Какие аминокислоты зашифрованы в и рнк следующего состава ггц цац уау
Темы «Молекулярная биология» и «Генетика» – наиболее интересные и сложные темы в курсе «Общая биология». Эти темы изучаются и в 9-х, и в 11х классах, но времени на отработку умения решать задачи в программе явно недостаточно. Однако умение решать задачи по генетике и молекулярной биологии предусмотрено Стандартом биологического образования, а также такие задачи входят в состав КИМ ЕГЭ.
Для решения задач по молекулярной биологии необходимо владеть следующими биологическими понятиями: виды нуклеиновых кислот,строение ДНК, репликация ДНК , функции ДНК, строение и функции РНК, генетический код, свойства генетического кода,мутация.
Типовые задачи знакомят с основными приемами рассуждений в генетике, а "сюжетные"– полнее раскрывают и иллюстрируют особенности этой науки, делая ее интересной и привлекательной для учащихся. Подобранные задачи характеризуют генетику как точную науку, использующую математические методы анализа. Решение задач в биологии требует умения анализировать фактический материал, логически думать и рассуждать , а также определенной изобретательности при решении особенно трудных и запутанных задач.
Для закрепления теоретического материала по способам и приемам решения задач предлагаются задачи для самостоятельного решения, а также вопросы для самоконтроля.
Примеры решения задач
- Один шаг это полный виток спирали ДНК–поворот на 360 o
- Один шаг составляют 10 пар нуклеотидов
- Длина одного шага – 3,4 нм
- Расстояние между двумя нуклеотидами – 0,34 нм
- Молекулярная масса одного нуклеотида – 345 г/моль
- Молекулярная масса одной аминокислоты – 120 г/мол
- В молекуле ДНК: А+Г=Т+Ц (Правило Чаргаффа: ∑(А) = ∑(Т), ∑(Г) = ∑(Ц), ∑(А+Г) =∑(Т+Ц)
- Комплементарность нуклеотидов: А=Т; Г=Ц
- Цепи ДНК удерживаются водородными связями, которые образуются между комплементарными азотистыми основаниями: аденин с тимином соединяются 2 водородными связями, а гуанин с цитозином тремя.
- В среднем один белок содержит 400 аминокислот;
- вычисление молекулярной массы белка:
где Мmin – минимальная молекулярная масса белка,
а – атомная или молекулярная масса компонента,
в – процентное содержание компонента.
Задача № 1.Одна из цепочек ДНК имеет последовательность нуклеотидов : АГТ АЦЦ ГАТ АЦТ ЦГА ТТТ АЦГ . Какую последовательность нуклеотидов имеет вторая цепочка ДНК той же молекулы. Для наглядности можно использовать магнитную "азбуку" ДНК (прием автора статьи) .
Решение: по принципу комплементарности достраиваем вторую цепочку (А-Т,Г-Ц) .Она выглядит следующим образом: ТЦА ТГГ ЦТА ТГА ГЦТ ААА ТГЦ.
Задача № 2. Последовательность нуклеотидов в начале гена, хранящего информацию о белке инсулине, начинается так: ААА ЦАЦ ЦТГ ЦТТ ГТА ГАЦ. Напишите последовательности аминокислот, которой начинается цепь инсулина.
Решение: Задание выполняется с помощью таблицы генетического кода, в которой нуклеотиды в иРНК (в скобках – в исходной ДНК) соответствуют аминокислотным остаткам.
Задача № 3. Большая из двух цепей белка инсулина имеет (так называемая цепь В) начинается со следующих аминокислот : фенилаланин-валин-аспарагин-глутаминовая кислота-гистидин-лейцин. Напишите последовательность нуклеотидов в начале участка молекулы ДНК, хранящего информацию об этом белке.
Решение (для удобства используем табличную форму записи решения): т.к. одну аминокислоту могут кодировать несколько триплетов, точную структуру и-РНК и участка ДНКопределить невозможно, структура может варьировать. Используя принцип комплементарности и таблицу генетического кода получаем один из вариантов:
Задача № 4. Участок гена имеет следующее строение, состоящее из последовательности нуклеотидов: ЦГГ ЦГЦ ТЦА ААА ТЦГ . Укажите строение соответствующего участка белка, информация о котором содержится в данном гене. Как отразится на строении белка удаление из гена четвертого нуклеотида?
