Ответы к заданиям викторины «Загадки молекулярной биологии»

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