

7) У томатів ген нормального росту домінує над геном карликовості. В парнику із гібридного насіння вирощено розсаду. 5248 кущів цієї розсади були нормального росту і 1750 кущів – карликовіло росту. Скільки приблизно кущів розсади були гетерозиготами?

8) На птахофермі від схрещування гібридних курей з опереними ногами одержано 2466 курчат. Скільки приблизно курчат мали голі ноги? Ген оперених ніг домінує.

9) На звірофермі від гібридних кролів з чорним хутром одержали приплід у 646 голів. Визначити, скільки приблизно кролів у даному приплоді є гомозиготними? Чорне хутро – домінантна ознака, біле хутро – рецесивна ознака.

10) У морських свинок кошлата шерсть є домінантною ознакою (А), а гладенька шерсть – рецесивна ознака (а). Двох морських свинок-самок з кошлатою шерстю схрещували із самцем, який теж мав кошлату шерсть. Одна самка в кількох приплодах дала 22 нащадки з кошлатою шерстю і 7 нащадків з гладенькою шерстю. Друга самка в загальній сукупності дала 30 нащадків з кошлатою шерстю. Визначити генотипи батьківських форм і потомства.

11) Чоловік і жінка з темним волоссям є гетерозиготами. Яка ймовірність, що їхня перша дитина теж буде темноволосою? Темне волосся – домінантна ознака, світле волосся – рецесивна ознака.

12) Така ознака як ластовиння на обличчі є домінантною, а відсутність ластовиння – рецесивною ознакою. Батьки мають ластовиння на обличчі, а у їхньої дитини ластовиння відсутнє. Визначити генотипи всіх членів цієї родини.

ТЕМА 7. Екологія.

Ланцюг живлення (трофічний ланцюг) — взаємовідносини між організмами під час переносу енергії їжі від її джерела (зеленої рослини) через ряд організмів (шляхом поїдання) на більш високі трофічні рівні.

Ланцюги живлення — це ряди взаємопов’язаних видів, у яких кожний попередній є об’єктом живлення наступного.

Правило екологічної піраміди   :кожна з ланок ланцюга живлення може використати лише 5–15 % енергії їжі для побудови речовини свого ті­ла. Внаслідок неминучої втрати енергії кількість утворюваної органічної речовини в кожній наступній ланці зменшується. Таким чином, кожен ланцюг живлення містить, як правило, не більше ніж 4–5 ланок, оскільки внаслідок втрати енергії загальна біомаса кожної наступ­ної ланки приблизно в 10 разів менша за попередню. Ця закономірність називається правилом екологічної піраміди.
Правило екологічної піраміди:При переході енергії на наступний трофічний рівень лише 10 % від неї використовується для продукування нової біомаси, стаючи запасеною енергією (решта витрачається в процесах  метаболізму).

Отже, у піраміді біопродуктивності кожний наступний рівень становить приблизно 10 % від попереднього (100, 10, 1, 0.1, 0.01 % від первинної кількості і т. д.). 

Екологічна піраміда буває трьох типів:

•         піраміда чисел — відображує чисельність окремих організмів на кож­ному рівні, причому загальне число особин, що беруть участь у ланцюгах живлення, з кожним наступним рівнем зменшується;

•         піраміда біомаси — відображує кількісне співвідношення маси органічної речовини на трофічних рівнях; при цьому сумарна маса рослин виявляється більшою, ніж біомаса всіх травоїдних організмів, маса яких, у свою чергу, перевищує масу всіх хижаків;

•         піраміда енергії — відображує кількість енергії, яка запасається (в їжі) на кожному рівні, причому на кожному наступному трофічному рівні кількість біомаси, що утворюєть­ся за одиницю часу, є більшою, ніж на попередньому.

Усі три типи пірамід — продукції, біомаси і чи­сел — виражають у підсумку енергетичне співвідношення в екосистемах. Перші два правила виявляються в угрупо­ваннях із певною трофічною структурою, останнє (піра­міда продукції) має універсальний характер.