Решение (для удобства используем табличную форму записи решения): Используя принцип комплементарности и таблицу генетического кода получаем:
Аминокислоты цепи белка
При удалении из гена четвертого нуклеотида – Ц произойдут заметные изменения – уменьшится количество и состав аминокислот в белке:
Аминокислоты цепи белка
Задача № 5. Вирусом табачной мозаики (РНК-содержащий вирус) синтезируется участок белка с аминокислотной последовательностью: Ала – Тре – Сер – Глу – Мет-. Под действием азотистой кислоты (мутагенный фактор) цитозин в результате дезаминирова ния превращается в урацил. Какое строение будет иметь участок белка вируса табачной мозаики, если все цитидиловые нуклеотиды подвергнутся указанному химическому превращению?
Решение (для удобства используем табличную форму записи решения): Используя принцип комплементарности и таблицу генетического кода получаем :
Ала – Тре – Сер – Глу – Мет-
и -РНК (дезаминированная)
Аминокислоты цепи белка (дезаминированная)
Вал – Мет – Сер – Глу – Мет-
Задача № 6. При синдроме Фанкоми (нарушение образования костной ткани) у больного с мочой выделяются аминокислоты , которым соответствуют кодоны в и -РНК : АУА ГУЦ АУГ УЦА УУГ ГУУ АУУ. Определите, выделение каких аминокислот с мочой характерно для синдрома Фанкоми, если у здорового человека в моче содержатся аминокислоты аланин, серин, глутаминовая кислота, глицин.
Решение (для удобства используем табличную форму записи решения): Используя принцип комплементарности и таблицу генетического кода получаем:
Аминокислоты цепи белка (больного человека)
Аминокислоты цепи белка (здорового человека)
Таким образом, в моче больного человека только одна аминокислота (серин) такая же как, у здорового человека, остальные – новые, а три, характерные для здорового человека, отсутствуют.
Решение (для удобства сравнения используем табличную форму записи решения): Посмотрим, какими триплетами в и-РНК кодируются упомянутые в условии задачи аминокислоты.
Задача № 7 . Исследования показали, что в и- РНК содержится 34% гуанина,18% урацила, 28% цитозина и 20% аденина.Определите процентный состав азотистых оснваний в участке ДНК, являющейся матрицей для данной и-РНК.
Решение (для удобства используем табличную форму записи решения): Процентное соотношение азотистых оснований высчитываем исходя из принципа комплементарности:
ДНК (смысловая цепь, считываемая)
ДНК (антисмысловая цепь)
Суммарно А+Т и Г+Ц в смысловой цепи будут составлять: А+Т=18%+20%=38% ; Г+Ц=28%+34%=62%. В антисмысловой (некодируемой) цепи суммарные показатели будут такими же , только процент отдельных оснований будет обратный: А+Т=20%+18%=38% ; Г+Ц=34%+28%=62%. В обеих же цепях в парах комплиментарных оснований будет поровну, т.е аденина и тимина – по 19%, гуанина и цитозина по 31%.
Задача № 8. На фрагменте одной нити ДНК нуклеотиды расположены в последователь ности: А–А–Г–Т–Ц–Т–А–Ц–Г–Т–А–Т. Определите процентное содержание всех нукле отидов в этом фрагменте ДНК и длину гена.
1) достраиваем вторую нить (по принципу комплементарности)
2) ∑(А +Т+Ц+Г) = 24,из них ∑(А) = 8 = ∑(Т)
3) молекула ДНК двуцепочечная, поэтому длина гена равна длине одной цепи:
12 × 0,34 = 4,08 нм
Задача № 9. В молекуле ДНК на долю цитидиловых нуклеотидов приходится 18%. Определите процентное содержание других нуклеотидов в этой ДНК.
1) т.к. Ц = 18%, то и Г = 18%;
2) на долю А+Т приходится 100% – (18% +18%) = 64%, т.е. по 32%
Задача № 10. В молекуле ДНК обнаружено 880 гуанидиловых нуклеотидов, которые составляют 22% от общего числа нуклеотидов в этой ДНК. Определите: а) сколько других нуклеотидов в этой ДНК? б) какова длина этого фрагмента?
