Оперон фермента рнк полимеразы кишечной палочки включает 9450

Задание № 8:

• совместно с преподавателем разберите решение следующих задач:

а) Принцип комплементарности.

Одна из цепей участка молекулы ДНК имеет следующий состав нуклеотидов: АТГЦААЦЦТТГТТАЦТ. Напишите последовательность нуклеотидов комплементарной цепи РНК.

б) Репликация ДНК.

Участок ДНК имеет следующий состав нуклеотидов:

3'. ЦГАТГТАЦГГЦАТГА. 5'

5'. ГЦТАЦАТГЦЦГТАЦТ. 3'

Напишите нуклеотидный состав дочерних ДНК, образовавшихся в результате репликации исходного фрагмента ДНК.

в) Принцип транскрипции.

Одна из цепей фрагмента ДНК имеет следующую последовательность нуклеотидов: 3' . ЦАТТТАГЦТЦАТАГЦЦАТГАЦ…5'. Напишите последовательность нуклеотидов и-РНК, закодированной в данном фрагменте. Как называется синтез и-РНК на матрице ДНК?

г) Принцип трансляции.

Кодирующая зона участка и-РНК имеет следующий состав нуклеотидов:

3'. ЦЦГУУУЦГААУЦГУААЦГ. 5'.

Напишите первичную структуру полипептида, закодированного в данном отрезке и-РНК (используя таблицу генетического кода). Как называется синтез первичной структуры полипептида на матрице и-РНК?

Задание № 9:

· самостоятельно решите следующие задачи, решение оформите в рабочей тетради:

1. В одной из цепей фрагмента ДНК нуклеотиды расположены в следующей последовательности 3' . ЦЦЦГЦЦАЦЦТГЦГГА. 5'. Напишите последовательности нуклеотидов в комплементарной цепи ДНК.

2. Гемоглобин взрослого человека Нв А-белок-тетрамер, состоящий из двух α- и двух β-полипептидных цепей, α цепь включает 141 аминокислоту, β-цепь – 146. Сколько пар нуклеотидов входит в состав экзонов генов α- и β-цепей гемоглобина А?

3. Оперон фермента РНК – полимеразы кишечной палочки включает 9450 пар нуклеотидов, РНК – полимераза состоит из 329 аминокислот. Сколько кодирующих и некодирующих пар нуклеотидов входит в состав оперона РНК полимеразы?

4. Белок В – мономер. Ген, кодирующий этот белок, включает 5 интронов по 10 тысяч пар нуклеотидов и 4 экзона по 270 пар нуклеотидов.

а) Сколько нуклеотидов входит в состав кодирующей зоны и-РНК данного белка?

б) Сколько пар нуклеотидов (экзонов и интронов) входит в состав данного гена?

в) Сколько аминокислот входит в состав данного белка?

5. Сколько пар нуклеотидов входит в состав экзонов α и β цепей белка А, если известно, что α цепь состоит из 100 аминокислот, а β – цепь включает в себя 150 аминокислот.

6. В начальном фрагменте первого экзона гена a – полипептидной цепи нормального гемоглобина человека (Нв А) имеется следующая последовательность нуклеотидов:

а) Какие аминокислоты кодируют 1, 3, 6 и 8 кодоны?

б) Как изменится аминокислотный состав этого белка, если в третьем кодоне второе основание будет заменено на Г?

в) В пятом кодоне произойдет делеция первого основания?

7. В первом экзоне гена a-глобиновой цепи гемоглобина А-взрослого человека начальные нуклеотиды кодирующей ДНК расположены в следующей последовательности:

Как изменится аминокислотный состав a-полипептидной цепи этого белка, если произойдет одна из следующих мутаций:

а) В третьем кодоне второе основание будет заменено на Г?

б) В четвертом кодоне второе основание будет заменено на Г?

в) В пятом кодоне первое основание выпадает (произойдет делеция)?

8. Четвертый пептид в нормальном гемоглобине состоит из следующих аминокислот: валин-гистидин-лейцин-треонин-пролин-глутаминовая кислота-глутаминовая кислота-лизин. У больного с симптомом спленомегамии при умеренной анемии обнаружили следующий состав четвертого пептида: валин-гистидин-лейцин-треонин-пролин-лизин-глутаминовая кислота-лизин. Определите изменение в участке ДНК, кодирующем четвертый пептид гемоглобина, приведшее к заболеванию.

Вопросы для самоконтроля:

1. На какие группы в зависимости от организации наследственного материала подразделяются все организмы, имеющие клеточное строение?

2. Перечислите отличительные признаки прокариот.