Знання законів продуктивності екосистем і кількіс­ний облік потоку енергії мають велике практичне значен­ня. Уміння точно розрахувати потік енергії і масштаби продукції екосистем дозволяє одержати найбільший ви­хід продукції, необхідної людині.

 Приклади типових задач з екології

Задача 1 .За правилом екологічної піраміди визначте, скільки рослинної речовини необхідно для того, щоб у наведеному біоценозі могли існувати три рослинноїдні птахи масою 1 кг.

Розв’язання:

Складаємо ланцюг живлення: рослини → птахи.

Маса одного птаха — 1 кг, отже йому необхідно 10 кг рослин.

Кількість птахів — 3, тому помножуємо кількість птахів на масу рослин і визначаємо масу рослинної речовини, яка необхідна для того, щоб у цьому біоценозі змогли існувати три рослинноїдні птахи масою 1 кг:

3 ∙ 10 = 30 кг рослинної речовини.

Відповідь: необхідно 30 кг рослин.

 Задача 2 . Трофічний ланцюг складається з трьох рівнів. Вовк набрав 1 кг маси. Скільки для цього знадобилось рослинної речовини?

Розв’язання:

Складаємо ланцюг живлення: рослини → заєць → вовк.

Маса вовка збільшилась на 1 кг, отже йому необхідно було з’їсти на 10 кг більше зайців, а їм, у свою чергу, необхідно з’їсти на 100 кг рослин більше.

Відповідь: знадобилось 100 кг рослинної речовини.

Задача  3 . За правилом екологічної піраміди, визначте, скільки рослинності необхідно, щоб прогодувати лисицю масою 32 кг.

Розв’язання:

Складаємо ланцюг живлення: рослини → заєць → лисиця.

Згідно з правилом екологічної піраміди на кожен трофічний рівень переходить не більше ніж 10 % енергії, отже, знаючи масу лисиці, можна обчислити потрібну масу рослинності.

3200 кг	—	320 кг	—	32 кг
рослини	—	заєць	—	лисиця

Відповідь: щоб прогодувати лисицю масою 32 кг, необхідно 3200 кг рослинності.

Задача 4 .Визначте площу (га) поля, що необхідна для прогодування яструба масою 6 кг (суха речовина становить 40 %). Суха маси трави з 1 м² становить 300 г.

Розв’язання:

Складаємо ланцюг живлення: рослини → гризуни → яструб.

Спочатку визначаємо масу сухої речовини яструба (складаємо пропорцію):

6 кг — 100 %

x кг — 40 %

x  кг (маса сухої речовини яструба).

      6 кг × 40% : 100 %= 2,4 кг ( маса сухої речовини яструба)

Визначаємо суху масу рослин у ланцюзі живлення за правилом екологічної піраміди:

240 кг	—	24 кг	—	2,4 кг
рослини	—	гризуни	—	яструб

Тепер визначаємо площу поля, на якій зростає 240 кг рослин (складаємо пропорцію):

1 м² — 300 г (0,3 кг)

x — 240 кг

1м²×240 кг : 0,3 кг =800 м²                 800 м² = 0,08 га.

Відповідь: щоб прогодувати яструба вагою 6 кг, необхідно 0,08 га поля.

Задача 5. Біомаса сухого сіна з 1 м²  луки становить 200 г. Використовуючи ланцюг живлення: рослини — корова — людина, розрахуйте скільки гектарів луки необхідно для того, щоб прогодувати людину масою 65 кг (70 % води).

Дано:

m (людини) = 65 кг;

W (H₂O) = 70 %;

Трава — корова — людина.

S(гa) -?.

   Розв’язок.

1. Розрахуємо суху біомасу кінцевого консумента:

100 % - 70 % = 30 %.

65 кг - 100 %;

Х кг - 30%.