1) ∑(Г) = ∑(Ц)= 880 (это 22%); На долю других нуклеотидов приходится 100% – (22%+22%)= 56%, т.е. по 28%; Для вычисления количества этих нуклеотидов составляем пропорцию:
22% – 880
28% – х, отсюда х = 1120
2) для определения длины ДНК нужно узнать, сколько всего нуклеотидов содержится в 1 цепи:
(880 + 880 + 1120 + 1120) : 2 = 2000
2000 × 0,34 = 680 (нм)
Задача № 11. Дана молекула ДНК с относительной молекулярной массой 69 000, из них 8625 приходится на долю адениловых нуклеотидов. Найдите количество всех нуклеотидов в этой ДНК. Определите длину этого фрагмента.
1) 69 000 : 345 = 200 (нуклеотидов в ДНК), 8625 : 345 = 25 (адениловых нуклеотидов в этой ДНК),∑(Г+Ц) = 200 – (25+25)= 150, т.е. их по 75;
2) 200 нуклеотидов в двух цепях, значит в одной – 100. 100 × 0,34 = 34 (нм)
Задача № 12. Что тяжелее: белок или его ген?
Решение: Пусть х – количество аминокислот в белке, тогда масса этого белка – 120х, количество нуклеотидов в гене, кодирующем этот белок, – 3х, масса этого гена – 345 × 3х. 120х < 345 × 3х, значит ген тяжелее белка.
Задача № 13. Гемоглобин крови человека содержит 0, 34% железа. Вычислите минимальную молекулярную массу гемоглобина.
Решение: Мmin = 56 : 0,34% · 100% = 16471
Задача №14. Альбумин сыворотки крови человека имеет молекулярную массу 68400. Определите количество аминокислотных остатков в молекуле этого белка.
Решение: 68400 : 120 = 570 (аминокислот в молекуле альбумина)
Задача №15. Белок содержит 0,5% глицина. Чему равна минимальная молекулярная масса этого белка, если М глицина = 75,1? Сколько аминокислотных остатков в этом белке?
Решение: Мmin = 75,1 : 0,5% · 100% = 15020 ; 15020 : 120 = 125 (аминокислот в этом белке)
Задача 10.
Часть молекулы белка имеет такую последовательность аминокислот: – аланин – тирозин – лейцин – аспарагин – серин –. Какие т-РНК (с какими антикодонами) участвуют в синтезе этого белка?
Решение:
По таблице генетического кода находим кодоны и-РНК:
ГЦУ, УАУ, ЦУУ, ААУ и АГУ. Антикодоны т-РНК будут комплементарны кодонам и-РНК: ЦГА, АУА, ГАА, УУА и УЦА.
Таким образом:
кодоны и-РНК – ГЦУ, УАУ, ЦУУ, ААУ, АГУ;
антикодоны т-РНК – ЦГА, АУА, ГАА, УУА, УЦА.
Задача 11.
Как изменится структура белка, если из участка гена АЦАТТТАААГТЦАТА удалить второй и 10-й слева нуклеотиды?
Решение:
Первоначально строим и-РНК УГУАААУУУЦАГУАУ, а затем, разбив ее на триплеты, строим участок искомого белка в норме: цистеин – лизин – фенилаланин – глутамин – тирозин. По условию задачи из цепи ДНК удаляется второй и десятый (слева) нуклеотиды. Остается ААТТТАААТЦАТА. По полученному участку строим цепь и-РНК УУАААУУУАГУАУ, вновь разбив ее на триплеты, находим строение участка белка после произошедших изменений в ДНК: лейцин – аспарагин – лейцин.
До замены:
ДНК – АЦА ТТТ ААА ГТЦ АТА;
и-РНК – УГУ - ААА - УУУ - ЦАГ - УАУ;
белок – Цис - Лиз - Фен - Глн - Тир.
ДНК – А АТТТА АА ТЦАТА;
и-РНК – УУА - ААУ - УУА - ГУА У;
белок – Лей - Асн - Лей - Вал.