3. Перечислите отличительные признаки эукариот.

4. Назовите компоненты потока информации в клетке.

5. Что является мономерами белков?

6. Сколько видов аминокислот участвуют в синтезе белков?

7. Назовите уровни организации наследственного материала.

8. Что такое генетический код?

9. Сколько всего кодонов в генетическом коде?

10. Сколько кодонов генетического кода кодируют аминокислоты?

11. Сколько аминокислот кодирует один кодон?

12. Охарактеризуйте первичную, вторичную и третичную структуры молекулы ДНК.

13. При помощи каких связей соединяются нуклеотиды в полинуклеотидную цепь?

14. Что является мономерами ДНК?

15. Сколько нуклеотидов входит в состав кодона генетического кода?

16. Напишите комплементарные пары азотистых оснований ДНК.

17. Какое свойство ДНК обеспечивает сохранность наследственной информации при делении клеток?

18. Что входит в состав нуклеотида?

19. Какие виды РНК известны?

20. В какую фазу митотического цикла происходит репликация ДНК?

21. Какая пентоза входит в состав нуклеотида РНК?

22. Какой вид РНК переносит аминокислоты к рибосомам? Сколько их видов?

23. Назовите пуриновые и пиримидиновые основания ДНК.

24. По какому принципу соединяются азотистые основания нуклеотидных цепей ДНК?

25. Какой вид РНК переносит информацию от ДНК на белок?

РНК-полимераза Е.coli - белок с четвертичной структурой. Одновременно в клетке присутствует около 7000 молекул РНК-полимеразы.

Субъединичный состав фермента: 2α, ββ´σ - holo-фермент (полный фермент). Без σ -фактора это core-фермент (2 ) 2α, ββ´.

σ - фактор - сменный фактор специфичности.

Только holo-фермент обладает высоким сродством к специфической последовательности нуклеотидов - промотору, сродство к остальным случайным последовательностям ДНК у него снижено в 10000 раз. У core-фермента одинаковое сродство к любой последовательности нуклеотидов.

Сам по себе σ - фактор обладает наименьшим сродством к ДНК по сравнению с другими субьединицами РНК-полимеразы, однако он придает holo-ферменту такую конформацию, которая обладает повышенным сродством к промотору.

Как только произошла инициация транскрипции, σ -фактор отделяется. Элонгация - продолжение синтеза РНК, и терминация - его остановка, осуществляются core-ферментом.

Стадии узнавания и связывания, а также инициации осуществляются holo-ферментом. Элонгация и терминация осуществляются core-ферментом.

Две α субъединицы - каркас РНК-полимеразы. К ним крепятся остальные субъединицы.

β´ - субъединица отвечает за прочное связывание с ДНК за счет кластера положительно заряженных аминокислот.

В β - субъединице находятся два каталитических центра. Один отвечает за инициацию, а другой - за элонгацию. Один центр работает в holo-, а другой - в core- ферменте.

Оперон

Оперон – единица транскрипции. В начале каждого оперона промотор. В конце – терминатор. М/ду ними – стр. гены, или цистроны. М/ду промотором и 1-м цистроном может находиться оператор. Оператор может преркрываться с промотором или даже целиком в нём находиться. Перед каждым из цистронов лидер.

Промотор – посл, узнаваемая holo-ф/том ДНК-зав. РНК-полимеразой как посадочная площадка и старт позиция.

Терминатор – посл, узнаваемая core-ф/том как сигнал прекращения синтеза. На нём происходит дисс. ф-та и ДНК.

Цистроны – посл, в каждой заодирована 1 пепт. цепь или 1 мол-ла РНК. В 1 опероне закодированы участники 1 б/х ре-ии.

Оператор – посл, узнаётся репрессором. Если р. сидит на операторе, а опрератор перекр. с промотором, то невозможна даже посладка РНК-пол. Если оператор за промотором, невозможно движение.

Перед каждым геном – ШД. Лидер нуженр для инициации.

Особенности стр. промоторов у прокариот

Для изучения структуры промоторов провели следующий эксперимент. При оптимальных условиях связывания получили комплекс РНК-полимеразы с ДНК. Этот комплекс обработали ДНК-азой, и таким образом гидролизовали всю ДНК, незащищенную РНК-полимеразой. После этого отделили РНК-полимеразу от оставшихся фрагментов ДНК. Опять создали оптимальные условия для образования комплекса. Комплекс не образовывался.

Отсюда следует вывод, что

узнавание и прочное связывание происходит на разных участках ДНК.