65·30/100 = 19, 5 кг

2. Підставляємо дані в ланцюг живлення і знаходимо біомасу всіх його компонентів:

трава — корова — людина

1950 кг - 195 кг - 19,5 кг

3. Знаходимо площу луки: S= 1950 кг/0,2 кг/м² = 9750 м²

9750/10000 = 0,975 га.

Відповідь. Щоб прогодувати людину масою 65 кг, потрібен 0,975 га луки.

Задача 6. Користуючись правилом екологічної піраміди визначити, яка площа (в га) біоценозу може прогодувати одну особину останньої ланки в ланцюгу живлення: - планктон – риба - тюлень (300 кг); планктон-нехижі риби-щука (10 кг). Суха біомаса планктону з 1 м² становить 600 г за рік. Із вказаної у дужках маси 60% становить вода.

 Розв’язок.

1.Визначаємо суху масу тюленя: 300 кг - 100%; х кг - 40%: х = 120 кг.

2. На підставі правила екологічної піраміди визначаємо, скільки потрібно планктону: 120 кг – тюлень; 1200 кг – риба; 12000 кг – планктон.

3. Визначаємо площу даного біоценозу, якщо відомо, що суха біомаса планктону з 1 м²становить 600 г. Отже, 1 м² - 0,6 кг; х м² - 1200 кг; х = 20000 м² = 2 га.

Відповідь: необхідно 2 га планктону.

Задачі для самостійного розв'язання

Задача № 1

Користуючись правилом екологічної піраміди, визначити, яка площа (га) відповідного біоценозу може прогодувати одну особину останньої ланки в ланцюзі живлення:

рослини → безхребетні тварини → короп (3 кг).

 З вказаної в дужкаїх маси 60% становить вода. Біопродуктивність 1 м²   рослин  --  1000 г.

 Задача № 2

 Продуктивність 1м² водойми  становить 600 г органічної речовини. Визначте площу водойми, яка може прогодувати білого пелікана (10 кг, 60%маси становить вода) в ланцюгу живлення: планктон → риба → пелікан?.

 Задача №3

Середня маса однорічної рудої лисиці – 20,5 кг. Припустімо, що після одномісячного віку, коли маса лисеняти досягла 500г, воно перейшло на живлення тільки куріпками (середня маса 800 г). Яку кількість куріпок йому  потрібно з’їсти, щоб досягти маси однорічної лисиці? Який приріст біомаси продуцентів знадобився для цього? Яка площа лісостепу (га) достатня для прогодування однієї лисиці, якщо продуктивність рослинної біомаси становить 2 т/га за рік?

 Задача 4

Користуючись правилом екологічної піраміди, визначити, яка площа (га) відповідного біоценозу може прогодувати одну особину останньої ланки в ланцюзі живлення:

Планктон → риба → баклан  → орлан-білохвіст  (5 кг).

 З вказаної в дужкаїх маси 60% становить вода. Біопродуктивність 1 м²   планктону  --  600г.

 Задача 5

 Продуктивність 1га біоценозу становить 2 • 10 ⁷  кДж.  Визначте масу яструба в ланцюгу живлення: рослина → миша → змія → яструб, якщо 1г сухої рослинної  речовини акумулює в середньому 20 кДж енергії.

 Задача 6 Визначити скільки вовків може прогодуватися на протязі року на площі 20 га (1м²  дає 200г  біомаси), якщо маса одного вовка, в середньому, дорівнює 60 кг, з яких  65 % складає вода. Скільки зайців при цьому буде з’їдено, якщо біомаса одного зайця близько 1,5 кг.

 

Додатки

Фази фотосинтезу

Закономірності спадковості, встановлені Г. Менделем.

Основні закономірності успадкування були відкриті Г.Менделем (1822-1884) в 1865 році і опубліковані в роботі «Досліди над рослинними гібридами».

I закон Менделя - закон одноманітності гібридів першого покоління.

При моногібридному схрещуванні гомозиготних особин, які відрізняються за однією парою станів ознаки, усе потомство у першому поколінні одноманітне як за фенотипом, так і за генотипом.

II закон Менделя - закон розщеплення проявів ознак.

При моногібридному схрещуванні гібридів першого покоління між собою серед їхніх нащадків спостерігається розщеплення за фенотипом у співвідношенні 3:1 і за генотипом у співвідношенні 1:2:1.

III закон Менделя - закон незалежного успадкування ознак.

При ди- або полігібридному схрещуванні розщеплення за кожною ознакою відбувається незалежно від інших.

Статистичний характер законів спадковості Г.Менделя та їхні цитологічні основи.

Закони Г.Менделя мають статистичний характер, оскільки проявляються лише при великій кількості об'єктів дослідження та отриманих даних.

Цитологічні основи законів Г.Менделя:

1) в результаті мейозу з кожної пари гомологічних хромосом у гамети потрапляє лише одна, яка містить лише одну алель даного гена;

2) у випадку першого закону Г.Менделя, одна з батьківських форм утворювала сорт гамет з хромосомою, яка містила домінантну алель, а друга - з рецесивною, і після злиття гамет F1 будуть гетерозиготними, або одноманітними як за генотипом так і за фенотипом;

3) у випадку другого закону Г.Менделя, підчас утворення статевих клітин F1 (мають однаковий фенотип) формуватимуть гамети двох сортів: по­ловина з них нестиме хромосому з домінантною алеллю (А), половина - з рецесивною (а); внаслідок схрещування F1 між собою можливі три ва­ріанти генотипів F2 (1АА : 2Аа : 1аа), а співвідношення особин за феноти­пом буде ЗА-: 1аа, тобто буде спостерігатися розщеплення ознак;

4) у випадку третього закону Г,Менделя, диплоїдний набір хромосом при дигібридному схрещуванні представлений двома гомологічними парами і у кожного з F1 у процесі мейозу в однаковій кількості утворюються по чотири сорти гамет (АВ, Аb, аВ, аb), які даватимуть розщеплення за фенотипом 9А-В-: ЗА-bb : ЗааВ- :1ааbb, що вказує на незалежне комбінування станів ознак.

Менделюючі ознаки у людини

Домінантні	Рецесивні
Нормальні
Карі очі Темне волосся Косий розріз очей Ніс з горбинкою Широка щілина між різцями  Зуби великі, виступають вперед  Ямочки на щоках Білий локон волосся Наявність ластовиння Мочка вуха вільна Губи повні Краще володіння правою рукою Кров резус-позитивна Здатність згортати язик трубочкою	Блакитні очі Світле волосся Прямий розріз очей Прямий ніс Вузька щілина  або відсутність її Звичайна форма і розміщення зубів Відсутність ямочок Рівномірна пігментація волосся Відсутність ластовиння Мочка вуха приросла Губи тонкі Краще володіння лівою рукою Кров резус-від’ємна Нездатність  згортати язик трубочкою
Патологічні
Хондродистрофія (карликовість) Полідактилія (6 і більше пальців) Брахідактилія (короткопалість) Синдактилія (зрощення пальців) Нормальне зсідання крові Поліпоз товстої кишки Нормальне сприймання кольору Наявність пігментів у шкірі, волоссі Нормальне засвоєння фенілаланіну Нормальне засвоєння лактози Нормальне засвоєння фруктози Еліптоцитоз (еліпсоподібна форма еритроцитів)	Нормальний розвиток скелета  Нормальна кількість  пальців  Нормальна будова пальців Нормальна будова пальців Гемофілія  Відсутність поліпозу Дальтонізм (кольорова сліпота) Альбінізм (відсутність пігментів) Фенілкетонурія  Галактоземія Фруктозурія Нормальна форма еритроцитів