Сравнивая строение участка белка до и после изменений в ДНК, видим, что произошла замена всех аминокислот, а длина цепи сократилась на одну аминокислоту.
Задача 12.
Полипептид состоит из следующих аминокислот: лизин – валин – серин – глутаминовая кислота – тирозин.
Определите структуру участка ДНК, кодирующего указанный полипептид.
Решение:
Дана последовательность аминокислот в полипептиде. По этим сведениям нетрудно установить строение и-РНК, которая управляла синтезом данного полипептида. По таблице генетического кода находим структуру триплета для лизина (ААА), валина (ГУУ), серина (УЦУ), глутаминовой кислоты (ГАА) и тирозина (УАУ). Подобрав кодирующие триплеты, составляем и-РНК для данного полипептида: ААА ГУУ УЦУ ГАА УАУ. По цепочке и-РНК можно восстановить участок цепи ДНК, с которой она снималась. Урацил вставал против аденина ДНК, гуанин – против цитозина и т.д. Следовательно, участок интересующей нас цепи ДНК будет иметь следующее строение:
Но ДНК состоит из двух цепочек. Зная строение одной цепи, по принципу комплементарности достраиваем вторую. Целиком участок двухцепочечной ДНК, кодирующий данный полипептид, будет иметь следующее строение:
Т Т Т Ц А А А Г А Ц Т Т А Т А
А А А Г Т Т Т Ц Т Г А А Т А Т.
Задача 13.
Определите аминокислотный состав полипептида, который кодируется и-РНК следующего состава: ЦЦУ – ЦЦЦ – ЦЦА – ЦЦГ.
Решение:
По таблице генетического кода последовательно находим для каждого триплета соответствующую аминокислоту и строим участок искомого полипептида, получим:
Про - Про - Про - Про.
Таким образом, тетрапептид состоит из четырех фрагментов аминокислоты пролин. Аминокислота пролин кодируется четырьмя триплетами, что указывает на вырожденность генетического кода.
Специфичность любого белка определяется его первичной структурой. В нуклеиновых кислотах должны быть зашифрованы 20 протеиногенных аминокислот, причем информация о них может быть записана только в вариабельной части нуклеиновых кислот с помощью азотистых оснований.
В составе и ДНК, и РНК встречаются четыре основных азотистых основания. С помощью одного азотистого основания можно зашифровать только четыре различных аминокислоты. С помощью двух — 16 (42 = 16). При сочетании четырех азотистых оснований по три можно составить 64 комбинации (43 = 64). Этого с избытком хватает, чтобы зашифровать все 20 аминокислот.
Группа из трех азотистых оснований (или нуклеотидов) в полинуклеотидной цепочке, кодирующая одну аминокислоту, получила название триплета.
В ходе расшифровки нуклеотидно-аминокислотного кода было установлено смысловое значение каждого триплета. Из 64 возможных триплетов аминокислоты кодирует 61. Эти триплеты называют значащими. Три оставшихся триплета не кодируют аминокислот. Эти триплеты получили название «бессмысленных».
Нуклеотидно-аминокислотный код является вырожденным. Это означает, что одной и той же аминокислоте может соответствовать более чем один значащий триплет. В то же время каждый триплет кодирует только одну аминокислоту, что свидетельствует об однозначности кода.
Нуклеотидно-аминокислотный код является универсальным, поскольку смысловое значение триплетов для всех живых организмов одинаково. Код записывается на языке РНК. Он имеет следующую структуру: гли — ГГА, ГГГ, ГГУ, ГГЦ; ача — ГЦА, ГЦГ, ГЦУ, ГЦЦ; сер — АГУ, АГЦ, УЦА, УЦГ, УЦУ, УЦЦ; тре — АЦА, АЦГ, АЦУ, АЦЦ; цис — УГУ, УГЦ; мет — АУГ; вал — ГУА, ГУГ, ГУУ, ГУЦ; лей — УУА, УУГ, ЦУА, ЦУГ, ЦУУ, ЦУЦ; те — АУА, АУУ, АУЦ; феи — УУУ, УУЦ; тир — УАУ, УАЦ; три — УГГ; про — ЦЦА, ЦЦГ, ЦЦУ, ЦЦЦ; гис — ЦАУ. ЦАЦ; лиз — AAA, ААГ; арг — АГА, АГГ, ЦГА, ЦГГ, ЦГУ, ЦГЦ; асп — ГАУ, ГАЦ; глу — ГАА, ГАГ; асн — ААУ, ААЦ; глн — ЦАА, ЦАГ.