Эти участки отличаются и по первичной, и по вторичной структуре. Путем секвенирования выявили структуру многих промоторов. У большинства из них имеется общее свойство.

РНК-полимераза узнает промотор, покрывая 40-60 пар нуклеотидов. В промоторе узнается взаимное расположение двух расплавленных AT-богатых участков. В каждом из них расплавлено 4-6 пар. Центры этих участков находятся в положенях "-10" и "-35". Принципиально важным является расстояние между расплавленными участками. Оно колеблется от 16 до 19 п.н. Искусственное увеличение этого расстояния до 20 п.н. или уменьшение его до 15 п.н. приводит к тому, что РНК-полимераза не узнает испорченный промотор.

Этапы транскрипции у прокариот

Узнавание и прочное связывание

Как только произошло узнавание (позиция 1), РНК-полимераза перемещается в позицию 2. В каталитическом центре инициации транскрипции, находящемся в β -субъединице, оказывается +1-ый нуклеотид оперона. Переход из позиции 1 в позицию 2 возможен, если на операторе нет белка-репрессора.

Примерно 5% промоторов у прокариот имеют только участок "-10", однако, тем не менее, хорошо узнаются РНК-полимеразой. Такие промоторы представлены палиндромными последовательностями, принимающими форму креста при суперспирализации кольцевых молекул ДНК.

2. Инициациязаключается в образовании первой фосфодиэфирной связи между пурин-трифосфатом (АТФ или ГТФ) и следующим нуклеотидом. После инициации σ - фактор покидает фермент.

3. Элонгация- последовательное наращивание цепи РНК (или продолжение транскрипции).

Скорость элонгации 40-50 нукл./сек.

Для комплементарного синтеза РНК необходим разрыв водородных связей в ДНК. Core-фермент РНК- полимеразы покрывает примерно 40 пар нуклеотидов (4 витка спирали ДНК). Разрыв водородных связей на 4-х витках спирали - очень энергоемкий процесс. Он не был обнаружен при изучении транскрипции.

Показано, что РНК-полимераза переводит ДНК из В-формы в А-форму. В ней плоскости азотистых оснований не перпендикулярны оси спирали, а наклонены на 200 к перпендикуляру. Это облегчает "выворачивание" двух соседних азотистых оснований в цепи ДНК для того, чтобы напротив них встали комплементарные нуклеотиды РНК. В пользу этого говорит полная идентичность параметров А-формы ДНК и гибрида, состоящего из одной цепи ДНК и одной - РНК. "Мотором" транскрипции является энергия, высвобождающаяся при отщеплении пирофосфата от каждого рибо-НТФ.

Ингибиторы транскрипции прокариот.

Существует множество ингибиторов транскрипции. Они действуют по разным механизмам и на разных стадиях. Большинство из них - антибиотики.

Рифампицин - ингибитор инициации.

Связывается с центром инициации holo-РНК-полимеразы E. сoli.

Стрептолидигин - ингибитор элонгации.

Связывается с центром элонгации core-РНК-полимеразы E. сoli.

4. Терминация. Специфическая терминация бывает ρ - независимой и - зависимой.

При ρ - независимой терминации в терминаторе присутствует палиндром. В синтезируемой РНК формируется шпилька. Шпилька меняет конформацию РНК-полимеразы и фермент теряет сродство к ДНК.

ρ - фактор - это имеющий четвертичную структуру белок, обладающий АТФ-азной активностью.

Он способен узнавать 5`-конец синтезируемой РНК длиной приблизительно 50 нуклеотидов, садиться на него и двигаться по РНК с такой же скоростью, с которой РНК-полимераза движется по ДНК.

В терминаторе много Г-Ц пар (с тремя водородными связями), вследствие чего РНК-полимераза замедляет ход, ρ - фактор ее догоняет, изменяет конформацию фермента - и синтез РНК прекращается.

Дата добавления: 2018-08-06 ; просмотров: 349 ;

На этой странице вы рассмотрите Решение задач по биологии 30 из предмета Биология, в предложенной теме также освящены и другие вопросы по Биология. Если у вас появились новые вопросы, спрашивайте в комментариях.

Задача.1. Начало цепи одной из фракций гистона НЗ, выделенного из тимуса быка, имеет следующую аминокислотную последовательность : Ала-Арг-Тре-Лиз-. Какова возможная структура начальных фрагментов и-РНК и двухцепочечной ДНК?

Решение. По таблице 1 находим, что указанные аминокислоты гистона НЗ кодируется триплетами: ГЦЦ-ЦГЦ-АЦЦ-ААГ. По принципу комплементарности устанавливаем строение соответствующего участка молекулы ДНК.

Цепь и-РНК: ГЦЦ-ЦГЦ-АЦЦ-ААГ

Первая цепь ДНК: ЦГГ-ГЦГ-ТГГ-ТТЦ

Вторая цепь ДНК: ГЦЦ-ЦГЦ-АЦЦ-ААГ.

Задача.2. У больных серповидной анемией в молекуле гемоглобина глютаминовая кислота замещена на Валин. Чем отличается ДНК, больного серповидной анемией, от ДНК здорового человека?

Решение. Находим триплеты на и-РНК, кодирующие глютаминовую кислоту и валин, а по ним – нуклеотидный состав ДНК:

Здоровый человек Больной человек

Аминокислоты Глу Вал

Кодоны и-РНК ГАА ГУУ

Состав ДНК ГАА ГТТ

Задача.3.Какое изменение молекулы ДНК сильнее повлияет на строение белка: выпадение одного нуклеотида из триплета или целого триплета?

Решение. В качестве примера возьмем какой-либо участок цепи ДНК, несущий информацию о строении определенного пептида, и проанализируем его строение при возможных ситуациях.

а) при нормальном строении ДНК.

Цепь ДНК: …АГГ-ТГГ-ЦТЦ-ЦТГ-Г…

Пептид -Сер -Тре -Глу -Асп-

б) при выпадении из цепи ДНК одного нуклеотида. Допустим, выбит первый нуклеотид второго триплета (Т) .

Цепь ДНК: …АГГ-ГГЦ-ТЦЦ-ТГГ…

Пептид -Сер -Про -Арг -Тре-

в) при выпадении целого триплета из цепи ДНК. Допустим, выбит второй триплет (-ТГГ-) .

Цепь ДНК: …АГГ…-…ЦТЦ-ЦТГ-Г…

Пептид -Сер …-… -Глу -Асп-

Таким образом, при выпадении одного нуклеотида из цепи ДНК изменяется полностью аминокислотный состав белковой молекулы. Исключение целого триплета приводит к выпадению лишь одной аминокислоты. При этом последовательность всех остальных аминокислот в белковой цепи сохраняется.

Молекулярная масса одной аминокислоты в среднем – 100.

Молекулярная масса одного нуклеотида – 345.

Длина одного нуклеотида – 0,34нм.

Длина одной аминокислоты-0,3нм

Задача№4.Дана цепь ДНК: Ц Т А- Т А Г -Т А А -Ц Ц А- А

Определите: а) первичную структуру белка, закодированного в этой цепи;

б) количество (в %) различных видов нуклеотидов в этом гене (в двух цепях); в) длину этого гена; г) первичную структуру белка, синтезируемого после выпадения девятого нуклеотида в этой цепи ДНК.

Решение: а) Асп – ала- илей – гли --- .

б) всего в двух цепях-26 нуклеотидов. Чтобы найти количество адениловых нуклеотидов (в%) составляем пропорциию: А=Т-(9+9)=18; Ц+Г-(4+4)=8.

На основе принципа комплементарности (А=Т) - 34,6+34,6=69,2%

100% - 69,2%=30,8% приходится на (Г+Ц). 30,8:2=15,4%

В) В одной цепи ДНК всего-13 нуклеотидов. 13 х 0,34нм=4,42нм.

Г) после выпадения девятого нуклеотида

Асп – ала – мет – вал

Задача №5.Даны полипептидные цепи:

а) але – тре – лиз – аспи …

б) гли – илей – вал – глу – глун …

в) тре – сер – илей – сер – асп

Определите структуру соответствующих цепей ДНК.

Примечание: Из нескольких возможных кодонов и-РНК одной аминокислоты следует брать, для удобства проверки, первый кодон по порядку чтения таблицы генетического

Задача№21 Оперон фермента РНК-полимеразы кишечной палочки включает 9450пар нуклеотидов. РНК-полимераза состоит из 329 аминокислот. Сколько кодирующих и не кодирующих пар нуклеотидов входит в состав оперона РНК- полимеразы.

Решение: За 329 аминокислот в гене отвечает329х3=987 пар нуклеотидов. Не кодирующая часть 9450пар-987пар=8463пары нуклеотидов.Она включает регуляторную зону(промотор, ген оператор и т.д.)

Задача№22. Белок - полимер. Ген, кодирующий его, состоит из 10 900 пар нуклеотидов, в том числе включает 2 интрона по 5 тысяч пар нуклеотидов каждый.

Из скольких аминокислотных остатков состоит белок.

Решение: За белок отвечает только экзоны и на них приходится 900 пар нуклеотидов.

Ген включает 2 интрона по 5 тысяч: 5000х2=10 000пар нуклеотидов.

10 900-10 000=900пар нуклеотидов. 900:3=300 аминокислотных остатков.

Задача №23. Б елок – полимер. Ген, кодирующий его, включает 5 интронов по 10 тысяч.пар нуклеотидов и 4 экзона по 270пар нуклеотидов.

Сколько нуклеотидов входит в состав кодирующей зоны и-РНК этого белка и сколько он включает аминокислотных остатков?

Решение: Ген включает 5 интронов по 10 000пар нуклеотидов 10 000х5=50 000пар нуклеотидов, кроме этого включает 4 экзона по 270пар нуклеотидов:270х4=1080 пар нуклеотидов.

В состав кодирующий зоны входит 1080пар нуклеотидов. Каждая аминокислота кодируется триплетом (тремя нуклеотидами). 1080:3=360аминокислотных остатков.

Задача№24. Ген состоит из 21 200 пар нуклеотидов и включает 2интрона по 10 000пар нуклеотидов, каждый. Сколько аминокислотных остатков включает белок, синтез

которого контролируется этим геном.

Решение: 10 000х2=20 000пар нуклеотидов интрона. 21 200-20 000= 1 200пар нуклеотидов. 1200:3=400 аминокислотных остатков.

Задача№25. Чему равна длина гена, кодирующего белок из 420 аминокислотных остатков, если он включает 2 интрона по 3000 пар нуклеотидов каждый? Решение: За 420 аминокислот в гене отвечает 420х3=1260пар нуклеотидов. Не кодирующая часть 3000х 2=6000 нуклеотидов. Всего: 1260+6000=7260 пар нуклеотидов.

Чтобы определить длину гена 7260х0,34нм.=2468,4.

Задача №26. Общая масса всех молекул ДНК в 46 хромосомах одной соматической клетки человека

Составляет около 6х10-9мг. Определите, чему равна масса всех молекул ДНК в сперматозоиде и в соматической клетке перед началом деления и после его окончания.

1. Перед началом деления в исходной клетке количество ДНК удваивается и масса равна .

2.После окончания деления в соматической клетке количество ДНК остается таким же,

Как в исходной клетке:

3. В половых клетках 23 хромосомы, то есть в два раза меньше, чем в соматических,

Соответственно масса ДНК в сперматозоиде в 2 раза меньше и составляет .

Задача №27. Две цепи ДНК удерживаются друг против друга водородными связями. Определите: число двойных и тройных водородных связей в этой цепи ДНК, а также её

Длину, если известно, что нуклеотидов с аденином (А)-12, с гуанином (Г)-20, в обеих цепях.(расстояние между нуклеотидами в ДНК составляет – 0,34нм).

1. Аденин(А) комплементарен тимину (Т), и между ними образуются две водородные связи, следовательно, двойных водородных связей-12;

2. Гуанин (Г) комплементарен цитозину(Ц), и между ними образуются три водородные связи, следовательно, тройных водородных связей -20;

3. Всего нуклеотидов в цепи 12(А) +12(Т)+20(Г)+20(Ц)=64;

Длина участка молекулы ДНК: 64:2Х0,34=10,88нм.

Задача№28. Участок молекулы ДНК имеет структуру:

Определите:структуру второй цепи ДНК, нуклеотидный состав и-РНК и число тройных водородных связей в этом участке молекулы ДНК

1.) Вторая цепь ДНК имеет структуру:

2). И-РНК имеет нуклеотидный состав:

3). Число тройных водородных связей: тройные водородные связи образуются между гуанином (Г) и цитозином (Ц), их число=10

Задача №29. Дана цепь ДНК: ЦТА-АТГ-ТАА-ЦЦА

Определите: 1) Первичную структуру закодированного белка

2) Процентное содержание различных видов нуклеотидов в этом гене (в двух цепях)

3). Длину этого гена

Послед-сть аминокислот: асп-тир-иле-гли.

Первая цепь ДНК: ЦТА-АТГ-ТАА-ЦЦА

Вторая цепь ДНК: ГАТ-ТАЦ-АТТ-ГГТ

Кол-во:А=8, Т=8,Г=4,Ц=4. Все кол-во:24,ээто 100%.

А=Т,=8, это (8х100%):24=33,3%

Длина гена: 12х0,34нм=4,08нм

Длина белка: 4аминок. х 0,3=1,2нм.

Информационная часть м-РНК содержит 144 нуклеотида.Определите число аминокислот, которые входят в состав кодируемого ею белка, число молекул т-РНК, участвующих в процессе трансляции этого белка, и число нуклеотидов в участке гена,кодирующих первичную структуру этого белка. Обьясните полученные результаты:

Решение: 1. аминокислоту кодирует триплет нуклеотидов, следовательно белок состоит из 144:3= 48 аминокислот

2. одна т-РНК транспортирует одну аминокислоту, следовательно, в процессе трансляции участвовало 48 т-РНК.

3. и-РНК является копией гена, который кодирует данный белок ,поэтому ген содержит 144 нуклеотида

Решение: а) ТАГ- ТГА-ТТТ-ТТА …

Задача№6.Сколько нуклеотидов содержит ген (обе цепи ДНК), в котором запрограммирован белок инсулин из 51 аминокислоты?

Решение: Каждая аминокислота кодируется триплетом (тремя нуклеотидами) ДНК. Следовательно, для кодирования 51 аминокислоты белка потребуется

51х3=153 нуклеотида в одной цепи ДНК, а в гене – в два раза больше:

Задача№7. Молекулярная масса белка Х-50 000. Определите длину соответствующего гена.

Решение: Белок Х состоит из 50 000:100=500 аминокислот. Для кодирования

500 аминокислоты потребуется 500 триплетов. 500х3=1500 нуклеотидов.

Длина этой цепи ДНК=1500 х 0,34нм = 510нм.

Задача№8.Сколько нуклеотидов содержат гены (обе цепи ДНК),в которых запрограммированы следующие белки а) из 500 аминокислот, б) из 25 аминокислот,

в) из 48 аминокислот.

Решение: каждая аминокислота кодируется триплетом. Следовательно, а) 500 х 3=1500 нуклеотидов в одной цепи ДНК, а в гене –в два разабольше:1500х2=3000. б) 25 х 3 = 75 нуклеотидов, в одной цепи ДНК, а в гене 75х2=150 нуклеотидов.в) 48 х 3 = 144 нуклеотидов, в одной цепи ДНК, а в гене 144х2=288 нуклеотидов.

Примечание: Молекулярная масса одной аминокислоты в среднем 100.

Молекулярная масса одного нуклеотида 345.

Длина одного нуклеотида 0,34 нм.

Задача№9. Известна, молекулярная масса четырех видов белков:

а) 3000; б) 4600; в) 7800; г) 3500. Определите длину соответствующих генов.

Решение: а) 3000: 100=30 аминокислот.30х3=90 нуклеотидов.90х0,34=30,6 нм.

б) 4600:100=46 аминокислот.46х3=138 нуклеотидов.138 х 0,34=46,92нм.

в) 7800:100=78 аминокислот.78х3=234 нуклеотидов.234 х 0,34=795,6нм.

г) 3500: 100=35 аминокислот.35х3=105 нуклеотидов.105 х 0,34=35,7 нм.

Задача№10.. Одна из цепей ДНК имеет молекулярную массу 34 155.Определите

количество мономеров белка, запрограммированного в этой ДНК.

Решение: 34 155:345=99 нуклеотидов содержится в ДНК. 99:3=33 триплета в ДНК кодируют 33 аминокислоты белка.

Задача№11. В молекуле ДНК обнаружено 880 гуаниловых нуклеотидов, которые составляют 22% от общего количества нуклеотидов этой ДНК.

Определите: а) сколько содержится других нуклеотидов в этой молекуле ДНК.

б) какова длина ДНК

Решение: а) На основе принципа комплементарности Ц-Г= 22%+22%=44% или

Ц-Г=880+880=1760. На долю других видов нуклеотидов Т+А=приходится

100%-44%=56%.Для вычисления количества этих нуклеотидов составляем пропорцию:

Х-----100 Х= 4000 всего нуклеотидов в двух цепях.(А+Т)=(Ц+Г).

4000-1760=2240 нуклеотидов это 56%.

б) Для определения длины ДНК узнаем, сколько нуклеотидов содержится в одной цепи:

4000:2= 2000 нуклеотидов.

в) Вычисляем длину ДНК: 2000нук. х 0,34нм.=680нм.

Задача№12. Какова молекулярная масса гена (двух цепей ДНК), если в одной цепи его запрограммирован белок с молекулярной массой 1500?

Решение: а) 1500:100=15 аминокислот в белке;

б) 15х3=45 нуклеотидов в одной цепи гена

. в) 45х345=15 525 (молекулярная масса одной цепи гена).

г) молекулярная масса двух цепей 15 525х2=31050.

Задача №13. Определите длину молекулы ДНК, если в белке 51 аминокислота (инсулин), а длина одного нуклеотида 0,34 нм.

Решение: В молекуле белка 51 аминокислота. Каждая аминокислота кодируется триплетом, поэтому в одной цепи ДНК – 51 триплетов. 51х3=153 нуклеотида.

Вычисляем длину ДНК 153 х о,34нм. =52,02нм.

Задача №14. Сколько аминокислотных остатков включает белок, если в кодирующем его гена цитозина - 800, тимина - 430.

Решение: На основе принципа комплементарности А=Т и Г=Ц.

В двух цепях ДНК: (Г+Ц)=800+800=1600 нуклеотидов; ( А+Т)=430+430=860 нуклеотидов.

В двух цепях всего 2460 нуклеотидов. В одной цепи 2460:2=1230 нуклеотидов.

Каждый триплет кодирует одну аминокислоту: 1230:3=410 аминокислотных остатков.

Задача№15. В состав гена входит 30% тимина. Сколько в нем гуанина, если белок, кодируемый этим геном включает 350 аминокислот.

Решение: На основе принципа комплементарности А=Т -30%+30%=60%. Чтобы узнать сколько % в нем гуанина: 100% - 60%= 40%.(Г+Ц).

350х3=1050 нуклеотидов, в одной цепи ДНК. В двух цепях ДНК1050х2=2100 нуклеотидов.

Чтобы определить сколько % нуклеотидов приходится на А+Т- составляем пропорцию:

Х---------60% Х= 1260 нуклеотидов.

Чтобы определить сколько нуклеотидов приходится на Ц+Г- составляем пропорцию:

Х-----------40%. Х=840% нуклеотидов. 840: 2= 420 нуклеотидов гуанина.

Задача№16. Сколько аминокислотных остатков включает белок, если в кодирующем

его гене аденина – 300, гуанина – 720, цитозина – 720.

Решение: На основе комплементарности А=Т-(300+300)=600 нуклеотидов.

Г=Ц – (720+720)=1440 нуклеотидов.В двух цепях ДНК: 1440+600=2040 нуклеотидов.

В одной цепи ДНК: 2040:2=1020 нуклеотидов. Каждая аминокислота кодируется триплетом. 1020 нуклеотидов : 3=340 аминокислотных остатков.

Задача № 17. В состав и-РНК входит: А-16%, У-28%, Г-24%, Ц-32%.

Определите процентный состав азотистых оснований молекулы ДНК, слепком с которой является указанная РНК.

Решение: На основе принципа комплементарности а) количество А=У, найдем среднее арифметич.% содержания этих нуклеотидов 16%+28%=44%.А=У-44:2=22%.

Г=Ц, найдем среднее арифмет. 100-44=56%(Г+Ц). 56:2=28%.

Задача№18.В гене аденина 20%, гуанина-900 оснований. Сколько аминокислотных остатков в белке, кодируемом этим геном?

Решение: На основе комплементарности Г=Ц-900+900=1800оснований. Чтобы найти количество аденина составляем пропорцию: 1800----100

Х-----40% Х=720 нуклеотидов (А+Т).

Количество нуклеотидов в двух цепях ДНК-1800+720=2520, а в одной цепи ДНК 2520:2=1260 нуклеотидов. Чтобы найти аминокислотных остатков в белке 1260:2=630.

Задача№19. В состав т-РНК входит Г-34%, У-24%, А-22%, Ц-20%. Определите процентный состав азотистых оснований молекулы ДНК, слепком с которой является указанная РНК.

Решение: На основе принципа комплементарности а) А+У, найдем среднее арифмет.

% содержание этих нуклеотидов 22%+24%=46%. А-У=46:2=23%.

б) Г=Ц, найдем средне арифметич.100-46=54% на (Г+Ц). 54:2=27%.

Задача№20. В состав и-РНК входит Г-34%, У- 18%, Ц-28%, А-20%.Определите процентный состав азотистых оснований молекулы ДНК, с которой транскрибировалось и-РНК.

Решение: На основе принципа комплементарности а) А+У=20%+18%=38%. 38%:2=19%

Ген определяют как участок молекулы ДНК (у некоторых вирусов РНК), кодирующий первичную структуру полипептида, молекулы транспортной или рибосомной РНК либо взаимодействующий с регуляторным белком.

Ген - это последовательность нуклеотидов, которая выполняет определенную функцию в организме, например последовательность нуклеотидов , кодирующая полипептид тРНК или обеспечивающая транскрипцию другого гена.

Тело прокариот, как правило, состоит из одной клетки. Однако при неполном расхождении делящихся клеток возникают нитчатые, колониальные и полинуклеоидные формы (бактероиды). В прокариотических клетках отсутствуют постоянные двумембранные и одномембранные органоиды: пластиды и митохондрии, эндоплазматическая сеть, аппарат Гольджи и их производные. Их функции выполняют мезосомы – складки плазматической мембраны. В цитоплазме фотоавтотрофных прокариот имеются разнообразные мембранные структуры, на которых протекают реакции фотосинтеза.

Размеры прокариотических клеток изменяются от 0,1-0,15 мкм (микоплазмы) до 30 мкм и более. Большинство бактерий имеет размеры 0,2-10 мкм. У подвижных бактерий имеются жгутики, основой которых служит белки флагеллины.

Структура гена прокариот проста. Участок , кодирующий определенный белок, представляет ряд нуклеотидов (триплетных кодонов), которые транскрибируются на мРНК и затем транслируются на рибосоме в данный белок. Более сложной является система регуляции синтеза белка у бактерий. Как показали исследования, проведенные на E.coli, структурные гены, детерминирующие утилизацию этой бактерии лактозы, довольно тесно сцеплены и образуют оперон.

Оперон – участок бактериальной хромосомы, включающий следующие участки ДНК: Р – промотор, О – оператор, Z, Y, А – структурные гены, Т – терминатор. (В состав других оперонов может входить до 10 структурных генов.)

Промотор служит для присоединения РНК-полимеразы к молекуле ДНК с помощью комплекса CAP-цАМФ (CAP – специфический белок; в свободной форме является неактивным активатором; цАМФ – циклоаденозинмонофосфат – циклическая форма аденозинмонофосфорной кислоты).

Оператор способен присоединять белок–репрессор (который кодируется соответствующим геном). Если репрессор присоединен к оператору, то РНК-полимераза не может двигаться вдоль молекулы ДНК и синтезировать иРНК.

Структурные гены кодируют три фермента, необходимые для расщепления лактозы (молочного сахара) на глюкозу и галактозу. Молочный сахар лактоза – менее ценный продукт питания, чем глюкоза, поэтому в присутствии глюкозы сбраживание лактозы является невыгодным для бактерии процессом. Однако при отсутствии глюкозы бактерия вынуждена переходить на питание лактозой, для чего синтезирует соответствующие ферменты Z, Y, А.

Терминатор служит для отсоединения РНК-полимеразы после окончания синтеза иРНК, соответствующей ферментам Z, Y, А, необходимым для усвоения лактозы.

Для регуляции работы оперона необходимы еще два гена: ген, кодирующий белок–репрессор, и ген, кодирующий белок СYА. Белок СYА катализирует образование цАМФ из АТФ. Если в клетке имеется глюкоза, то белок СYА вступает с ней в реакцию и переходит в неактивную форму. Таким образом, глюкоза блокирует синтез цАМФ и делает невозможным присоединение РНК-полимеразы к промотору. Итак, глюкоза является репрессором.

Если же в клетке имеется лактоза, то она взаимодействует с белком–репрессором и превращает его в неактивную форму. Белок–репрессор, связанный с лактозой, не может присоединиться к оператору и не преграждает путь РНК-полимеразе. Итак, лактоза является индуктором.

Предположим, что первоначально в клетке имеется только глюкоза. Тогда белок–репрессор присоединен к оператору, а РНК-полимераза не может присоединиться к промотору. Оперон не работает, структурные гены выключены.

При появлении в клетке лактозы и при наличии глюкозы белок–репрессор отщепляется от оператора и открывает путь РНК-полимеразе. Однако РНК-полимераза не может присоединиться к промотору, поскольку глюкоза блокирует синтез цАМФ. Оперон по-прежнему не работает, структурные гены выключены.

Если же в клетке имеется только лактоза, то белок–репрессор связывается с лактозой, отщепляется и открывает путь РНК-полимеразе. В отсутствии глюкозы белок СYА катализирует синтез цАМФ, и РНК-полимераза присоединяется к промотору. Структурные гены включаются, РНК-полимераза синтезирует иРНК, с которой транслируются ферменты, обеспечивающие сбраживание лактозы.

Таким образом, лактозный оперон находится под двойным контролем индуктора (лактозы) и репрессора (глюкозы).

Белок laс –репрессор –аллостерический белок, который имеет два центра связывания и поэтому может присоединяться к двум разным молекулам. В одном случае с оператором, а в другом- с лактозой.Это кластерная организация генов.