На протяжении всей жизни в клетках синтезируются многие тысячи различных белков. Уникальная последовательность аминокислот в полипептидной цепи любой белковой молекулы задана последовательностью триплетов в полинуклеотидной цепи.
Хранение информации о первичной структуре всех белков клетки осуществляют молекулы ДНК. Участок ДНК, в котором записана информация о первичной структуре одного белка, называют геном (греч. «генос» — род, происхождение), хранящуюся в ДНК информацию — генетической, а нуклеотидно-аминокислотный код — генетическим кодом.
ДНК является материальным носителем генетической информации. Одна из особенностей генетической информации состоит в том, что она может наследоваться, т. е. передаваться из поколения в поколение.
Если вы нашли ошибку, пожалуйста, выделите фрагмент текста и нажмите Ctrl+Enter.
Известно, что комплементарные цепи нуклеиновых кислот антипараллельны (5' концу в одной цепи соответствует 3' конец другой цепи). Синтез нуклеиновых кислот начинается с 5' конца. Рибосома движется по иРНК в направлении от 5' к 3' концу.
Фрагмент молекулы ДНК имеет следующую последовательность:
Определите последовательность фрагмента полипептида, кодируемого данным участком ДНК, если известно, что этот полипептид начинается с аминокислоты гис и имеет длину не менее четырёх аминокислот. Объяснитепоследовательность Ваших действий. Для решения задания используйте таблицу генетического кода. При написании нуклеиновых кислот указывайте направление цепи.
Генетический код (иРНК)
Пояснение . Критерии ответа:
1. Аминокислоте гис соответствует кодон 5’-ЦАУ-3’ (3’-УАЦ-5’, ЦАУ).
2. Ему комплементарен триплет ДНК 3’-ГТА-5’ (5’-АТГ-3’, АТГ).
4. Последовательность иРНК: 5’-ЦАУАГЦУАУГЦЦГАУ-3’.
5. Последовательность полипептида: гис-сер-тир-ала-асп.
Алгоритм выполнения задания (добавлен Баштанник Н.Е.):
1. По таблице генетического кода определяем, что аминокислоте гис соответствует кодон иРНК 5’-ЦАУ-3’ (3’-УАЦ-5’, ЦАУ).
2. По принципу комплементарности определяем триплет транскрибируемой ДНК. Триплету иРНК 5’-ЦАУ-3’ комплементарен триплет ДНК 3’-ГТА-5’ (5’-АТГ-3’, АТГ).
4. Переориентируем транскрибируемую ДНК в направлении 3’→5’. И определяем по принципу комплементарности на её основе и РНК
транскибируемая ДНК: 3’-ГТА-ТЦГ-АТА-ЦГГ-ЦТА-5’
5. По таблице генетического кода на основе иРНК определяем последовательность полипептида:
1) - По таблице генетического кода определяем, что аминокислоте гис соответствует два кодона
иРНК 5’-ЦАУ-3’ ; 5’-ЦАЦ-3’
- По принципу комплементарности определяем триплет транскрибируемой ДНК.
Триплету иРНК 5’-ЦАУ-3’ комплементарен триплет ДНК 3’-ГТА-5’
Триплету иРНК 5’-ЦАЦ-3’ комплементарен триплет ДНК 3’-ГТГ-5’ , но данного триплета ни в нижней, ни в верхней цепи нет, значит для решения используем кодон иРНК 5’-ЦАУ-3’
2) для синтеза иРНК используем верхн. цепь ДНК - она транскрибируемая в направлении 3’→5’. В нижней цепи тоже есть триплет 3’-ГТА-5’, но нижняя цепь не подходит, тк в условии сказано, что должно быть не менее 4-х аминокислот. Если Вы возьмете нижнюю, то аминокислот всего 3.
Читайте также: